1、2011屆高三物理一輪復習同步優化測控試題第32講動量守恒定律及其應用1.如圖所示，木塊B與水平彈簧相連放在光滑水平面上，子彈A沿水平方向射入木塊后留在木塊B內，入射時間極短，關于子彈和木塊組成的系統，下列說法正確的是()A.子彈從開始射入木塊到彈簧壓縮到最短的過程中，系統動量守恒B.子彈射入木塊的過程中，系統動量守恒C.子彈射入木塊的過程中，系統動量不守恒D.木塊壓縮彈簧的過程中，系統動量守恒解析：子彈射入木塊在瞬間完成，這一過程木塊的位移以及彈簧的作用可以忽略不計，故木塊與子彈組成的系統動量守恒，這一過程機械能不守恒.壓縮彈簧的過程動量越來越小，但木塊和彈簧組成的系統機械能守恒，選項B正確

2、.答案：B2.質量為M的木塊放在光滑的水平桌面上處于靜止狀態，今有一顆質量為m、速度為v0的子彈沿水平方向擊中木塊，在子彈未穿出木塊的過程中，木塊受到的沖量大小為()A.mv0B.mv0C. D.mv0解析：由動量守恒定律得：mv0(mM)v木塊受到的沖量大小IMv聯立解得：I選項C、D是相同結果的不同表達式，所以選項C、D正確.答案：CD3.A、B兩球在光滑水平面上相向運動，已知mAmB，當兩球相碰后，其中一球停止運動，則可斷定()A.碰前A的動量與B的動量大小相等B.碰前A的動量大于B的動量C.若碰后A的速度為零，則碰前A的動量大于B的動量D.若碰后B的速度為零，則碰前A的動量大于B的動量

3、解析：碰后只有一球靜止，說明系統總動量不為零，選項A錯誤；由于不知道哪個球停止，則不能判斷碰前誰的動量大，B錯誤；由于二球相向運動，一球停止，另一球的運動方向必與其原運動方向反向，總動量與靜止球原動量方向相同，因此選項C正確.答案：C4.小球1追碰小球2，碰撞前兩球的動量分別為p15 kg·m/s，p27 kg·m/s，正碰后小球2的動量p210 kg·m/s.則兩球的質量關系可能是()A.m2m1B.m22m1C.m24m1 D.m26m1解析：由動量守恒定律，很容易得到碰后小球1的動量p12 kg·m/s，這絲毫不能反映出兩球的質量關系，這就要從題中

4、內含的其他關系去尋找.首先，“追碰”表明碰前小球1的速度大于小球2的速度，即v1v2，由v可得，即m2，排除了選項A的可能.按同樣思路，碰后應有v1v2，有m25m1，排除了選項D的可能.由動能不增原則可知：Ek1Ek2Ek1Ek2，由動能Ek與動量p的關系：Ek可得：即有：m2，排除了選項B的可能.綜合以上結論得：m25m1，只有選項C正確.答案：C5.如圖所示，人在平板車上用水平恒力拉繩使重物能逐漸靠近自己，人相對車始終不動，重物與平板車之間、平板車與地面之間均無摩擦.設開始拉重物時車和重物都是靜止的，車和人的總質量M100 kg ，重物的質量m50 kg，拉力F200 N，重物在車上向人

5、靠近了3 m，求：(1)車在地面上移動的距離.(2)這時車和重物的速度.解析：(1)設重物在車上向人靠近L3 m時，車在地面上移動的距離為s，依題意有：m(Ls)Ms整理得：s1 m.(2)人和車的加速度a m/s22 m/s2則人和車在地面上移動1 m時的速度為：v2 m/s此時物體的對地速度為v物，根據mv物Mv得：v物4 m/s.答案：(1)1 m(2)4 m/s 6.用火箭發射人造衛星時，假設最后一節火箭的燃料用完后，火箭殼體和衛星一起以v7.0×103 m/s的速度繞地球做勻速圓周運動.已知衛星的質量m500 kg，最后一節火箭殼體的質量M100 kg.某時刻火箭殼體與衛星

6、分離，分離時衛星與火箭殼體沿軌道切線方向的相對速度u1.8×103 m/s，試計算分離后瞬間衛星的速度和火箭殼體的速度.(以地面為參考系)解析：設分離后衛星與火箭殼體相對地面的速度分別為v1和v2，分離時系統在軌道切線方向上動量守恒，有：(mM)vmv1Mv2又uv1v2解得：v17.3×103 m/sv25.5×103 m/s.答案：7.3×103 m/s5.5×103 m/s金典練習十六動量守恒定律及其應用選擇題部分共10小題，每小題6分.在每小題給出的四個選項中，有的小題只有一個選項正確，有的小題有多個選項正確.1.如圖所示，小車放在光滑

