2019年高考物理一轮复习 第六章 碰撞与动量守恒 课时分层作业 十九 6.2 动量守恒定律及其应用.doc

2019年高考物理一轮复习 第六章 碰撞与动量守恒 课时分层作业 十九 6.2 动量守恒定律及其应用【基础达标题组】一、选择题(本题共10小题,每小题6分,共60分。16题为单选题,710题为多选题)1.(xx全国卷)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)()A.30 kgm/sB.5.7102 kgm/sC.6.0102 kgm/sD.6.3102 kgm/s 【解析】选A。火箭与喷出的燃气组成的系统在竖直方向上动量守恒。选竖直向上为正方向,设喷气后火箭的动量为p,由动量守恒定律得:0=p-mv,则p=mv= 0.050600 kgm/s=30 kgm/s。2.在光滑水平面上有一辆平板车,一人手握大锤站在车上。开始时人、锤和车均静止,且这三者的质量依次为m1、m2、m3。人将大锤水平向左抛出后,人和车的速度大小为v,则拋出瞬间大锤的动量大小为()A.m1v B.m2vC.(m1+m3)vD.(m2+m3)v【解析】选C。人、锤和车组成的系统动量守恒,取向左为正方向,则(m1+m3)v-p=0,解得拋出瞬间大锤的动量大小为p=(m1+m3)v,故C正确,A、B、D错误。3.如图所示,放在光滑水平桌面上的A、B两个小木块中间夹一被压缩的轻弹簧,当轻弹簧被放开时,A、B两个小木块各自在桌面上滑行一段距离后,飞离桌面落在地面上。若mA=3mB,则下列结果正确的是 ()A.若轻弹簧对A、B做功分别为W1和W2,则有W1W2=11B.在与轻弹簧作用过程中,两木块的速度变化量之和为零C.若A、B在空中飞行时的动量变化量分别为p1和p2,则有p1p2=11D.若A、B同时离开桌面,则从释放轻弹簧开始到两木块落地的这段时间内,A、B两木块的水平位移大小之比为13【解析】选D。弹簧弹开物体过程中,两物体及弹簧组成的系统动量守恒,取水平向左为正方向,由动量守恒定律得mAvA-mBvB=0,则速度之比vAvB=13,根据动能定理得,轻弹簧对A、B做功分别为W1=mA,W2=mB,联立解得W1W2=13,故A错误;根据动量守恒定律可知,在与轻弹簧作用过程中,两木块的动量变化量之和为零,即mAvA+mBvB=0,可得vA+vB0,故B错误;A、B离开桌面后都做平抛运动,它们抛出点的高度相同,运动时间相等,设为t,由动量定理得,A、B在空中飞行时的动量变化量分别为p1=mAgt,p2=mBgt,所以p1p2=31,故C错误;平抛运动水平方向的分运动是匀速直线运动,由x=v0t知,t相等,又木块在桌面上运动时,vAvB=13,则A、B两木块的水平位移大小之比为13,故D正确。4.一颗子弹水平射入静止在光滑水平地面上的木块后不再穿出,木块的动能增加了8 J,木块的质量大于子弹的质量。则此过程中产生的内能可能是()A.18 JB.16 JC.10 JD.6 J【解析】选A。设子弹的初速度为v0,射入木块后子弹与木块共同的速度为v,木块的质量为M,子弹的质量为m,根据动量守恒定律得mv0=(M+m)v,解得v=,木块获得的动能为Ek=Mv2=,系统产生的内能为Q=m-(M+m)v2=,所以=,由于木块的质量大于子弹的质量,所以=2Ek=28 J=16 J,故A正确,B、C、D错误。5.(xx石家庄模拟)滑块a、b沿水平面上同一条直线发生碰撞,碰撞后两者粘在一起运动,两者的位置x随时间t变化的图象如图所示。则滑块a、b的质量之比()A. 54B.18C.81D.45【解析】选B。设a、b的质量分别为m1 、m2,a、b碰撞前的速度为v1 、v2,由题给的图象得v1=-2 m/s,v2=1 m/s,a、b发生完全非弹性碰撞,碰撞后两滑块的共同速度为v,由题给的图象得v= m/s,由动量守恒定律得m1v1+m2v2=(m1+m2)v,由以上各式解得m1m2 =18 ,故B正确,A、C、D错误。