1、【 精品教育资源文库】题组层级快练(二十八)一、选择题1(2017课标全国)将质量为 1.00 kg 的模型火箭点火升空，50 g 燃烧的燃气以大小为 600 m/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)( )A30 kgm/s B5.710 2 kgm/sC6.010 2 kgm/s D6.310 2 kgm/s答案 A解析 在火箭点火瞬间，燃气与火箭构成的系统总动量守恒，且系统总动量为 0，所以火箭动量大小等于燃气动量大小 pmv0.05 kg600 m/s30 kgm/s，故选 A 项2(2017四川联考)如题图所示，弹簧
2、的一端固定在竖直墙上，质量为 m 的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为 m 的小球从槽高 h 处开始下滑( )A在以后的运动过程中，小球和槽的动量始终守恒B在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力始终不做功C被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动D被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，小球能回到槽高 h 处答案 C解析 在小球在光滑弧形槽上运动时，小球和槽水平方向的动量守恒，在小球接触弹簧受到弹簧弹力作用后，小球和槽的动量不守恒，A 项错误；在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力对槽做正功，对小球做负功，B 项错误；被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动，C
3、项正确；被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，由于槽已经获得动能，小球不能回到槽高 h 处，D 项错误3(2017南平模拟)如图所示，A、B 两物体质量分别为 mA、m B，且 mAm B，置于光滑水平面上，相距较远将两个大小均为 F 的力，同时分别作用在 A、B 上经过相同距离后，撤去两个力，两物体发生碰撞并粘在一起后将( )A停止运动 B向左运动C向右运动 D运动方向不能确定【 精品教育资源文库】答案 C解析 力 F 大小相等，m Am B，由牛顿第二定律可知，两物体的加速度 aAaB，由题意知sAs B，由运动学公式得 sA aAtA2，s B aBtB2，可知 tAt B，由 IAFt
4、A，I BFt B，12 12解得 IAI B，由动量定理可知 p AI A，p BI B，则 pAp B，碰前系统总动量向右，碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律可知，碰后总动量向右，故 A、B、D 三项错误，C 项正确4如图所示，在光滑水平面上，有 A、B 两个小球沿同一直线向右运动，若取向右为正方向，两球的动量分别是 pA5.0 kgm/s，p B7.0 kgm/s.已知二者发生正碰，则碰后两球动量的增量 p A和 p B可能是( )Ap A3.0 kgm/s；p B3.0 kgm/sBp A3.0 kgm/s；p B3.0 kgm/sCp A3.0 kgm/s；p B3.0 kgm/sDp
5、 A10 kgm/s；p B10 kgm/s答案 A解析 A 项，根据碰撞过程动量守恒定律，如果 p A3 kgm/s、p B3 kgm/s，所以碰后两球的动量分别为 p A2 kgm/s、p B10 kgm/s，根据碰撞过程总动能可能不增加，是可能发生的，故 A 项正确；B 项，两球碰撞过程，系统的动量守恒，两球动量变化量应大小相等，方向相反，若 P A3 kgm/s，p B3 kgm/s，违反了动量守恒定律，不可能，故 B 项错误；C 项，根据碰撞过程动量守恒定律，如果 p A3 kgm/s、p B3 kgm/s，所以碰后两球的动量分别为 p A8 kgm/s、p B4 kgm/s，由题，
6、碰撞后，两球的动量方向都与原来方向相同，A 的动量不可能沿原方向增大，与实际运动不符，故 C 项错误；D 项，如果 p A10 kgm/s、p B10 kgm/s，所以碰后两球的动量分别为 p A5 kgm/s、p B17 kgm/s，可以看出，碰撞后 A 的动能不变，而 B 的动能增大，违反了能量守恒定律，不可能故 D 项错误5(2017福州模拟)一质量为 M 的航天器正以速度 v0在太空中飞行，某一时刻航天器接到加速的指令后，发动机瞬间向后喷出一定质量的气体，气体喷出时速度大小为 v1，加速后航天器的速度大小 v2，则喷出气体的质量 m 为( )Am M Bm Mv2 v1v1 v2v2
7、v1Cm M Dm Mv2 v0v2 v1 v2 v0v2 v1【 精品教育资源文库】答案 C解析 规定航天器的速度方向为正方向，由动量守恒定律可得 Mv0(Mm)v 2mv 1，解得m M，故 C 项正确v2 v0v2 v16如图所示，质量相等的五个物块在光滑水平面上，间隔一定距离排成一条直线具有初动能 E0的物块 1 向其它 4 个静止的物块运动，依次发生碰撞，每次碰撞后不再分开最后5 个物块粘成一个整体这个整体的动能等于( )AE 0 B. E045C. E0 D. E015 125答案 C解析 对整个系统研究，整个过程运用动量守恒定律得，mv 05mv，解得 v ，因为v05E0 mv
