2018年高考物理二轮复习练案第7动量与动量守恒（附答案）

专题二　第7讲

限时：40分钟
一、选择题(本题共8小题，其中1～4题为单选，5～8题为多选)
1．(2019•四川师大二模)如图所示，质量分别为m1和m2的两个小球A、B，带有等量异种电荷，通过绝缘轻弹簧相连接，置于绝缘光滑的水平面上。当突然加一水平向右的匀强电场后，两小球A、B将由静止开始运动，在以后的运动过程中，对两个小球和弹簧组成的系统(设整个过程中不考虑电荷间库仑力的作用且弹簧不超过弹性限度)，以下说法正确的是导学号 86084141( D )

A．系统机械能不断增加
B．系统动量不守恒
C．当弹簧长度达到最大值时，系统机械能最小
D．当小球所受电场力与弹簧的弹力相等时，系统动能最大
[解析]　在弹簧伸长的过程中，电场力对球A和球B都做正功，则系统机械能增加。当弹簧伸长到最长后又收缩，电场力做负功，则系统机械能减小。故A错误；两球所带电荷量相等而电性相反，则系统所受电场力合力为零，系统所受合外力为零，系统动量守恒，故B错误；弹簧长度达到最大值时，电场力对系统做的功最多，机械能最大。故C错误；两小球远离过程，先做加速度不断减小的加速运动，再做加速度不断变大的减速运动，故当电场力与弹力平衡时，加速度为零，动能最大，故D正确，故选： D。
2．(2019•重庆市一模)某研究小组通过实验测得两滑块碰撞前后运动的实验数据，得到如图所示的位移－时间图象。图中的线段a、b、c 分别表示沿光滑水平面上同一条直线运动的滑块Ⅰ、Ⅱ和它们发生正碰后结合体的位移变化关系。已知相互作用时间极短。由图象给出的信息可知导学号 86084142( D )

A．碰前滑块Ⅰ与滑块Ⅱ速度之比为7：2
B．碰前滑块Ⅰ的动量比滑块Ⅱ的动量大
C．碰前滑块Ⅰ的动能比滑块Ⅱ的动能小
D．滑块Ⅰ的质量是滑块Ⅱ的质量的16倍
[解析]　根据s－t图象的斜率等于速度，则得：碰撞前滑块Ⅰ速度为：v1＝4－145 m/s＝－2 m/s，大小为2 m/s；滑块Ⅱ速度为v2＝45 m/s＝0.8 m/s，则碰前速度之比为5?2，故A错误；碰撞前后系统动量守恒，碰撞前，滑块Ⅰ速度为负，动量为负，滑块Ⅱ的速度为正，动量为负。由于碰撞后动量为正，故碰撞前总动量也为正，故碰撞前滑块Ⅰ的动量比滑块Ⅱ小，故B错误；碰撞后的共同速度为v＝6－45 m/s＝0.4 m/s；可知，碰前滑块Ⅰ比滑块Ⅱ速度大，故C错误；根据动量守恒定律，有：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v ，代入数据，有：－2m1＋0.8m2＝0.4(m1＋m2)，联立解得：m2＝6m1，故D正确。
3. (2019•江西省二模)如图所示，小车质量为M，小车顶端为半径为R的四分之一光滑圆弧，质量为m的小球从圆弧顶端由静止释放，对此运动过程的分析，下列说法中正确的是(g为当地重力加速度)导学号 86084143( C )

A． 若地面粗糙且小车能够静止不动，则地面对小车的静摩擦力最大为mg
B． 若地面粗糙且小车能够静止不动，则地面对小车的静摩擦力最大为2mg
C． 若地面光滑，当小球滑到圆弧最低点时，小车速度为m2gRMM＋m
D． 若地面光滑，当小球滑到圆弧最低点时，小车速度为M2gRmM＋m
[解析]　若地面粗糙且小车能够静止不动，因为小球只有重力做功，故小球机械能守恒，由机械能守恒可求得小球任一位置时的速度，由向心力公式可求得小球受到的支持力；对小车受力分析可求得静摩擦力的最大值。若地面光滑，小球下滑的过程中，小车向左运动，系统的水平动量守恒，系统的机械能也守恒，由此列式，可求得小球滑到圆弧最低点时小车的速度。设圆弧半径为R，当小球运动到重力与半径夹角为θ时，速度为v。根据机械能守恒定律有：12mv2＝mgRcosθ，由牛顿第二定律有N－mgcosθ＝mv2R，解得小球对小车的压力为N＝3mgcosθ，其水平分量为Nx＝3mgcosθsinθ＝32mgsin2θ，根据平衡条件，地面对小车的静摩擦力水平向右，大小为f＝Nx＝32mgsin2θ，可以看出：当sinθ＝1，即θ＝45°时，地面对车的静摩擦力最大，其值为fmax＝32mg，故AB错误；若地面光滑，当小球滑到圆弧最低点时，小车的速度设为v′，小球的速度设为v。小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv－Mv′＝0，系统的机械能守恒，则得mgR＝12mv2＋12Mv′2，解得v′＝m2gRMM＋m，故C正确，D错误。
4．(2019•黑龙江省哈尔滨市二模)如图所示，在光滑绝缘的水平直轨道上有两个带电小球a和b，a球质量为2m、带电量为＋q，b球质量为m、带电量为＋2q，两球相距较远且相向运动。某时刻a、b球的速度大小依次为v和1.5v，由于静电斥力的作用，它们不会相碰。则下列叙述正确的是导学号 86084144( D )

