2019届高考物理一轮复习课时跟踪： 动量守恒定律（普通高中） 含解析

课时跟踪检测（二十三） 动量守恒定律

[A级——基础小题练熟练快]

★1．一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A并留在其A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图所示。则在子弹

击木块A及弹簧被压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统( )

A．动量守恒，机械能守恒 B．动量不守恒，机械能守恒 C．动量守恒，机械能不守恒 D．无法判定动量、机械能是否守恒

解析：选C 动量守恒的条件是系统不受外力或所受外力的合力为零，本题中子弹、两木块、弹簧组成的系统，水平方向上不受外力，竖直方向上所受外力的合力为零，所以动量守恒。机械能守恒的条件是除重力、弹力对系统做功外，其他力对系统不做功，本题中子弹射入木块瞬间有部分机械能转化为内能，故系统机械能不守恒，只有选项C正确。

2. (2018·南平模拟)如图所示，A、B两物体质量分别为mA、

mB，中，打

且mA＞mB，置于光滑水平面上，相距较远。将两个大小均为F的力，同时分别作用在A、B上经过相同距离后，撤去两个力，两物体发生碰撞并粘在一起后将( )

A．停止运动 C．向右运动

B．向左运动

D．运动方向不能确定

解析：选C 已知两个力大小相等，mA＞mB，由牛顿第二定律可知，两物体的加速度aA＜11

aB，又知xA＝xB，由运动学公式得xA＝aAtA2，xB＝aBtB2，可知tA＞tB，由IA＝FtA，IB＝FtB，

22可得IA＞IB，由动量定理可知pA－0＝IA，pB－0＝IB，则pA＞pB，碰前系统总动量方向向右，碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律可知，碰后总动量方向向右，故A、B、D错误，C正确。

3．[多选]质量为M和m0的滑块用轻弹簧连接，以恒定的速度v沿滑水平面运动，与位于正对面的质量为m的静止滑块发生碰撞，如图示，碰撞时间极短，在此过程中，下列情况可能发生的是( )

A．M、m0、m速度均发生变化，分别为v1、v2、v3，而且满足(M＋m0)v＝Mv1＋m0v2＋mv3 B．m0的速度不变，M和m的速度变为v1和v2，而且满足Mv＝Mv1＋mv2 C．m0的速度不变，M和m的速度都变为v′，且满足Mv＝(M＋m)v′

D．M、m0、m速度均发生变化，M、m0速度都变为v1，m的速度变为v2，且满足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2

解析：选BC 在M与m碰撞的极短时间内，m0的速度来不及改变，故A、D均错误；M与m碰撞后可能同速，也可能碰后不同速，故B、C均正确。

★4．如图所示，一质量M＝3.0 kg的长方形木板B放在光滑水平面上，在其右端放一个质量m＝1.0 kg的小木块A。给A和B以大小均

地为光所

4.0 m/s，方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离木板B。 在

小木块A做加速运动的时间内，木板速度大小可能是( )

A．1.8 m/s C．2.8 m/s

B．2.4 m/s D．3.0 m/s

解析：选B A先向左减速到零，再向右做加速运动，在此期间，木板做减速运动，最终它们保持相对静止，设A减速到零时，木板的速度为v1，最终它们的共同速度为v2，取水平向右8

为正方向，则Mv－mv＝Mv1，Mv1＝(M＋m)v2，可得v1＝ m/s，v2＝2 m/s，所以在小木块A

38

做加速运动的时间内，木板速度大小应大于2.0 m/s而小于 m/s，只有选项B正确。

3

★5．(2018·厦门质检)如图所示，两辆质量均为M的小车A和B置于光滑的水平面上，有一质量为m的人静止站在A车上，两车静止。若这个人自A车跳到B车上，接着又跳回A车并与A车相对静止。则此时A车和B车的速度之比为( )

M＋mA．m MC．

M＋m

m＋MB．M D．

m

M＋m

vAM

解析：选C 规定向右为正方向，则由动量守恒定律有：0＝MvB－(M＋m)vA，得＝，

vBM＋m故C正确。

[B级——中档题目练通抓牢]

6.(2018·桂林质检)如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两

个小

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8 kg·m/s，运动过程中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4 kg·m/s，则( )

A．右方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为 2∶3 B．右方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为 1∶6 C．左方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为 2∶3 D．左方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为 1∶6

解析：选C A、B 两球发生碰撞，规定向右为正方向，由动量守恒定律可得ΔpA＝－ΔpB，由于碰后A球的动量增量为负值，所以右边不可能是A球，若是A球则动量的增量应该是正值，因此碰撞后A球的动量为4 kg·m/s，所以碰撞后B球的动量是增加的，为12 kg·m/s，由于mB＝2mA，所以碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶3，故C正确。

★7．(2018·北京丰台区质检)如图所示，两质量分别为m1和m2的弹性小球叠放在一起，从高度为h处自由落下，h远大于两小球半径，落地瞬间，B先与碰撞，后与A碰撞，所有的碰撞都是弹性碰撞，且都发生在竖直方向、碰撞时可忽略不计。已知m2＝3m1，则A反弹后能达到的高度为( )

