2019年高考物理一轮复习 第六章 第2讲动量守恒定律及其应用课时作业.doc

2019年高考物理一轮复习 第六章 第2讲动量守恒定律及其应用课时作业一、选择题(本大题共7小题,每小题8分,共56分。每小题至少一个答案正确,选不全得3分)1.(xx福州模拟)如图所示,木块B与水平弹簧相连放在光滑水平面上,子弹A沿水平方向射入木块后留在木块B内,入射时间极短,而后木块将弹簧压缩到最短,关于子弹和木块组成的系统,下列说法中正确的是()A.子弹射入木块的过程中系统动量守恒B.子弹射入木块的过程中系统机械能守恒C.木块压缩弹簧过程中,系统总动量守恒D.木块压缩弹簧过程中,子弹、木块和弹簧组成的系统机械能守恒2.如图所示,一沙袋用轻细绳悬于O点。开始时沙袋处于静止,此后用弹丸以水平速度击中沙袋后均未穿出,第一粒弹丸的速度为v1,打入沙袋后二者共同摆动的最大摆角为30,当其第一次返回图示位置时,第二粒弹丸以水平速度v2又击中沙袋。使沙袋向右摆动且最大摆角仍为30,若弹丸质量是沙袋质量的1/40倍,则以下结论中正确的是()A.v1=v2B.v1v2=4142C.v1v2=4241D.v1v2=41833.(xx内江模拟)如图所示,一个木箱原来静止在光滑水平面上,木箱内粗糙的底板上放着一个小木块。木箱和小木块都具有一定的质量。现使木箱获得一个向右的初速度v0,则()A.小木块和木箱最终都将静止B.小木块最终将相对木箱静止,二者一起向右运动C.小木块在木箱内壁将始终来回往复碰撞,而木箱一直向右运动D.如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止,则二者将一起向左运动4.在光滑水平面上,动能为E0、动量的大小为p0的小钢球1与静止的小钢球2发生碰撞,碰撞前后球1的运动方向相反。将碰撞后球1的动能和动量的大小分别记为E1、p1,球2的动能和动量的大小分别记为E2、p2,则必有()A.E1E0B.p1E0D.p2p05.(2011大纲版全国卷)质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上,箱子中间有一质量为m的小物块,小物块与箱子底板间的动摩擦因数为。初始时小物块停在箱子正中间,如图所示。现给小物块一水平向右的初速度v,小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间,并与箱子保持相对静止。设碰撞都是弹性的,则整个过程中,系统损失的动能为()A.mv2B.v2C.NmgLD.NmgL6.向空中发射一物体,不计空气阻力,当物体的速度恰好沿水平方向时,物体炸裂为a、b两块。若质量较大的a块的速度方向仍沿原来的方向,则()A.b的速度方向一定与原速度方向相反B.从炸裂到落地这段时间里,a飞行的水平距离一定比b的大C.a、b一定同时到达地面D.炸裂的过程中,a、b的动量变化大小一定相等7.某人在一只静止的小船上练习打靶,已知船、人、枪(不包括子弹)及靶的总质量为M,枪内装有n颗子弹,每颗子弹的质量均为m,枪口到靶的距离为L,子弹水平射出枪口相对于地面的速度为v,在发射后一颗子弹时,前一颗子弹已嵌入靶中,则发射完n颗子弹时,小船后退的距离为()A.LB.LC.LD.L二、计算题(本大题共3小题,共44分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位)8.(xx泸州模拟)(12分)如图所示,光滑水平面上放置质量均为M=2kg的甲、乙两辆小车,两车之间通过一感应开关相连(当滑块滑过感应开关时,两车自动分离)。其中甲车上表面光滑,乙车上表面与滑块P之间的动摩擦因数=0.5。一根通过细线拴着而被压缩的轻质弹簧固定在甲车的左端,质量为m=1kg的滑块P(可视为质点)与弹簧的右端接触但不相连,此时弹簧储存的弹性势能E0=10J,弹簧原长小于甲车长度,整个系统处于静止状态。现剪断细线,求:(1)滑块P刚滑上乙车时的速度大小;(2)滑块P滑上乙车后最终未滑离乙车,P在乙车上滑行的距离为多大?9.(能力挑战题)(16分)AOB是光滑的水平轨道,BC是半径为R的光滑圆弧轨道,两轨道恰好相切,如图所示,质量为M(M=9m)的小木块静止在O点,一质量为m的子弹以某一速度水平射入木块内未穿出,木块恰好滑到圆弧的最高点C处(子弹、木块均视为质点)。(1)求子弹射入木块前的速度。(2)若每当木块回到O点时,立即有相同的子弹以相同的速度射入木块,且留在其中,当第六颗子弹射入木块后,木块能上升多高?