A．两球相距最近时，速度大小相等、方向相反
B．a球和b球所受的静电斥力对两球始终做负功
C．a球一直沿原方向运动，b球要反向运动
D．a、b两球都要反向运动，但b球先反向
[解析]　由于地面光滑，系统所受合外力为零，系统动量守恒，当两球速度相同时，系统损失机械能最大，两球相距最小，故A错误；由题意可知，a球动量大于b球动量，因此系统动量水平向右，故b球运动过程中将先反向运动而a球后反向运动，因此静电斥力对a、b球先做负功后做正功，故B、C错误，D正确。
5．(2019•山东省淄博市一模)如图所示，在质量为M(含支架)的小车中用轻绳悬挂一小球，小球的质量为m0，小车和小球以恒定速度v沿光滑水平地面运动，与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞，碰撞的时间极短。在此碰撞过程中，下列哪个或哪些说法是可能发生的导学号 86084145( CD )

A．在此过程中小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为v1、v2、v3，满足(M＋m0)v＝Mv1＋mv2＋m0v3
B．在此碰撞过程中，小球的速度不变，小车和木块的速度分别为v1和v2，满足(M＋m0)v＝Mv1＋mv2
C．在此碰撞过程中，小球的速度不变，小车和木块的速度都变成u，满足Mv＝(M＋m)u
D．碰撞后小球摆到最高点时速度变为v1，木块的速度变为v2，满足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2
[解析]　碰撞的瞬间小车和木块组成的系统动量守恒，摆球的速度在瞬间不变，若碰后小车和木块的速度变为v1和v2，根据动量守恒有：Mv＝Mv1＋mv2。若碰后小车和木块速度相同，根据动量守恒定律有：Mv＝(M＋m)u。故C正确，A、B错误；碰撞后，小车和小球水平方向动量守恒，则有：(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2，故D正确。
6．如图所示，甲图表示的光滑平台上，物体A以初速度v0滑到上表面粗糙的水平小车上，车与水平面间的动摩擦因数不计；乙图为物体A与小车B的v－t图象，由此可知导学号 86084146( BC )

A．小车上表面长度
B．物体A与小车B的质量之比
C．物体A与小车B上表面的动摩擦因数
D．小车B获得的动能
[解析]　由图象可知，AB最终以共同速度v1匀速运动，不能确定小车上表面长度，故A错误；由动量守恒定律得，mAv0＝(mA＋mB)v1，解得：mAmB＝v1v0－v1，故可以确定物体A与小车B的质量之比，故B正确；由图象可以知道A相对小车B的位移△x＝ v0t1，根据能量守恒得：μmAg△x＝12mAv20－12(mA＋mB)v21，根据B中求得质量关系，可以解出动摩擦因数，故C正确；由于小车B的质量不可知，故不能确定小车B获得的动能，故D错误，故选BC。
7．(2019•宁夏中卫市一模)在光滑的水平桌面上有等大的质量分别为M＝0.6 kg，m＝0.2 kg的两个小球，中间夹着一个被压缩的具有Ep＝10.8 J弹性势能的轻弹簧(弹簧与两球不相连)，原来处于静止状态。现突然释放弹簧，球m脱离弹簧后滑向与水平面相切、半径为R＝0.425 m的竖直放置的光滑半圆形轨道，如图所示。g取10 m/s2。则下列说法正确的是导学号 86084147( AD )

