届高三高考物理复习专题突破动量守恒定律及其应用Word文件下载.docx

届高三高考物理复习专题突破动量守恒定律及其应用Word文件下载.docx

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C．玩具青蛙起跳时的速度大小为3m/sD．木块开始滑动时的速度大小为1m/s

3.（2019·

云南二模）如图所示，木块静止在光滑水平面上，两颗不同的子弹A、B从木块两侧同时射入木块，最终都停在木块内，这一过程中木块始终保持静止。

若子弹A射入的深度大于子弹B射入的深度，则（　　）

A．子弹A的质量一定比子弹B的质量大

B．入射过程中子弹A受到的阻力比子弹B受到的阻力大

C．子弹A在木块中运动的时间比子弹B在木块中运动的时间长

D．子弹A射入木块时的初动能一定比子弹B射入木块时的初动能大

4.（2019·

湖南常德市高考物理一模）竖直放置的轻弹簧，一端固定于地面，一端与质量为3kg的B固定在一起，质量为1kg的A放于B上。

现在A和B正在一起竖直向上运动，如图所示。

当A、B分离后，A上升0.2m到达最高点，此时B速度方向向下，弹簧为原长，则从A、B分离起至A到达最高点的这一过程中，下列说法正确的是（g取10m/s2）（　　）

A．A、B分离时B的加速度为gB．弹簧的弹力对B做功为零

C．弹簧的弹力对B的冲量大小为6N·

sD．B的动量变化量为零

5.（2019·

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8kg·

m/s，运动过程中两

球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4kg·

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

6.（2019·

山东恒台一中高三上学期诊断考试）如图所示，光滑水平面上，甲、乙两个球分别以大小为v1＝1m/s、v2＝2m/s的速度做相向运动，碰撞后两球粘在一起以0.5m/s的速度向左运动，则甲、乙两球的质量之比为（　　）

A．1∶1B．1∶2C．1∶3D．2∶1

7.将质量为1.00kg的模型火箭点火升空，50g燃烧的燃气以大小为600m/s的速度从火箭喷口在很短时间

内喷出。

在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为（喷出过程中重力和空气阻力可忽略）（）

A．30

B．5.7×

102

C．6.0×

D．6.3×

8.（2019·

哈尔滨第三中学高三上学期期末）如图所示，足够长的木板Q放在光滑水平面上，在其左端有一可视为质点的物块P，P、Q间接触面粗糙。

现给P向右的速率vP，给Q向左的速率vQ，取向右为速度的正方向，不计空气阻力，则运动过程中P、Q的速度随时间变化的图象可能正确的是（　　）

9.（2019·

甘肃天水高三上学期期末联考）如图所示，木块B与水平面间的摩擦不计，子弹A沿水平方向射入木块并在极短时间内相对于木块静止下来，然后木块压缩弹簧至弹簧最短。

将子弹射入木块到刚相对于木块静止的过程称为Ⅰ，此后木块压缩弹簧的过程称为Ⅱ，则（　　）

A．过程Ⅰ中，子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能不守恒，动量也不守恒

B．过程Ⅰ中，子弹和木块所组成的系统机械能不守恒，动量守恒

C．过程Ⅱ中，子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能守恒，动量也守恒

D．过程Ⅱ中，子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能守恒，动量不守恒

10.（2019·

江苏通州、海门、启东高三上学期期末三县联考）如图甲所示的水平面上，B点左侧光滑、右侧粗糙，静止放置甲、乙两个可视为质点的小球，已知m甲＝2kg，m乙＝4kg。

乙球与B点右侧水平面的动摩擦因数μ＝0.2。

现给甲球一个水平向右的速度v1＝5m/s，与乙球发生碰撞后被弹回，弹回的速度大小v1′＝1m/s。

（1）试求发生碰撞后，乙球获得的速度大小；

（2）碰撞后，立即有一水平向右的拉力F作用在乙球上，F随时间变化的规律如图乙所示，试求3s末乙球的速度大小。

11.（2019·

东营模拟）如图所示，甲、乙两名宇航员正在离空间站一定距离的地方执行太空维修任务．某时刻甲、

乙都以大小为v0＝2m/s的速度相向运动，甲、乙和空间站在同一直线上且可视为质点．甲和他的装备总质

量为M1＝90kg，乙和他的装备总质量为M2＝135kg，为了避免直接相撞，乙从自己的装备中取出一质量为

m＝45kg的物体A推向甲，甲迅速接住A后即不再松开，此后甲、乙两宇航员在空间站外做相对距离不变

的同向运动，且安全“飘”向空间站．（设甲、乙距离空间站足够远，本题中的速度均指相对空间站的速度）

（1）乙要以多大的速度v（相对于空间站）将物体A推出？

（2）设甲与物体A作用时间为t＝0.5s，求甲与A的相互作用力F的大小．

12.（2018·

高考全国卷Ⅱ）汽车A在水平冰雪路面上行驶，驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B.两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B车向前滑动了4.5m，A车向前滑动了2.0m，已知A和B的质量分别为2.0×

103kg和1.5×

103kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g＝10m/s2.求：

（1）碰撞后的瞬间B车速度的大小；

（2）碰撞前的瞬间A车速度的大小．

参考答案

【答案】：

C

【解析】：

A、B两人及小车组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，根据动量守恒定律得mAvA＋mBvB＋m车v车＝0，若小车不动，则mAvA＋mBvB＝0，由于不知道A、B质量的关系，所以两人速率不一定相等，故A错误；