7、的水平面上，先將小球拉到一定的角度，然后同時放開小球和小車，那么在以后的過程中()A.小球向左擺動時，小車也向左運動，且小球與小車組成的系統動量守恒B.小球向左擺動時，小車向右運動，且小球與小車組成的系統動量守恒C.小球向左擺到最高點時，小球的速度為零，而小車速度不為零D.在任何時刻，小球和小車在水平方向上的動量一定大小相等、方向相反答案：D2.一顆手榴彈以v010 m/s的水平速度在空中飛行.設它爆炸后炸裂為兩塊，小塊質量為0.2 kg，沿原方向以250 m/s的速度飛去，那么，質量為0.4 kg的大塊在爆炸后速度大小和方向是()A.125 m/s，與v0反向B.110 m/s，與v0反向C

8、.240 m/s，與v0反向 D.以上答案均不正確解析：由動量守恒定律有：Mv0m1v1m2v2即0.6×100.2×2500.4v2解得：v2110 m/s，負號表示方向與v0相反.答案：B3.如圖所示，甲、乙兩人各站在靜止小車的左右兩端，當他倆同時相向行走時，發現小車向右運動.下列說法不正確的是(車與地面之間無摩擦)()A.乙的速度必定大于甲的速度B.乙對小車的沖量必定大于甲對小車的沖量C.乙的動量必定大于甲的動量D.甲、乙動量總和必定不為零解析：甲、乙及小車組成的系統水平方向動量守恒、總動量為零，當小車向右運動時，說明甲、乙兩人的總動量水平向左，乙對小車向右的沖量大于

9、甲對小車向左的沖量.答案：A4.如圖所示，半圓槽M置于光滑的水平面上.現從半圓槽右端入口處靜止釋放一質量為m的小球，則小球釋放后，以下說法中正確的是()A.若圓弧面光滑，則系統動量守恒B.若圓弧面光滑，則小球能滑至半圓槽左端入口處C.若圓弧面不光滑，則小球不能滑至半圓槽左端入口處，且小球到達最左端時，系統有向右的速度D.若圓弧面不光滑，則小球不能滑至半圓槽左端入口處，但小球到達最左端時，系統速度為零解析：無論槽是否光滑，這一過程系統豎直方向的動量都不守恒，而水平方向上系統的動量守恒.當弧面光滑時，系統機械能守恒.設小球釋放后到達槽的最右端的高度為h，共同速度為v，有：(mM)×0(m

10、M)vmgRmgh(mM)v2解得：v0，hR.答案：BD5.如圖甲所示，一輕彈簧的兩端與質量分別為m1和m2的兩物塊A、B相連接，并靜止在光滑的水平面上.現使B瞬時獲得水平向右的速度v3 m/s，以此刻為計時起點，兩物塊的速度隨時間變化的規律如圖乙所示，從圖象信息可得()A.在t1、t3時刻兩物塊達到共同速度1 m/s，且彈簧都處于伸長狀態B.兩物體的質量之比m1m221C.在t2時刻A與B的動能之比Ek1Ek241D.從t3到t4時刻彈簧由壓縮狀態恢復到原長解析：在t1、t3時刻兩物體達到共同速度1 m/s，其中t1時刻彈簧處于伸長狀態，t3時刻彈簧處于壓縮狀態.故選項A錯誤.由動量守恒定

11、律得：m2×3(m1m2)×1解得：m1m221，故選項B正確.在t2時刻Ek1Ek2m1×22m2×1281，故選項C錯誤.在t4時刻A、B相對速度最大，彈簧處于原長狀態，故選項D正確.答案：BD6.A、B兩球沿同一條直線運動，圖示的st圖象記錄了它們碰撞前后的運動情況，其中a、b分別為A、B碰撞前的st圖線，c為碰撞后它們的st 圖線.若A球質量為1 kg，則B球質量是()A.0.17 kgB.0.34 kgC.0.67 kgD.1.00 kg解析：由圖象可知碰撞前兩者做勻速直線運動的速度分別為：va m/s3 m/s，vb m/s2 m/s碰撞后二

12、者粘在一起做勻速直線運動的速度為：vc m/s1 m/s由于碰撞過程中動量守恒，則有：mAvamBvb(mAmB)vc可解得：mB0.67 kg.答案：C7.如圖所示，靜止在水平面上內壁光滑的盒子中有一小球，盒子與小球的質量均為m，盒子與水平面間的動摩擦因數為.現給盒子一個水平向右的沖量I，設盒子與小球發生多次沒有機械能損失的碰撞，最終都停下來.用t表示從瞬時沖量作用在盒子上到最終停下來所用的時間，s表示以上過程中盒子的位移.則下列各式正確的是()A.t，s B.t，sC.t，s D.t，s解析：取盒子及小球整體為研究對象，由動量定理有I2mg··t00，故滑動摩擦力的作用

13、時間t0，又因為每次盒子左壁與小球碰撞后，盒子與小球的速度交換，盒子處于靜止狀態，直至小球與盒子右壁碰撞，故tt0.又由動能定理：2mgsmv20，故s.答案：D8.如圖所示，一沙袋用無彈性輕繩懸于O點.開始時沙袋處于靜止，此后用彈丸以水平速度擊中沙袋后均未穿出.第一次彈丸的速度為v1，打入沙袋后二者共同擺動的最大擺角為30°；當其第一次返回圖示位置時，第二粒彈丸以水平速度v2又擊中沙袋，使沙袋向右擺動且最大擺角仍為30°.若彈丸的質量是沙袋質量的，則以下結論中正確的是()A.v1v2B.v1v24142C.v1v24241 D.v1v24183解析：兩次打入沙袋的時間都非

