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1、2021届高考物理二轮复习易错题型专项练习（7）动量守恒定律一. 选择题1. （2021-湖北模拟）如图所示，曲面体P静止于光滑水平面上，物块Q自P的上端静止释放。Q与P的接触面光滑，Q在P上运动的过程中，下列说法正确的是（）A. P对Q做功为零B. P和Q之间相互作用力做功之和为零C. P和Q构成的系统机械能守恒、动量守恒D. P和Q构成的系统机械能不守恒、动量守恒【答案】B【解答】A、Q在P上运动过程，P对Q有弹力且在力的方向上Q有位移，则P对Q做功不为零，故A 错误；BCD、Q在P上运动过程，P和Q构成的系统只有重力做功，系统机械能守恒，P、Q之间的弹力做功和 必为零；系统在水平方向所受
2、合外力为零，系统在水平方向动量守恒，但系统在竖直方向所受合外力不 为零，系统在竖直方向动量不守恒，系统动量不守恒，故B正确，CD错误。故选：B。2. （2021-河北模拟）如图，一小船以1.0m/s的速度匀速前行，站在船上的人竖直向上抛出一小球，小球上 升的最大高度为0.45m。当小球再次落入手中时，小船前进的距离为（假定抛接小球时人手的高度不变， 不计空气阻力，g取10m/s2）（）A. 0.3mB. 0.6mC. 0.9mD. 1.2m【答案】B【解答】竖直向上抛出小球过程，小球与小船组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向 动量守恒，由动量守恒定律可知，竖直向上抛出小球后小球与
3、小船在水平方向的速度不变，小球与小船 在水平方向都做匀速直线运动；设小球抛出后在竖直方向上升的时间为t，小球上升高度h=ygt2代入数据解得：t=0.3s从抛出小球到小球再从落入手中过程的时间t=2t=2X0.3s=0.6s在此时间内小船在水平方向做匀速直线运动，小船前进的距离：x=vt=1.0X0.6m=0.6m，故 B 正确，ACD 错误。故选：B。3. （2021-山东模拟）放射性原子核X静止于匀强磁场中，某时刻衰变为两个粒子A和B，衰变后A和B的运动速度与磁场垂直。粒子A和B的电荷量之比圣=土。质量之比二=茶。已知该衰变过程中 q.B 41lUd质量号损为Am，光速为新则（ ）A. 衰
4、变后瞬间A、B粒子的动量相同B. A、B在磁场中运动的周期之比为82： 103C 实验室可将X元素保存在塑料盒中D.假定衰变过程中释放的核能全部转化成粒子的动能，则粒子B的动能EkB|Amc2【答案】B【解答】A、原子核衰变过程系统动量守恒，衰变前原子核静止，系统初动量为零，由动量守恒定律可知， 衰变后瞬间A、B粒子系统动量为零，两粒子的动量大小p相等、反向相反，两粒子动量不相等，故A 错误；B、粒子在磁场中做圆周运动的周期T =竺四，A、B在磁场中运动的周期之比：qB2兀Ta日aEmAQB 241 ori孔=空重二慕；lXf=M，故B正确；qyC、X元素是放射性元素，应该保存在铅盒中，塑料盒
5、不能阻挡射线，不能保存在塑料盒中，故C错误；_, , 4 一、，疆1 一 一、，m贞 2 一 ,D、 由题意可知，粒子A和B的电荷量之比=，质量之比一*=茶，则衰变为a衰变，A为aqb 41mE 103粒子，A的质量数是4,电荷数是2,则B的质量数是206, B的电荷数是82,核反应过程质量数守恒，则X的质量数是210；衰变后力的动能EkA=4, EkB，衰变后粒子的动能之比2mA2mBEkB mA衰变过程中质量号损为Am,衰变释放的能量E = Amc2,衰变过程中释放的核能全部转化成粒子的动能，则E = Amc2=EkA+EkB，解得：EkB=Amc2，故D错误。故选：B。4. （2020-
6、昆明一模）篮球和滑板车是深受青少年喜爱的两项体育活动。某同学抱着一篮球站在滑板车上一 起以速度v0沿光滑水平地面运动，某一时刻该同学将篮球抛出，抛出瞬间篮球相对于地面的速度大小为 v0,方向与抛出前滑板车的运动方向相反，已知篮球的质量为m,该同学和滑板车质量之和为M,则抛 出篮球后瞬间该同学和滑板车的速度大小为（）AV0(Mf) v0(M+m) Yq【答案】C【解答】滑板车（包括同学）与球组成的系统动量守恒，以滑板车的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：（M+m）v0=Mv - mv0vn解得：侦无，故ABD错误，C正确。故选：C。5. （2020-衡水模拟）光滑水平面上，一质量为m的滑块以