若小车向左运动，则A、B的动量和必须向右，而A向右运动，B向左运动，所以A的动量一定比B的大，故B错误，C正确；

若小车向右运动，则A、B的动量和必须向左，而A向右运动，B向左运动，所以A的动量一定比B的小，故D错误．

【答案】AD

【解析】由

得玩具青蛙在空中运动的时间为

，A项正确；

玩具青蛙离开地面时的水平速度和竖直速度分别为

，

，玩具青蛙起跳时的速度大小为

，C项错误；

由动量守恒定律得

，解得木块开始滑动时的速度大小为

，D项正确；

由动量定理得：

，解得玩具青蛙在平台上运动的时间为

，B项错误。

【答案】　D

【解析】　由于木块始终保持静止状态，则两子弹对木块的推力大小相等，即两子弹所受的阻力大小相等，设为f，根据动能定理得，对子弹A：

－fdA＝0－EkA，得EkA＝fdA；

对子弹B：

－fdB＝0－EkB，得EkB＝fdB，由于dA>

dB，则有子弹入射时的初动能EkA>

EkB，故B错误，D正确。

两子弹和木块组成的系统动量守恒，则有

＝

，而EkA>

EkB，则mA<

mB，故A错误。

子弹A、B从木块两侧同时射入木块，木块始终保持静止，分析得知，两子弹在木块中运动的时间必定相等，否则木块就会运动，故C错误。

【答案】　ABC

【解析】　A、B分离时，二者的速度相等，加速度也相等，都等于重力加速度g，可知弹簧恢复原长时二者分离，A正确；

A到最高点时弹簧恰恢复原长，可知弹簧对B做的功等于0，B正确；

分离时二者速度相同，以后A做竖直上抛运动，由题设条件可知，竖直上抛的初速度v＝

m/s＝2m/s，上升到最高点所需的时间t＝

＝0.2s，对B在此过程内用动量定理（规定向下为正方向）得mBgt＋IN＝mBv－（－mBv），解得IN＝6N·

s，C正确；

分离时B的速度方向向上，A上升0.2m到达最高点时B的速度方向向下，所以B的动量变化量向下，一定不等于0，D错误。

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；

因A球动量的增量是负值，因此碰撞后A球的动量为4kg·

m/s，所以碰撞后B球的动量是增加的，为12kg·

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．

【答案】　A

【解析】　设甲、乙两球的质量分别为m1、m2，乙球的速度方向为正方向，根据动量守恒：

m2v2－m1v1＝（m1＋m2）v，即2m2－m1＝（m1＋m2）×

0.5，解得m1∶m2＝1∶1，A正确。

【答案】A

【解析】设火箭的质量（不含燃气）为m1，燃气的质量为m2，根据动量守恒，m1v1=m2v2，解得火箭的动量为：

p=m1v1=m2v2=30

，所以A正确，BCD错误。

【解析】　开始时，两物块均在摩擦力作用下做匀减速运动，两者最终速度相同。

P、Q组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律：

mPvP－mQvQ＝（mP＋mQ）v，若mPvP＝mQvQ，则v＝0，图象如图A所示；

若mPvP>

mQvQ，则v>

0，图象如图B所示；

若mPvP<

mQvQ，则v<

0，图象如图C所示，故A、B、C正确，D错误。

【答案】　BD

【解析】　子弹射入木块到刚相对于木块静止的过程，子弹和木块（或子弹、弹簧和木块）组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，但要克服摩擦力做功，产生热量，系统机械能不守恒，A错误，B正确；

过程Ⅱ中，子弹、弹簧和木块所组成的系统受到墙壁的作用力，外力之和不为零，则系统动量不守恒，但系统只有弹簧弹力做功，机械能守恒，C错误，D正确。

【答案】　

（1）3m/s　

（2）0.75m/s

【解析】　

（1）设发生碰撞后，乙球的速度大小为v2，以水平向右为正方向，对甲、乙两球组成的系统，由动量守恒定律有：

m甲v1＝m甲（－v1′）＋m乙v2解得：

v2＝3m/s。

（2）对乙球，由动量定理有：

IF－μm乙gt＝m乙v2′－m乙v2

由图乙可知，0～3s力F对乙球的冲量

IF＝

×

3N·

s＝15N·

s解得：

v2′＝0.75m/s。

（1）5.2m/s　

（2）432N

（1）以甲、乙、A三者组成的系统为研究对象，系统动量守恒，以乙的方向为正方向，

则有M2v0－M1v0＝（M1＋M2）v1

以乙和A组成的系统为研究对象，由动量守恒得

M2v0＝（M2－m）v1＋mv

代入数据联立解得

v1＝0.4m/s，v＝5.2m/s.

（2）以甲为研究对象，由动量定理得，

Ft＝M1v1－（－M1v0）

代入数据解得F＝432N.

（1）3.0m/s　

（2）4.25m/s

（1）设B车的质量为mB，碰后加速度大小为aB，根据牛顿第二定律有

μmBg＝mBaB①

式中μ是汽车与路面间的动摩擦因数．

设碰撞后瞬间B车速度的大小为vB′，碰撞后滑行的距离为sB.由运动学公式有

vB′2＝2aBsB②

联立①②式并利用题给数据得

vB′＝3.0m/s③

（2）设A车的质量为mA，碰后加速度大小为aA.根据牛顿第二定律有μmAg＝mAaA④

设碰撞后瞬间A车速度的大小为vA′，碰撞后滑行的距离为sA.由运动学公式有vA′2＝2aAsA⑤

设碰撞前瞬间A车速度的大小为vA，两车在碰撞过程中动量守恒，有mAvA＝mAvA′＋mBvB′⑥

联立③④⑤⑥式并利用题给数据得vA＝4.25m/s