8、02，则整体的动能 Ek 5mv2 mv02 E0.故 C 项正确，A、B、D 三项错误12 12 110 157(2017沈阳一模)在光滑的水平地面上放有一质量为 M 带光滑 圆弧形槽的小车，一质14量为 m 的小铁块以速度 v0沿水平槽口滑去，如图所示，若 Mm，则铁块离开车时将( )A向左平抛 B向右平抛C自由落体 D无法判断答案 C解析 小铁块和小车组成的系统水平方向不受外力，系统水平方向的动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mv 0Mv 车 mv 铁系统的机械能守恒，由机械能守恒定律得： mv02 Mv 车 2 mv 铁 212 12 12解得铁块离开车时：v 铁 0，v 车
9、 v 0.所以铁块离开车时将做自由落体运动，故 A、B、D 三项错误，C 项正确8.(2017银川二模)A、B 两球沿一直线运动并发生正碰，如图为两球碰撞前后的位移图像，a、b 分别为 A、B 两球碰前的位移图像，c为碰撞后两球共同运动的位移图像，若 A 球质量是 m2 kg，则由图【 精品教育资源文库】判断下列结论不正确的是( )A碰撞前后 A 的动量变化为 4 kgm/sB碰撞时 A 对 B 所施冲量为4 NsCA、B 碰撞前的总动量为 3 kgm/sD碰撞中 A、B 两球组成的系统损失的动能为 10 J答案 C解析 A 项，由 xt 图像的斜率表示速度，可知，碰撞前有：v A m/s3
10、xAtA 4 102m/s，v B m/s2 m/s.碰撞后有：v Av Bv m/s1 m/s；则碰撞xBtB 42 xCtC 2 44 2前后 A 的动量变化为：p Amv Amv A2(1) kgm/s2(3) kgm/s4 kgm/s，故 A 项正确；B 项，对 A、B 组成的系统，根据动量守恒定律知：碰撞前后 B 的动量变化为：p Bp A4 kgm/s；对 B，由动量定理可知，碰撞时 A 对 B 所施冲量为：I Bp B4 kgm/s4 Ns.故 B 项正确；C 项，由 p Bm B(v Bv B)，所以：m B kg kg，则 A 与 B 碰撞前的总动量为：p 总 pBv B v
11、B 4 1 2 43mv Am BvB2(3) kgm/s 2 kgm/s kgm/s，故 C 项错误；D 项，碰43 103撞中 A、B 两球组成的系统损失的动能：E k mvA2 mBvB2 (mm B)v2，代入数据解得：12 12 12E k10 J；故 D 项正确9(2017衡水中学期末卷)如图所示，在光滑的水平面上，质量为 m1的小球 A 以速率 v0向右运动在小球 A 的前方 O 点处有一质量为 m2的小球 B 处于静止状态，Q 点处为一竖直的墙壁小球 A 与小球 B 发生弹性正碰后小球 A 与小球 B 均向右运动小球 B 与墙壁碰撞后以原速率返回并与小球 A 在 P 点相遇，P
12、Q2PO，则两小球质量之比 m1m 2为( )A75 B13C21 D53答案 D解析 设 A、B 两个小球碰撞后的速度分别为 v1、v 2，由动量守恒定律有m1v0m 1v1m 2v2，发生弹性碰撞，不损失动能，故根据能量守恒定律有：m1v02 m1v12 m2v22，两个小球碰撞后到再次相遇，其速率不变，由运动学规律有12 12 12v1v 2PO(PO2PQ)15，联立三式可得 m1m 253，D 项正确【 精品教育资源文库】10(2017铜仁市四模)(多选)如图所示，弧形轨道置于足够长的水平轨道上，弧形轨道与水平轨道平滑连接，水平轨道上静置一小球 B 和 C，小球 A 从弧形轨道上离地
13、高 h 处由静止释放，小球 A 沿轨道下滑后与小球 B 发生弹性正碰，碰后小球 A 被弹回，B 球与 C 球碰撞后粘在一起，A 球弹会后再从弧形轨道上滚下，已知所有接触面均光滑，A、C 两球的质量相等，B 球的质量为 A 球质量的 2 倍，如果让小球 A 从 h0.2 m 处静止释放，则下列说法正确的是(重力加速度为 g10 m/s 2)( )AA 球从 h 处由静止释放则最后不会与 B 球再相碰BA 球从 h 处由静止释放则最后会与 B 球再相碰CA 球从 h0.2 m 处由静止释放则 C 球的最后速度为 m/s79DA 球从 h0.2 m 处由静止释放则 C 球的最后速度为 m/s89答案
14、 AD解析 A、B 两项，设 A 球的质量为 m.A 从弧形轨道滑到水平轨道的过程中，根据动能定理得 mv02mgh，解得 v0 ，A 与 B 发生弹性正碰，则碰撞过程中，AB 动量守恒，机械12 2gh能守恒，以 A 的初速度方向为正方向，由动量守恒和机械能守恒定律得mv0mv 12mv 2， mv02 mv12 2mv22，解得 v1 v0，v 2 v0.B 与 C 碰撞过程中，BC12 12 12 13 23组成的系统动量守恒，以 B 的速度方向为正，根据动量守恒定律得 2mv2(2mm)v，解得v v0|v 1|，所以最后 A 球不会与 B 球再相碰；故 A 项正确，B 项错误；C、D 两项，当49h0.2 m 时，根据 v0 、v v0可得，C 球最后的速度 v 2gh49 492gh 49m/s m/s，故 C 项错误，D 项正确2100.289二、非选择题11.(2017郑州质检)如图所示，质量为 m245 g 的物块(可视为质点)放在质量为 M0.5 kg 的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动