A、B地面间均

A．h C．3h

B．2h D．4h

解析：选D 所有的碰撞都是弹性碰撞，所以不考虑能量损失。设竖直向上为正方向，根据11

机械能守恒定律和动量守恒定律可得，(m1＋m2)gh＝(m1＋m2)v2，m2v－m1v＝m1v1＋m2v2，(m1

22111

＋m2)v2＝m1v12＋m2v22，m1v12＝m1gh1，将m2＝3m1代入，联立可得h1＝4h，选项D正确。

222

8．如图所示，一个倾角为α的直角斜面体静置于光滑水平面上，斜质量为M，顶端高度为h，今有一质量为m的小物体，沿光滑斜面下滑，物体从斜面顶端自由下滑到底端时，斜面体在水平面上移动的距离是( )

mhA．

M＋mmh

C．

?M＋m?tan α

MhB． M＋mD．

Mh

?M＋m?tan α

面体当小

解析：选C 此题属“人船模型”问题。m与M组成的系统在水平方向上动量守恒，设m在水平方向上对地位移为x1，M在水平方向上对地位移为x2，因此有

0＝mx1－Mx2。 且x1＋x2＝

h

。 tan α

① ②

由①②可得x2＝

mh

，故C正确。

?M＋m?tan α

和粗量为＝

★9.如图所示，小车的质量M＝2.0 kg，带有光滑的圆弧轨道AB糙的水平轨道BC，且两轨道相切于B点。一小物块(可视为质点)质m＝0.5 kg，与轨道BC间的动摩擦因数μ＝0.10，BC部分的长度L0.80 m，重力加速度g取10 m/s2。

(1)若小车固定在水平面上，将小物块从AB轨道的D点静止释放，小物块恰好可运动到C点。试求D点与BC轨道的高度差；

(2)若将小车置于光滑水平面上，小物块仍从AB轨道的D点静止释放，试求小物块滑到BC中点时的速度大小。

解析：(1)设D点与BC轨道的高度差为h，根据动能定理有mgh＝μmgL，解得：h＝8.0×10

－2

m。

(2)设小物块滑到BC中点时小物块的速度为v1，小车的速度为v2，对系统，水平方向动量

11L

mv12＋Mv22?；由以上各式，解得：守恒有：mv1－Mv2＝0；根据功能关系有：μmg＝mgh－?2?2?2v1＝0.80 m/s。

答案：(1)8.0×102 m (2)0.80 m/s

－

10．(2017·天津高考)如图所示，物块A和B通过一根轻质不可伸长的细连，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为mA＝2 kg、mB＝1 kg。时A静止于水平地面上，B悬于空中。现将B竖直向上再举高h＝1.8 m(未触

绳相初始及滑

轮)，然后由静止释放。一段时间后细绳绷直，A、B以大小相等的速度一起运动，之后B恰好可以和地面接触。取g＝10 m/s2，空气阻力不计。求：

(1)B从释放到细绳刚绷直时的运动时间t； (2)A的最大速度v的大小； (3)初始时B离地面的高度H。

1

解析：(1)B从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，有h＝gt2 ①

2代入数据解得t＝0.6 s。

②

(2)设细绳绷直前瞬间B速度大小为vB，有vB＝gt ③

细绳绷直瞬间，细绳张力远大于A、B的重力，A、B相互作用，由动量守恒得 mBvB＝(mA＋mB)v

④

之后A做匀减速运动，所以细绳绷直后瞬间的速度v即为A的最大速度， 联立②③④式，代入数据解得v＝2 m/s。 ⑤

(3)细绳绷直后，A、B一起运动，B恰好可以和地面接触，说明此时A、B的速度为零，这1

一过程中A、B组成的系统机械能守恒，有(mA＋mB)v2＋mBgH＝mAgH ⑥

2

代入数据解得H＝0.6 m。 答案：(1)0.6 s (2)2 m/s (3)0.6 m [C级——难度题目自主选做]

11.(2018·德阳一诊)如图所示，放在光滑水平桌面上的A、B两小中部夹一被压缩的轻弹簧，当轻弹簧被放开时，A、B两小木块各自在上滑行一段距离后，飞离桌面落在地面上。若mA＝3mB，则下列结果的是( )

A．若轻弹簧对A、B做功分别为W1和W2，则有W1∶W2＝1∶1 B．在与轻弹簧作用过程中，两木块的速度变化量之和为零

C．若A、B在空中飞行时的动量变化量分别为Δp1和Δp2，则有Δp1∶Δp2＝1∶1 D．若A、B同时离开桌面，则从释放轻弹簧开始到两木块落地的这段时间内，A、B两木块的水平位移大小之比为1∶3

解析：选D 弹簧弹开木块过程中，两木块及弹簧组成的系统动量守恒，取水平向左为正方向，由动量守恒定律得：mAvA－mBvB＝0，则速度之比vA∶vB＝1∶3，根据动能定理得：轻弹11

簧对A、B做功分别为W1＝mAvA2，W2＝mBvB2，联立解得W1∶W2＝1∶3，故A错误。根据

22动量守恒定律得知，在与轻弹簧作用过程中，两木块的动量变化量之和为零，即mAΔvA＋mBΔvB＝0，可得，ΔvA＋ΔvB≠0，故B错误。A、B离开桌面后都做平抛运动，它们抛出点的高度相同，运动时间相等，设为t，由动量定理得：A、B在空中飞行时的动量变化量分别为Δp1＝mAgt，Δp2＝mBgt，所以Δp1∶Δp2＝3∶1，故C错误。平抛运动水平方向的分运动是匀速直线运动，由x＝v0t知，t相等，则A、B两木块的水平位移大小之比等于vA∶vB＝1∶3，故D正确。

木块桌面正确

⑦

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