14、常短，不需考慮這一段時間沙袋的擺動位移，即射入過程彈丸和沙袋組成的系統動量守恒.設第一粒彈丸打入沙袋后瞬間，彈丸和沙袋的共同速度為v1，有：mv141mv1 解得： v1v1由機械能守恒定律可知，它們共同返回平衡位置時的速度大小仍為v1，方向水平向左.設第二粒彈丸打入沙袋后沙袋的速度為v2，由題意知v2v1v1，對于第二粒彈丸打入沙袋的過程有：mv241mv142mv242m·(v1)解得：.答案：D9.如圖所示，在光滑的水平軌道上有甲、乙兩個等大的小球沿軌道向右運動，取向右為正方向，它們的動量分別為p15 kg·m/s 和 p27 kg·m/s.若兩球能發生正碰

15、，則碰后兩球動量的增量p1和p2可能是()A.p13 kg·m/s，p23 kg·m/sB.p13 kg·m/s，p23 kg·m/sC.p13 kg·m/s，p23 kg·m/sD.p110 kg·m/s，p210 kg·m/s解析：由題意知，Ek當動量做選項A所述的變化時，系統的動量守恒，通過計算可知機械能可能減小，故有可能成立；當動量做選項B所述的變化時，系統的動量不守恒，故不可能成立；當動量做選項C所述的變化時，甲的速度大于乙的速度，故不可能成立；當動量做選項D所述的變化時，系統的動能增大，故不可能成立.答

16、案：A10.如圖所示，三塊相同的小木塊從相同的高度由靜止開始同時釋放，其中A做自由落體運動，B在自由下落的中途被一水平方向的子彈射入，C在釋放的瞬間被一水平方向的子彈射入.則關于它們的下落時間tA、tB、tC的關系，正確的是()A.tAtBtCB.tAtBtCC.tAtBtC D.tAtCtB解析：tA，C在釋放的瞬間，獲得水平初速度后做平拋運動，tCtA.設B自由下落速度達到v1時被水平飛行的子彈射入，子彈射入的過程中可認為系統動量守恒，在水平方向有mv0(mM)vx，在豎直方向有Mv1(Mm)vy，可得vyv1，由此可知子彈射入的過程使B的豎直速度減小，故tB.答案：D非選擇題部分共3小題

17、，共40分.11.(13分)如圖所示，一質量為M的物塊靜止在桌面邊緣，桌面離水平地面的高度為h.一質量為m的子彈以水平速度v0射入物塊后，以水平速度射出.已知重力加速度為g，求：(1)此過程中系統損失的機械能.(2)此后物塊落地點離桌面邊緣的水平距離.2008年高考·全國理綜卷解析：(1)設子彈穿過物塊后物塊的速度為v，由動量守恒得：mv0mMv解得：vv0系統的機械能損失為：Emv(3)mv.(2)設物塊下落到地面所需時間為t，落地點距桌面邊緣的水平距離為s，則hgt2svt可解得：s.答案：(1)(3)mv(2)12.(13分)如圖甲所示，固定的光滑水平絕緣軌道與豎直放置的光滑絕

18、緣的圓形軌道平滑連接，圓形軌道處于水平向右的勻強電場中，圓形軌道的最低點有A、B、C、D四個小球.已知mAmBmCmD0.3 kg，A球帶正電，電荷量為q，其余小球均不帶電.電場強度E，圓形軌道半徑R0.2 m，小球C、D與處于原長的輕彈簧2連接，小球A、B中間壓縮一輕且短的彈簧1，輕彈簧與A、B均不連接，由靜止釋放A、B后，A恰能做完整的圓周運動.B被彈開后與C小球碰撞且粘連在一起，設碰撞時間極短.g取10 m/s2，求：(1)A球剛離開彈簧時速度的大小.(2)彈簧2的最大彈性勢能.解析：(1)因qEmg，由題意知小球恰好能通過圖乙中的P點，設經過P點的速度為v，由小球A的重力和電場力的合力

19、提供向心力有：F合2mgm在圓周軌道的最低點彈簧將B、A兩球分別向左右彈開，設彈開時A、B兩球的速度大小分別為vA、vB，由動量守恒有：mvAmvB，即vAvB小球A從圓周軌道的最低點運動到P的過程中，由動能定理有：F合(RRcos 60°)mv2mv聯立解得：vAvB4 m/s.(2)設B、C碰后速度為v1，B與C碰撞動量守恒由mvA2mv1得v12 m/sB、C整體減速，D球加速，當兩者速度相等時設為v2，彈簧最短，此時彈性勢能最大，有：2mv13mv2，得：v2 m/s故Epm×2mv×3mv0.4 J.答案：(1)4 m/s(2)0.4 J13.(14分)質量M4.0 kg的平板小車靜止在光滑的水平面上，如圖甲所示.當t0時，兩個質量分別為mA2 kg、mB1 kg的小物體A、B，都以大小為v07 m/s、方