【文档说明】高考物理一轮复习巩固提升第6章第2节　动量守恒定律　碰撞　爆炸　反冲 (含解析).doc，共(5)页，145.500 KB，由MTyang资料小铺上传

转载请保留链接：https://www.ichengzhen.cn/view-84185.html

以下为本文档部分文字说明：

(建议用时：40分钟)一、单项选择题1．如图所示，甲木块的质量为m1，以v的速度沿光滑水平地面向前运动，正前方有一静止的、质量为m2的乙木块，乙上连有一轻质弹簧．甲木块与弹簧接触后()A．甲木块的动量守恒B．乙木块的动量守恒C．甲、乙两木块所组成系统的动量守恒D．甲、乙两木块所组成系统的动

能守恒解析：选C.两木块在光滑水平地面上相碰，且中间有弹簧，则碰撞过程系统的动量守恒，机械能也守恒，故选项A、B错误，选项C正确；甲、乙两木块碰撞前、后动能总量不变，但碰撞过程中有弹性势能，故动能不守恒，只是机械能守恒，选项D错误．2．(201

9·泉州检测)有一个质量为3m的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为v0、方向水平向右，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为2m，速度大小为v，方向水平向右，则另一块的速度是()A．3v0－vB．2v0－3vC．3v0－2vD．2v0＋v解析：选C.在最高点水平方向动量守恒

，由动量守恒定律可知，3mv0＝2mv＋mv′，可得另一块的速度为v′＝3v0－2v，对比各选项可知，答案选C.3.如图所示，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方

向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是()A．A和B都向左运动B．A和B都向右运动C．A静止，B向右运动D．A向左运动，B向右运动解析：选D.选向右为正方向，则A的动量pA＝m·2v0＝2mv0，B的动量pB＝－2mv0.碰前A、B的动量之和为零，根据动量守恒，碰后A、B

的动量之和也应为零，可知四个选项中只有选项D符合题意．4．将静置在地面上，质量为M(含燃料)的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体．忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束

时火箭模型获得的速度大小是()A．mMv0B．Mmv0C．MM－mv0D．mM－mv0解析：选D.应用动量守恒定律解决本题，注意火箭模型质量的变化．取向下为正方向，由动量守恒定律可得：0＝mv0－(M－m)v′故v′＝mv0M－m，选项D正确．

5.如图所示，小车(包括固定在小车上的杆)的质量为M，质量为m的小球通过长度为L的轻绳与杆的顶端连接，开始时小车静止在光滑的水平面上．现把小球从与O点等高的地方释放(小球不会与杆相撞)，小车向左运动的最大位移是()A．2LMM＋mB．2LmM＋mC．MLM＋mD

．mLM＋m解析：选B.分析可知小球在下摆过程中，小车向左加速，当小球从最低点向上摆动过程中，小车向左减速，当小球摆到右边且与O点等高时，小车的速度减为零，此时小车向左的位移达到最大，小球相对于小车的位移为2L.小球和小车组成的系统在水平方向上动量守恒，设小球和小车在水平方向上的速度

大小分别为v1、v2，有mv1＝Mv2，故ms1＝Ms2，s1＋s2＝2L，其中s1代表小球的水平位移大小，s2代表小车的水平位移大小，因此s2＝2LmM＋m，选项B正确．6．(2019·江西赣州信丰模拟)如图所示，B、C、D、E、F，5个小球并排放置在光滑的水平面上，B、C、D、E，

4个球质量相等，而F球质量小于B球质量，A球的质量等于F球质量．A球以速度v0向B球运动，所发生的碰撞均为弹性碰撞，则碰撞之后()A．3个小球静止，3个小球运动B．4个小球静止，2个小球运动C．5个小球静止，1个小球运动D．6个小球都运动解析：选A.因A、B质量不等，MA＜MB

.A、B相碰后A速度向左运动，B向右运动．B、C、D、E质量相等，弹性碰撞后，不断交换速度，最终E有向右的速度，B、C、D静止．E、F质量不等，ME＞MF，则E、F都向右运动．所以碰撞后B、C、D静止

；A向左，E、F向右运动．故A正确，B、C、D错误．7.2017年7月9日，斯诺克世界杯在江苏无锡落下帷幕，由丁俊晖和梁文博组成的中国A队在决赛中1比3落后的不利形势下成功逆转，最终以4比3击败英格兰队，帮助中国斯诺克台球队获得了世界

杯三连冠．如图所示为丁俊晖正在准备击球，设在丁俊晖这一杆中，白色球(主球)和花色球碰撞前、后都在同一直线上运动，碰前白色球的动量pA＝5kg·m/s，花色球静止，白色球A与花色球B发生碰撞后，花色球B的动量变为p′B＝4kg·m/s，则两球质量mA与mB间的关系可能是()A．m

B＝mAB．mB＝14mAC．mB＝16mAD．mB＝6mA解析：选A.由动量守恒定律得pA＋pB＝p′A＋p′B，解得p′A＝1kg·m/s，根据碰撞过程中总动能不增加，则有p2A2mA≥p′2A2mA＋p′2