7、速度v与质量为M的静止滑块相碰，碰后两者粘在一起共同运动。设碰撞过程中系统损失的机械能为疽.下列说法正确的是（）A. 若保持M、m不变，v变大，则AE变大B. 若保持M、m不变，v变大，则AE变小C. 若保持m、v不变，M变大，则变小D. 若保持M、v不变，m变大，则AE变小【答案】A【解答】两滑块碰撞过程系统动量守恒，以m的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv=（M+m） v，由能量守恒定律得：2 + AE解得:1 一 Mmv， E=TAB、若保持M、m不变，v变大，则变大，故A正确，B错误;22C、若保持m、v不变，M变大, = 子上=一变大，故C错误;2CMM nM公M 2D、若保
8、持M、v不变，m变大，趾=蔑、= 变大，故D错误。2 印十 m） I二）m故选：A。6. （2020-丰台区二模）将一物体以某一初速度沿竖直方向向上抛出。p表示物体的动量，尧表示物体的动量变化率，取竖直向下为正方向，忽略空气阻力。则图中正确的是（）【答案】C【解答】AB、取竖直向下为正方向，依据动量定义式：p=mv=-mgt，故 AB错误;CD、根据动量定理得：mgt=p，mg是定值，方向向下，那么S=mg是个定值，重力的方向向下，故C正确，D错误。故选：C。二. 多选题7. （2021十五模拟）汽车碰撞实验是汽车设计过程中重要的一环，某次碰撞实验中，汽车A中有一个质量 为50kg的假人甲，开
9、车时系上了安全带，人和车的总质量m1 = 1500kg，初速度v1 = 72km/h，汽车B中 有一个质量为50kg的假人乙，没有系安全带，人和车的总质量m2=2000kg，初速度v2 = 36km/h，两辆 车相向运动，发生正碰，碰撞时间为0.05s,甲与安全带的作用时间为0.2s,与汽车B的作用时间为0.06s。已知人的死亡加速度为500g，重力加速度g=10m/s2,下列说法正确的是（）A. 碰撞结束后两车立即停止运动B. 碰撞过程中车辆间的平均作用力为5.1X105NC. 碰撞过程中甲、乙所受水平作用力大小之比约为2： 5D. 若甲、乙为真人，两个人都没有死亡危险 【答案】BD【解答】
10、A、以A车运动方向为正方向，两车碰撞过程中动量守恒，则有m1v1 - m2v2=（m1+m2） v共， 解得v共=宇m/s,故A错误；B、对A车碰撞过程，由动量定理得-Ft=m1v 共-m1v1，解得F = 5.1X105N，故B正确；C、对假人甲，根据动量定理得-F甲t=m甲v共-m甲v1，解得F甲=4.3X103N，对假人乙，根据动量定 理得f乙t=m乙v共-m乙（-v2），解得F乙=1.1X104N，则碰撞过程中甲、乙所受水平作用力大小之比 F 甲：F 乙=（4.3X103）： （1.1X104）1： 2，故 C 错误；D、由F甲=m甲a甲得a甲= 86m/s2 = 8.6g，由F c=
11、m乙a乙得a乙=220m/s2=22g，因为人的死亡加速度为 500g，所以若甲、乙为真人，两个人都没有死亡危险，故D正确。故选：BD。8. （2020-龙凤区校级模拟）在磁感应强度为B的匀强磁场中，一个原来静止的原子核;X，由于发生了一 次衰变放射出某种粒子，放射出的粒子与生成的新核在与磁场垂直的平面内做圆周运动，得到一张两个 相切圆的径迹照片如图所示。以m、q分别表示放出的粒子的质量和电荷量，放出的粒子运动的轨迹圆 半径为&则（ ）A.放出的是a粒子且其轨迹对应着大圆，绕行方向为顺时针B. 放出的是6粒子且其轨迹对应着大圆，绕行方向为逆时针C. 若测得新核与放出的粒子的半径之比为1： 60
12、,则Z=122D. 若衰变过程中释放的核能全都转化为粒子和新核的动能，则衰变过程中的质量亏损为鬲=A(BqK)由于动量守恒，剩余新核动能：ek2=kv*=*&总动能：E=EK】+Ek2=*%：2由爱因斯坦质能方程E=mc2可知，质量亏损：m= qBE），故。正确。故选：CD。9. （2020-海南模拟）如图所示，A、B是放在粗糙水平面上质量相等的两个小物块，与地面间的动摩擦因数均为P，小物块A以速度v0与静止的小物块B发生正碰，重力加速度为g,碰后小物块B在水平面上滑行的距离可能为（)【答案】ABD【解答】此题碰撞过程有没有能量损失是关键，题中没有给定条件，所有要求出两种极限情况，即弹性碰撞和