A．球m从轨道底端A运动到顶端B的过程中所受合外力冲量大小为3.4 N•s
B．M离开轻弹簧时获得的速度为9 m/s
C．若半圆轨道半径可调，则球m从B点飞出后落在水平桌面上的水平距离随轨道半径的增大而减小
D．弹簧弹开过程，弹力对m的冲量大小为1.8 N•s
[解析]　释放弹簧过程中系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒得：mv1－Mv2＝0，由机械能守恒得： 12mv21＋12Mv22＝EP ，代入数据解得：v1＝9 m/s，v2＝3 m/s；m从A到B过程中，由机械能守恒定律得：12mv21＝12mv1′2＋mg•2R，解得：v1′＝8 m/s；以向右为正方向，由动量定理得，球m从轨道底端A运动到顶端B的过程中所受合外力冲量大小为： I＝△p＝mv1′－mv1＝0.2×(－8)－0.2×9＝－3.4 N•s，则合力冲量大小为：3.4 N•s，故A正确； M离开轻弹簧时获得的速度为3 m/s，故B错误；设圆轨道半径为r时，飞出B后水平位移最大，由A到B机械能守恒定律得：12mv21＝12mv1′2＋mg•2r，在最高点，由牛顿第二定律得：mg＋N＝mv′21r，m从B点飞出，需要满足：N≥0，飞出后，小球做平抛运动：2r＝12gt2，x＝v1′t，当8.1－4r＝4r时，即r＝1.0125 m时，x为最大，球m从B点飞出后落在水平桌面上的水平距离随轨道半径的增大先增大后减小，故C错误；由动量定理得，弹簧弹开过程，弹力对m的冲量大小为：I＝△p＝mv1＝0.2×9＝1.8 N•s，故D正确，故选：AD。
8．(2019•陕西省宝鸡市一模)光滑水平面上放有质量分别为2m和m的物块A和B，用细线将它们连接起来，两物块中间加有一压缩的轻质弹簧(弹簧与物块不相连)，弹簧的压缩量为x。现将细线剪断，此刻物块A的加速度大小为a，两物块刚要离开弹簧时物块A的速度大小为v，则导学号 86084148( AD )

A．物块B的加速度大小为a时弹簧的压缩量为x2
B．物块A从开始运动到刚要离开弹簧时位移大小为23x
C．物块开始运动前弹簧的弹性势能为32mv2
D．物块开始运动前弹簧的弹性势能为3mv2
[解析]　当物块A的加速度大小为a，根据胡克定律和牛顿第二定律得 kx＝2ma。当物块B的加速度大小为a时，有：kx′＝ma，对比可得：x′＝x2，即此时弹簧的压缩量为x2。故A正确；取水平向左为正方向，根据系统的动量守恒得：2mxAt－mxBt＝0，又xA＋xB＝x，解得A的位移为：xA＝13x，故B错误；根据动量守恒定律得 0＝2mv－mvB，得物块B刚要离开弹簧时的速度 vB＝2v，由系统的机械能守恒得：物块开始运动前弹簧的弹性势能为：Ep＝12•2mv2＋12mv2B＝3mv2。故C错误，D正确。
二、计算题(本题共2小题，需写出完整的解题步骤)
9．(2019•湖南省永州市二模)如图所示，光滑水平面上有一质量为2M、半径为R(R足够大)的圆弧曲面C，质量为M的小球B置于其底端，另一个小球A质量为M2，以v0＝6 m/s的速度向B运动，并与B发生弹性碰撞，不计一切摩擦，小球均视为质点，求：导学号 86084149

(1)小球B的最大速率；
(2)小球B运动到圆弧曲面最高点时的速率；
(3)通过计算判断小球B能否与小球A再次发生碰撞。
[解析]　(1)A与B发生弹性碰撞，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒得： M2v0＝M2vA＋MvB；由机械能守恒得：12•M2v20＝12•M2v2A＋12Mv2B；解得 vA＝－2 m/s，vB＝4 m/s
故B的最大速率为4 m/s
(2)B冲上C并运动到最高点时二者共速设为v，则
MvB＝(M＋2M)v ，可以得到：v＝ 43 m/s
(3)从B冲上C然后又滑下的过程，设BC分离时速度分别为vB′、vC′
由水平动量守恒有
MvB＝MvB′＋2MvC′
机械能也守恒，有12Mv2B＝12MvB′2＋12•2MvC′2
联立可以得到：vB′＝－43 m/s
由于|vB′|＜|vA|，所以二者不会再次发生碰撞。
10．如图所示，半径为R的光滑的3/4圆弧轨道AC放在竖直平面内，与足够长的粗糙水平轨道BD通过光滑水平轨道AB相连，在光滑水平轨道上，有a、b两物块和一段轻质弹簧。将弹簧压缩后用细线将它们拴在一起，物块与弹簧不拴接。将细线烧断后，物块a通过圆弧轨道的最高点P时，对轨道的压力等于自身重力。已知物块a的质量为m，b的质量为2m，物块b与BD面间的动摩擦因数为μ，物块到达A点或B点前已和弹簧分离，重力加速度为g。求：导学号 86084150

(1)物块b沿轨道BD运动的距离x；
(2)烧断细线前弹簧的弹性势能Ep。
[解析]　(1)弹簧弹开a、b过程，由动量守恒定律得mv1－2mv2＝0
物块a从A到P运动的过程中，由机械能守恒定律得
12mv21＝mg2R＋12mv2p，
在最高点重力与支持力合力提供向心力mg＋F＝mv2pR，
联立可解得v1＝6gR，v2＝6gR2
物块b减速到停下的过程中 ，由动能定理得
－μ(2mg)x＝0－12(2m)v22
可解得x＝3R4μ
(2)弹簧弹开物块过程，弹性势能转化为动能
Ep＝12mv21＋12(2m)v22
解得弹性势能Ep＝92mgR
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