B2mB，代入数据解得mB≥23mA，碰后两球同向运动，白色球A的速度不大于花色球B的速度，则p′AmA≤p′BmB，解得mB≤4mA，综上可得23mA≤mB≤4mA，选项A正确．二、多项选择题8.如图所示，光滑水平面上有

大小相同的A、B两球在同一直线上运动．两球质量关系为mB＝2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为6kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4kg·m/s，则()A．该碰撞为弹性碰撞B．该

碰撞为非弹性碰撞C．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5D．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10解析：选AC.由mB＝2mA，pA＝pB知碰前vB＜vA，若右方为A球，由于碰前动量都为6kg·m/s，即都向右运动，两

球不可能相碰；若左方为A球，设碰后二者速度分别为v′A、v′B，由题意知p′A＝mAv′A＝2kg·m/s，p′B＝mBv′B＝10kg·m/s，解得v′Av′B＝25.碰撞后A球动量变为2kg·m/s，B球动量变为10kg·m/s，又mB＝2mA，由计算可知碰撞前后A、B两球动能之和不变，

即该碰撞为弹性碰撞，选项A、C正确．9.质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ.初始时小物块停在箱子正中间，如图所示．现给小物块一水平向右的初速

度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为()A．12mv2B．mM2（m＋M）v2C．12NμmgLD．NμmgL解析：选BD.设系统损失的动能为ΔE，根据题意可知，整个过程中小物块和箱子构成的系统满足动量守

恒和能量守恒，则有mv＝(M＋m)vt(①式)、12mv2＝12(M＋m)v2t＋ΔE(②式)，由①②式联立解得ΔE＝Mm2（M＋m）v2，可知选项A错误，B正确；又由于小物块与箱壁碰撞为弹性碰撞，则损耗的能量全部用于摩擦生热

，即ΔE＝NμmgL，选项C错误，D正确．10．一弹丸在飞行到距离地面5m高时仅有水平速度v＝2m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1，不计质量损失，取重力加速度g＝10m/s2.则下列图中两块弹片

飞行的轨迹不正确的是()解析：选ACD.弹丸爆炸瞬间爆炸力远大于外力，故爆炸瞬间动量守恒．因两弹片均水平飞出，飞行时间t＝2hg＝1s，取向右为正，由水平速度v＝xt知，选项A中，v甲＝2.5m/s，v乙＝－0.5m/s；选项B

中，v甲＝2.5m/s，v乙＝0.5m/s；选项C中，v甲＝1m/s，v乙＝2m/s；选项D中，v甲＝－1m/s，v乙＝2m/s.因爆炸瞬间动量守恒，故mv＝m甲v甲＋m乙v乙，其中m甲＝34m，m乙＝14m，v＝2m/s，代入数值计算知选项B正确．

三、非选择题11．如图所示，小球B与一轻质弹簧相连，并静止在足够长的光滑水平面上，小球A以某一速度与轻质弹簧正碰．小球A与弹簧分开后，小球B的速度为v，求：(1)当两个小球与弹簧组成的系统动能最小时，小球B的速度的大小；(2)若小球B的质量m2已知，

在小球A与弹簧相互作用的整个过程中，小球A受到弹簧作用力的冲量．解析：(1)当系统动能最小时，弹簧压缩至最短，两球具有共同速度v共．设小球A、B的质量分别为m1、m2，碰撞前小球A的速度为v0，小球A与弹簧分开后的速度为v1.从小球A碰到弹簧到与弹簧分开的过程中，由系统动量守恒和能量守恒有m1v0

＝m1v1＋m2v12m1v20＝12m1v21＋12m2v2联立解得v＝2m1v0m1＋m2即m1v0＝m1＋m22v从小球A碰到弹簧到两球共速的过程中，系统动量守恒，故m1v0＝(m1＋m2)v共解得v共＝v2.(2)设水平向右为正方向，则小球B动量的

增量为m2v，根据动量守恒小球A动量的增量为－m2v根据动量定理有I＝－m2v，小球A受到弹簧作用的冲量的大小为m2v，方向水平向左．答案：见解析12.(2019·四川双流中学模拟)如图所示，A、B两个物体粘在一起以v0＝3m/s的速度向右运动，物体中间有少量炸药，经过O点时炸药爆炸，

假设所有的化学能全部转化为A、B两个物体的动能且两物体仍然在水平面上运动，爆炸后A物体的速度依然向右，大小变为vA＝2m/s，B物体继续向右运动进入光滑半圆轨道且恰好通过最高点D，已知两物体的质量mA＝mB＝1kg，O点到半圆轨

道最低点C的距离xOC＝0.25m，物体与水平轨道间的动摩擦因数为μ＝0.2，A、B两个物体均可视为质点，求：(1)炸药的化学能E；(2)半圆轨道的半径R.解析：(1)A、B在炸药爆炸前后动量守恒，由动量守恒定律可得2mv0＝mvA＋mvB，根据能

量守恒定律可得12·2mv20＋E＝12mv2A＋12mv2B，两式联立并代入数据解得E＝1J.(2)由于B物体恰好经过半圆轨道的最高点，故有mg＝mv2DR，在B物体由O运动到D的过程中，由动能定理可得－μmgxOC－mg·2R＝12mv2D－12mv2B，联立可解得R＝0.3m.答案：(1)1

J(2)0.3m