13、共速两种情况下碰撞后B的速度;如果两物块发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得:mv0=mvA+mvB，由机械能守恒定律得：|inv02=yinvA2+|-mvE2解得：vA=0，vB=v0然后B物体以此速度在水平面上滑行，由动能定理得:解得:如果碰撞为完全非弹性碰撞，碰撞后两物块共速，以向右为正方向，由动量守恒定律得:mv0=2mv解得：然后B物体以此速度在水平面上滑行，由动能定理得:-mg2v0w n 所以，滑行的距离为：拆gWxWg故ABD正确，C错误。故选：ABD。10. （2020-道里区校级二模）如图所示，两个小球A、B大小相等，质量分布均
14、匀，分别为mm2, m1 m2, A、B与轻弹簧栓接，静止在光滑水平面上，第一次用锤子在左侧与A球心等高处水平快速向右敲 击A.作用于A的冲量大小为b，第二次两小球及弹簧仍静止在水平面上，用锤子在右侧与日球心等高 处水平快速向左敲击B，作用于B的冲量大小为I2, Ii = I2，则下列说法正确的是（）a O/wwwS BZZ/ZZ/Z/VZZZA. 若两次锤子敲击完成瞬间，A、B两球获得的动量大小分别为p1和？2，则p1=p2B .若两次锤子敲击分别对A、B两球做的功为W1和可2，则W1=W2C.若两次弹簧压缩到最短时的长度分别为L1和12，则L1v2【答案】AC【解答】A、根据动量定理可知，
15、合外力冲量等于动量的变化，两次锤子敲击完成瞬间有：I1=m1vA, I2 =m2vB，A、B两球获得的动量大小相等，故A正确；2B、根据动能和动量的关系可知：&=-，两小球获得的动量大小相等，但A球质量小，得到的动能大，根据动能定理可知，锤子对A球做功多，故B错误；C、锤子敲击A球，在弹簧压缩的过程中，根据动量守恒可知：m1vA=（m1+m2） v1根据能量守恒定律可知，系统动能减少量等于弹性势能增加量为：叫任彳（叫十%）招=十mJ，2ETl i TTi-i V p同理，锤子敲击B球，在弹簧压缩的过程中，弹性势能的增加量为：Ed=，比较可知，p十因为 m1vB，则 EpAEpz，即 L1 x、
16、h外，还需要测量：小球B质量m2，碰后小球A摆动的最大 角度6，故选AC；（2）由（1）可知，如果满足mj+ （l-sm 喝=mj十d） （1-。口邪）芸+登一，则在碰撞中1 1 /系统的动量是守恒的。四. 计算题15. （2021-重庆模拟）如图所示，质量为3m的小木块1通过长度为L的轻绳悬挂于O点，质量为m的小 木块2置于高度为L的光滑水平桌面边沿。把木块1拉至水平位置由静止释放，当其运动到最低点时与 木块2相撞，木块2沿水平方向飞出，落在距桌面边沿水平距离为2L处，木块1继续向前摆动。若在碰 撞过程中，木块1与桌面间无接触，且忽略空气阻力。求：（1）碰撞前，木块1在最低点时的速度大小；（
17、2）碰撞后，木块1相对桌面能上升到的最大高度。【答案】（1）：班L；（2）言L。【解答】（1）木块1向下摆动过程只有重力做功，机械能守恒，设木块1到达最低点时的速度为v0，由机械能守恒定律得：3mgL=y p3itivq解得：v0=（2）设两木块碰撞后木块1的速度为皿，木块2的速度为v2,碰撞后木块2做平抛运动，设平抛运动的时间为t， 水平方向：2L=v2t竖直方向：L=ygt2解得：v2=两木块碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得:解得：Vi=.2gL碰撞后木块1上升过程只有重力做功，机械能守恒，设木块1上升的最大高度为h,由机械能守恒定律 得：号3rnv | =3mgh解
18、得：h=L16. (2021十三模拟)如图所示，质量为m0的小木块以初速度v0水平滑上置于光滑水平地面上的上表面粗 糙的静止长木板上，长木板质量为m。(1) 若小木块未滑出长木板，求它们共同前进的速度；(2) 若长木板的长度为L，从小木块滑上长木板到从长木板上滑落这一过程中，长木板运动的距离为s。 设小木块在长木板上所受的阻力恒定，求小木块在长木板上运动的时间t。(3) 以小木块和长木板为一个系统，若小木块未滑出长木板，且长木板的质量是小木块质量欧倍，此 过程中长木板的动能增加了6儿若系统在此过程中产生的内能为10J，求k的大小。mr. vnmn (.s+Lj -i-ins o【答案】(1)
