2019届高考第二轮专题强化练习：动量守恒定律专题 (含解析)

2019届高考第二轮专题强化练习：动量守恒定律专题 一、选择题 1．如图所示，在光滑的水平面上静止着物体P，P上有一个轨道，轨道的右端为一半径为R的光滑1/4圆弧，左端是长度为R的直轨道。一个小滑块Q以初速度v0=4水平向右滑上直轨道，已知P和Q质量相等，与直轨道间的动摩擦因数为μ=0.2，P和Q的质量均为m，下列判断正确的是 A．Q不可能冲出P的圆弧轨道 B．Q第二次经过圆弧最低点时P的速度最大 C．从Q滑上直轨道到圆弧最高点的过程，系统动量守恒 D．从Q滑上直轨道到圆弧最高点的过程，系统损失的机械能为mgR 【答案】BD 【解析】设当滑块Q的速度为v时，滑块恰能到达圆弧轨道最高点，则由水平方向动量守恒：；由能量关系： ，解得v=2，可知当v0=4时Q能冲出P的圆弧轨道，选项A错误；Q开始在水平轨道部分运动时，P受向右的摩擦力被加速；在圆弧轨道上运动时，Q给P斜向下的压力而使P加速；Q返回到圆弧面上时P仍然加速，因Q第二次经过P点后进入水平面上后给P向左的摩擦力而使P开始减速，可知第二次经过圆弧最低点时P的速度最大，选项B正确；从Q滑上直轨道到圆弧最高点的过程，系统水平方向动量守恒，选项C错误；从Q滑上直轨道到圆弧最高点的过程，系统损失的机械能为，选项D正确；故选BD. 2．如图所示，一质量为M的木板静止置于光滑的水平面上，一质量为m的木块可视为质点，以初速度滑上木板的左端，已知木块和木板间的动摩擦因数为，木块始终没有滑离木板。则从运动开始到二者具有共同速度这一过程中 A．两物体间的相对位移小于木板对地的位移 B．因摩擦而产生的热 C．从开始运动到两物体具有共同速度所用的时间 D．两物体的共同速度 【答案】BD 【解析】对木块和木板系统，由动量守恒定律：mv0=(m+M)v；由能量关系：；对木板：，解得 ；，可知x<∆L，即两物体间的相对位移大于木板对地的位移，选项A错误；因摩擦而产生的热（内能），选项B正确；对木板，根据动量定理：，解得从开始运动到两物体具有共同速度所用的时间，选项C错误；两物体的共同速度，选项D正确；故选BD. 3．如图所示，小球A质量为m，系在细线的一端，线的另一端固定在O点，O点到光滑水平面的距离为h.物块B和C的质量分别是5m和3m，B与C用轻弹簧拴接，置于光滑的水平面上，且B物块位于O点正下方．现拉动小球使细线水平伸直，小球由静止释放，运动到最低点时与物块B发生正碰(碰撞时间极短)，反弹后上升到最高点时到水平面的距离为.小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g，则（ ） A．碰撞后小球A反弹的速度大小为 B．碰撞过程B物块受到的冲量大小 C．碰后轻弹簧获得的最大弹性势能 D．小球C的最大速度大小为 【答案】ACD 【解析】A、设小球运动到最低点与物块B碰撞前的速度大小为v1，取小球运动到最低点时的重力势能为零，根据机械能守恒定律有：，解得： 设碰撞后小球反弹的速度大小为v1′，同理有：；解得，选项A正确。 B、设碰撞后物块B的速度大小为v2，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有：mv1＝-mv1′＋5mv2；解得：；由动量定理可得，碰撞过程B物块受到的冲量为：，选项B错误。 C、碰撞后当B物块与C物块速度相等时轻弹簧的弹性势能最大，据动量守恒定律有5mv2＝8mv3；据机械能守恒定律；解得：；选项C正确。 D、对B物块与C物块在弹簧回到原长时，C物块有最大速度；据动量守恒和机械能守恒可解得；选项D正确。 4．如图所示，木板B放在光滑的水平面上，滑块A在木板上从右向左运动，刚滑上木板B的最右端时，其动能为，动量大小为；滑到木板B的最左端时，其动能为，动量大小为；A、B间动摩擦因数恒定，则该过程中，滑块A的平均速度大小为 A． B． C． D． 【答案】BC 【解析】设当滑块A从右端滑到左端时，经过的时间为t，发生的位移为x，则由动能定理得：；由动量定理得：，解得：；选项B正确，A错误；因，，因滑块A做匀变速直线运动，则平均速度 ，选项C正确，D错误；故选BC. 5．如图所示，质量为m的小车静置于光滑水平面上，小车右端带有光滑圆弧轨道，一质量也为m的小球以水平速度v0从左端冲上小车，到达某一高度h后又能回到小车左端，重力加速度为g，不计一切摩擦，以下说法正确的是（ ） A．小球回到小车左端时速度为v0 B．小球回到小车左端时速度为0 C． D． 【答案】BD 【解析】设小球回到小车左端时时速度为v1，小车的速度为v2，选取水平向右为正方向，整个过程中系统的水平动量守恒，得：mv0=mv1+mv2；由机械能守恒得：mv02=mv12+mv22；联立解得：v1=0，v2=v0，故A错误，故B正确。当小球与小车的速度相等时，小球弧形槽上升到最大高度，设最大高度为h