6.(xx泉州模拟)如图所示,质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上,其水平直径AB长度为2R,现将质量也为m的小球从距A点正上方h0高处由静止释放,然后由A点经过半圆轨道后从B冲出,在空中能上升的最大高度为h0(不计空气阻力),则()A.小球和小车组成的系统动量守恒B.小车向左运动的最大距离为RC.小球离开小车后做斜上抛运动D.小球第二次能上升的最大高度h0h|v1|,所以最后A球不会与B球再相碰,故A正确,B错误;当h=0.2 m时,根据v0=、v=v0可得,C球最后的速度v= m/s= m/s,故C错误,D正确。10.将一长木板静止放在光滑的水平面上,如图甲所示,一个滑块(可视为质点)以水平速度v0沿木板从左端向右端滑动,到达右端时恰能与木板保持相对静止,现将木板分成A和B两段,如图乙所示,并紧挨着放在水平面上,让滑块仍以初速度v0从木板左端向右端滑动,滑块与木板的动摩擦因数处处相同,在以后的整个过程中,下列说法正确的是()A.甲乙两图中,滑块克服摩擦力做的功一样多B.系统因摩擦产生的热量甲图比乙图多C.最终甲、乙两图中滑块受到合外力的冲量相同D.图乙过程中滑块与B一定不会分离【解析】选B、D。设滑块的质量为m,A部分的质量为M1,B的质量为M2,则滑块在木板上运动的过程中,系统的动量守恒,选择向右为正方向,对甲图mv0=(m+M1+ M2)v,对乙图mv0=M1v1+(m+M2)v2,由于滑块滑过A后,在B上滑动的过程中,滑块的速度将大于A的速度,则有v1vv2,可知第二次时滑块的速度的变化量小一些,根据动量定理可知,滑块与B木板将比第一种的情景更早达到速度相等,所以在第二种情况下,滑块还没有运动到B的右端,两者速度相同,即第二次时,滑块相对于木板的位移小,根据动能定理可知,滑块克服摩擦力做的功等于其动能的变化,由于vm,物体A对地向左的最大位移是B.若Mm,A所受的摩擦力Ff=mg,对A,根据动能定理得:-mgxA=0-m,则得物体A对地向左的最大位移xA=,故A错误。若Mm,对B,由动能定理得:-mgxB=0-M,则得小车B对地向右的最大位移xB=,B错误。根据动量定理知,摩擦力对平板车的冲量等于平板车动量的变化量,即I=-Fft=Mv-Mv0=,Ff=mg,解得:t=,故C错误,D正确。二、计算题(15分。需写出规范的解题步骤)11.(xx包头模拟)如图所示,AB 为光滑水平面,BC部分位于竖直平面内半径为R的半圆轨道,B点是最低点,C点是最高点,C点切线方向水平,圆管截面半径rR。有一个质量为m的a球以水平初速度向右运动碰撞到原来静止在水平面上的质量为3m的b球,两球发生对心碰撞,碰撞时间极短,并且碰撞时没有能量损失,碰撞后b球顺利进入光滑圆管(B点无能量损失,小球的半径比圆管半径r略小),它经过最高点C后飞出,最后落在水平地面上的A点,已知AB的距离为2R。已知重力加速度为g。求:(1)小球b运动到C点时对轨道的压力。(2)碰后小球a的速度为多少。【解析】(1)b球从C点做平抛运动,则:水平方向:x=2R=vCt竖直方向:y=2R=gt2解得:vC=在C点根据牛顿第二定律得:3mg+FN=3m解得:FN=0由牛顿第三定律知小球对轨道的压力为0(2)b球从B到C,由机械能守恒得:3mg2R=3m-3m解得:vB=a球与b球发生弹性碰撞,则:mv0=mva+3mvBm=m+3m解得:va=-方向向左答案:(1)0(2),方向向左【能力拔高题组】1.(8分)(xx岳阳模拟)如图所示,一根劲度系数足够大的轻质弹簧一端固定在墙上O点,另一端与静止在光滑水平面上A点的物块相连,物块质量为M,第一颗子弹以大小为v0的速度水平向右射入物块但未穿出。