19、，方向水平向右；(2)； (3)号rn.|-| 4itlitl q v qo【解答】(1)小木块在长木板上滑行的过程，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律得m0V0=(m0+m) v 共共解得V共=*，方向水平向右。(2)设小木块滑出长木板时，两者的速度分别为皿和v2，小木块在长木板上滑行的过程中，小木块和 长木板组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可得m0v0=m0V+mv2设小木块在长木板上运动的过程中所受阻力大小为f,对小木块，由动能定理得-f (s+L)=m0v2 m0v02对长木板由动能定理得fs=mmv22 - 0对小木块由动量定理得-ft=m0v1 - m0v0对长木板由动量定理得
20、ft=mv2 - 0mn (m+L) +ms联立解得t=吨v 口(3) 小木块在长木板上滑动的过程中，由动量守恒定律得m0v0=(m0+m)v此过程中系统产生的内能等于系统损失的动能，即E 内=f m0V02 一号（mo+m）v2 =+m电而长木板获得的动能Ek木=万mv2=ymmg -4nE 内 niri -*-m两式相除得Ek 木ma将E内= 0J，Ek木=用代入上式解得k=3=17.(2021-山东模拟)如图所示，半径均为R的四分之一光滑圆弧轨道AB、CD固定在竖直平面内，两圆 弧的圆心在同一竖直线上，O2与B点重合，B和D在同一水平面上，A与O1在同一水平面上，将质量 为m的a球放在B
21、点，质量为m的b球在A点由静止释放，b球沿圆弧滑下并与a球粘在一起，不计球 的大小，重力加速度为g，求：(1) a、b两球粘在一起的瞬间(未脱离圆轨道)，对B点的压力多大；(2) 两球从B点飞出后，经多长时间落在CD圆弧轨道上；(3) 若b球与a球发生的是弹性碰撞，则碰撞后a球落到CD圆弧轨道上时动能多大。C【答案】(1) 3mg； (2)神(岳1压；(3)(鹏-1) mgR。V 【解答】(1)设b球滑到B点时速度为v0, b球下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得: a、b碰撞后粘在一起，设速度为v,碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得:2 Omv0=(m+m) v碰撞后轨
22、道的支持力F与a、b的重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得：F - 2mg=2m-解得：v0=.，2gR，v=F = 3mg，由牛顿第三定律可知，两球对B点的压力大小F=F = 3mg(2) ab从B飞出后做平抛运动，设经时间t后落到CD圆弧轨道上，水平方向：x=vt竖直方向：y=ygt2由几何关系得：x2+y2=R2整理得：g2t4+2gRt2 - 4R2 = 0解得：t= .导。(3) a、b两球发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，设碰撞后a的速度为va，b的速度为*，以向右为正方向，由动量守恒定律得:mv0=mva+mvb由机械能守恒定律得：12 12 122-m70=ym
23、7a+ymVb解得：vb=0，va= 2gKa球离开B后做平抛运动，设运动时间为t，水平位移为x，竖直位移为y水平方向：x=vat竖直方向：y=gt/ 2j 2整理得：y=根据几何关系得：x 2+y 2=R2解得：y=（ 5 - 2） R由动能定理得：mgy/=Ek-ymv解得：Ek=(T 5 -1) mgR2m(A-4)c* 2【答案】CD【解答】AB、衰变过程系统动量守恒，以放出的粒子速度方向为正方向，由动量守恒定律得:p粒子-p新 核=0，解得：p粒子=p新核=p;2粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=，解得：1=岑=与rqB q.B由于衰变后粒子与新核的动量p相等，磁感应强度B相等，则电荷量q越小，粒子轨道半径越大，放出 的粒子轨迹对应着大圆，原来静止的原子核壹X带正电荷，衰变后，由于两个运动轨迹相外切，根据左手定则可知，放出的粒子也 一定带正电荷，因此放出的是a粒子，而且都做逆时针方向旋转，故AB错误；C、a粒子带两个单位正电荷，根据动量守恒，可知新核与a粒子动量大小相等，因此：?E 乙一兀 bU解得：Z=122，故C正确；D、放出的a粒子的轨道光径：R=票一qB qB可得a粒子动能：Eki= W皿甲= =z.zm EITL
