2020届高考物理二轮复习专题冲刺考前基础回扣练八动量与动量守恒定律含解析 4页

高考物理总复习 八　动量与动量守恒定律 ‎1．(多选)恒力F作用在质量为m的物体上，如图所示，由于地面对物体的摩擦力较大，没有被拉动，则经时间t，下列说法正确的是(　　)‎ A．拉力F对物体的冲量大小为Ft B．拉力F对物体的冲量大小是Ftcosθ C．合力对物体的冲量大小为零 D．重力对物体的冲量大小是mgt 答案　ACD 解析　拉力对物体的冲量大小为：IF＝Ft，故A正确，B错误；由于物体没有被拉动，处于平衡状态，其合外力为零，合外力的冲量也为零，故C正确；重力对物体的冲量大小为IG＝mgt，故D正确。‎ ‎2. 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 答案　D 解析　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D符合题意。‎ ‎3. 如图所示，光滑水平面上有质量均为m的滑块A和B，B上固定一轻弹簧，B静止，A以速度v0水平向右运动，通过弹簧与B发生作用，作用过程中，弹簧获得的最大弹性势能Ep为(　　)‎ - 4 -‎ 高考物理总复习 A.mv B.mv C.mv D.mv 答案　C 解析　当两个滑块速度相等时弹簧压缩量最大，弹性势能最大；滑块A、B系统动量守恒，根据动量守恒定律，有：mv0＝2mv1，解得：v1＝v0；系统减小的动能等于增加的弹性势能，故弹簧获得的最大弹性势能为：Ep＝mv－×2m×2＝mv，故选C。‎ ‎4. (多选)如图所示，物体A、B的质量分别为m、2m，物体B置于水平面上，物体B上部半圆形槽的半径为R，将物体A从圆槽右侧顶端由静止释放，一切摩擦均不计。则(　　)‎ A．A能到达B圆槽的左侧最高点 B．A运动到圆槽的最低点时A的速率为 C．A运动到圆槽的最低点时B的速率为 D．B向右运动的最大位移大小为 答案　AD 解析　运动过程不计一切摩擦，系统机械能守恒，且两物体水平方向动量守恒，那么A可以到达B圆槽的左侧最高点，且A在B圆槽的左侧最高点时，A、B的速度都为零，故A正确；设A运动到圆槽最低点时的速度大小为vA，圆槽B的速度大小为vB，规定向左为正方向，根据A、B在水平方向动量守恒得0＝mvA－2mvB，解得vA＝2vB，根据机械能守恒定律得mgR＝mv＋×2mv，解得vB＝ ，vA＝ ，B、C错误；当A运动到左侧最高点时，B向右运动的位移最大，设为x，根据动量守恒得m(2R－x)＝2mx，解得x＝R，D正确。‎ ‎5．(多选)如图质量为M、长度为l的小车静止在光滑的水平面上，质量为m的小物块放在小车的最左端。现用一水平恒力F作用在小物块上，使物块从静止开始做匀加速直线运动，物块和小车之间的摩擦力为f。经过时间t，小车运动的位移为s，物块刚好滑到小车的最右端，则(　　)‎ - 4 -‎ 高考物理总复习 A．此时物块的动能为(F－f)(s＋l)，动量为(F－f)t B．此时小车的动能为f(s＋l)，动量为ft C．这一过程中，物块和小车增加的机械能为Fs D．这一过程中，物块和小车产生的内能为fl 答案　AD 解析　对物块分析，物块的位移为l＋s，根据动能定理得，(F－f)(l＋s)＝mv2－0，则知物块到达小车最右端时具有的动能为(F－f)(l＋s)，由动量定理：(F－f)t＝mv，则物块的动量为(F－f)t，故A正确；小车的位移为s，受到的摩擦力为f，根据动能定理有Ek车＝fs，根据动量定理有p车＝ft，B错误；由A、B项分析可得，物块和小车增加的机械能为E＝(F－f)(s＋l)＋fs＝Fs＋(F－f)l，故C错误；系统产生的内能等于系统克服滑动摩擦力所做的功，大小为fl，故D正确。‎ ‎6．如图所示，放在光滑水平桌面上的A、B两个小木块中间夹一被压缩的轻弹簧，当轻弹簧被放开时，A、B两个小木块各自在桌面上滑行一段距离后，飞离桌面落在地面上。若mA＝3mB，则下列结果正确的是(　　)‎ 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 答案　D 解析　弹簧弹开两木块过程中，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，则速度大小之比vA∶vB＝1∶3，根据动能定理得，轻弹簧对A、B做功分别为W1＝mAv，W2＝mBv，联立解得W1∶W2＝1∶3，故A错误；根据动量守恒定律可知，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＝‎ - 4 -‎ 高考物理总复习 mBgt，所以Δp1∶Δp2＝3∶1，故C错误；两木块加速时，由Fx＝mv2可知，F相等，位移大小之比为1∶3，A、B两木块加速后的速度之比为vA∶vB＝mB∶mA＝1∶3，在桌面上匀速运动相同的时间离开桌面后均做平抛运动，运动时间t也相等，故A、B两木块总的水平位移大小之比为1∶3，D正确。‎ ‎7．如图所示，相距足够远完全相同的质量均为3m的两个木块静止放置在光滑水平面上，质量为m的子弹(可视为质点)以初速度v0水平向右射入木块，穿出第一块木块时速度变为v0，已知木块的长为L，设子弹在木块中所受的阻力恒定。试求：‎ ‎(1)子弹穿出第一块木块后，第一个木块的速度大小v以及子弹在木块中所受阻力大小；‎ ‎(2)子弹在第二块木块中与该木块发生相对运动的时间t。‎ 答案　(1)v0　　(2) 解析　(1)子弹打穿第一块木块过程，由动量守恒定律有mv0＝m＋3mv，解得v＝v0‎ 对子弹与第一块木块相互作用系统，由能量守恒定律有FfL＝mv－m2－·(3m)v2‎ 解得子弹受到木块阻力Ff＝。‎ ‎(2)对子弹与第二块木块相互作用系统，由于 m2＝