此后,每当物块向左经过A时,都会有一颗子弹以大小为v0的速度水平向右射入物块且均未穿出。若每颗子弹的质量为m,子弹与物块相互作用时间极短,不计空气阻力,则 ()A.随着子弹的不断射入,弹簧的最大压缩量将不断增加B.当第2 017颗子弹刚要射入时,物块在A点时的速度大小为0C.当第2 017颗子弹刚要射入时,物块在A点时的速度大小为v0D.从第一颗子弹射入到弹簧被压缩到最短的过程中,子弹、物块和弹簧系统机械能守恒【解题指导】解答本题应注意以下三点:(1)子弹打击物块的过程动量守恒。(2)物块压缩弹簧的过程系统机械能守恒。(3)通过数学归纳确定当偶数颗子弹射入物块后物块在A点时的速度大小。【解析】选B。第一颗子弹射入物块的过程,取向右为正方向,由动量守恒定律得mv0=(M+m)v1,解得v1=,之后弹簧的最大弹性势能为Ep1=(M+m)=,根据机械能守恒定律得,物块返回A点时速度大小为v1=,第二颗子弹射入物块的过程,取向右为正方向,由动量守恒定律得mv0-(M+m)v1=(M+2m)v2,解得v2=0,第三颗子弹射入物块的过程,取向右为正方向,由动量守恒定律得mv0=(M+3m)v3,解得v3=,之后弹簧的最大弹性势能为Ep3=(M+3m)=,第四颗子弹射入物块的过程,取向右为正方向,由动量守恒定律得mv0-(M+3m)v3=(M+4m)v4,解得v4=0,由此可知,随着子弹的不断射入,弹簧的最大压缩量并不是不断增加,故A错误;由以上分析可知,当偶数颗子弹射入物块后物块在A点时的速度大小为0,所以当第2 017颗子弹刚要射入时,物块在A点时的速度大小为0,故B正确,C错误;从第一颗子弹射入物块的过程中,机械能有一部分转化为内能,所以子弹、物块和弹簧系统机械能要减小,故D错误。2.(17分)(xx平顶山模拟)如图所示,一小车置于光滑水平面上,轻质弹簧右端固定,左端拴连物块b,小车质量M=3 kg,AO部分粗糙且长L=2 m,动摩擦因数=0.3,OB部分光滑。另一小物块a放在车的最左端,和车一起以v0=4 m/s的速度向右匀速运动,车撞到固定挡板后瞬间速度变为零,但不与挡板粘连。已知车OB部分的长度大于弹簧的自然长度,弹簧始终处于弹性限度内。a、b两物块视为质点,质量均为m=1 kg,碰撞时间极短且不粘连,碰后一起向右运动。(g取10 m/s2)求:(1)物块a与b碰后的速度大小。(2)当物块a相对小车静止时小车右端B到挡板的距离。(3)当物块a相对小车静止时在小车上的位置到O点的距离。【解析】(1)对物块a,由动能定理得:-mgL=m-m解得:v1=2 m/sa、b碰撞过程系统动量守恒,以a的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得:mv1=2mv2解得:v2=1 m/s。(2)当弹簧恢复到原长时两物块分离,a以v2=1 m/s 在小车上向左滑动,当与车同速时,以向左为正方向,由动量守恒定律得:mv2=(M+m)v3解得:v3=0.25 m/s对小车,由动能定理得:mgs=M代入数据解得同速时车B端距挡板的距离:s=0.031 25 m。(3)由能量守恒得:mgx=m-(M+m)解得滑块a与车相对静止时与O点距离:x=0.125 m。答案:(1)1 m/s(2)0.031 25 m(3)0.125 m【总结提升】利用动量和能量观点解题的技巧(1)若研究对象为一个系统,应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律(或机械能守恒定律)。(2)若研究对象为单一物体,且涉及功和位移问题时,应优先考虑动能定理。(3)因为动量守恒定律、能量守恒定律(或机械能守恒定律)、动能定理都只考查一个物理过程的始末两个状态有关物理量间的关系,对过程的细节不予细究,这正是它们的方便之处。特别对于变力做功问题,就更显示出它们的优越性。