(3)当第n颗子弹射入木块后,木块上升的最大高度为,则n值为多少?10.(xx泸州模拟)(16分)如图所示,一个半径为R=m光滑圆弧形槽固定在光滑水平面上,一小球A质量为m=0.1kg,静止于槽与水平面相切的位置。另有质量均为m=0.1kg的小球n个,以相同的速度v=4m/s向左匀速运动,相邻两小球到达相切位置的时间间隔是1s。每一个小球相撞后都粘在一起共同运动。(小球均视为质点,g=10m/s2)求:(1)第一次碰撞后小球A沿槽运动的最大高度;(2)第8个小球与前面的球相撞后,小球A的速度;(3)第n个小球与前面小球相撞后小球A获得的动能。答案解析1.【解析】选A、D。在子弹射入木块的过程中,因为入射时间极短,可认为系统静止,所以不受弹力作用,系统合力为零,动量守恒,故A正确;在子弹射入木块的过程中,子弹相对于木块发生位移,内力做功,子弹将一部分机械能转化为系统的内能,即系统的机械能不守恒,故B错误;木块压缩弹簧过程中,系统受到水平向右弹力作用,合外力不为零,系统的总动量不守恒,故C错误;木块压缩弹簧过程中,由子弹、木块和弹簧组成的系统,只有系统内的弹力做功,所以系统的机械能守恒,故D正确。2.【解析】选D。根据摆动过程中机械能守恒和两次击中沙袋摆动的角度相等可知,两次击中沙袋后的速度相同,设为v,用M表示沙袋的质量,m表示弹丸的质量,由动量守恒得第一次:mv1=(m+M)v;第二次:mv2-(m+M)v=(2m+M)v,比较两式可以解得:v1v2=4183,故选项D正确。3.【解析】选B。木箱、木块相互作用,所受合外力为零,两者组成的系统动量守恒,初状态总动量向右,由动量守恒,最终状态也应是总动量向右,故A、D错误。由于木块、木箱间存在摩擦力,故木块最终相对木箱静止,B对C错。4.【解析】选A、B、D。据能量守恒,钢球碰后动能E1E0,所以p1p0,故A、B、D正确。而碰后动能不可能增加,故C错误。【变式备选】在光滑水平冰面上,甲、乙两人各乘一小车,甲、乙质量相等,甲手中持一小球,开始时甲、乙均静止,某一时刻,甲向正东方向将球沿着冰面推给乙,乙接住球后又向正西方向将球推回给甲,如此推接数次后,甲又将球推出,球在冰面上向乙车运动,但已经无法追上乙,此时甲的速度v甲、乙的速度v乙及球的速度v三者之间的关系为()A.v甲=v乙vB.vv甲v乙C.v甲vv乙D.vv乙v乙。根据球最终无法追上乙知,vv乙,故选项D正确。5.【解题指南】解答本题要把握以下思路:【解析】选B、D。根据动量守恒,共同速度v=,损失的动能Ek=mv2-(M+m)v2=v2,所以B正确。根据能量守恒,损失的动能等于因摩擦放出的热量,而计算热量的方法是摩擦力乘以相对位移,所以Ek=NFfL=NmgL,故D正确。6.【解析】选C、D。物体在炸裂成两块的过程中,水平方向动量守恒,有(M+m)v0= Mv1+ mv2,当质量大的物块速度v1小于原来速度v0时,则质量小的物块速度v2沿原方向,故A错。当v1v0时,质量小的物块沿反方向运动,可能v2v1,又由于竖直方向在同一高度开始做自由落体运动,下落的时间相同,即可能质量小的物块飞行的距离大于质量大的物块飞行的距离,故B错C正确。炸裂的过程中,a、b水平方向动量守恒,则D正确。7.【解析】选C。设子弹运动方向为正方向,在发射第一颗子弹的过程中小船后退的距离为s,根据题意知子弹飞行的距离为(L-s),则由动量守恒定律有:m(L-s)-M+(n-1)ms=0,解得:s=,每颗子弹射入靶的过程中,小船后退的距离都相同,因此n颗子弹全部射入的过程中,小船后退的总距离为:ns=。故C正确。8.【解析】(1)设滑块P刚滑上乙车时的速度为v1,此时两车的速度为v2,对整体应用动量守恒和能量关系有:mv1-2Mv2=0(2分)E0=m+2M(2分)解得:v1=4m/s(2分)(2)设滑块P和小车乙达到的共同速度为v,滑块P在乙车上滑行的距离为L,对滑块P和小车乙应用动量守恒和能量关系有:mv1-Mv2=(m+M)v(2分)mgL=m+M-(m+M)v2(2分)解得:L=m(2分)答案：(1)4m/s(2)m9.【解析】(1)子弹与木块作用,由动量守恒定律得mv=(M+m)v1(2分)由B到C的过程中,由机械能守恒定律得(M+m)=(M+m)gR(2分)整理得v=10(2分)(2)第一颗子弹与木块作用,mv=(M+m)v1第二颗子弹与木块作用,mv-(M+m)v1=(M+2m)v2,则v2=0第三颗子弹与木块作用,mv=(M+3m)v3第四颗子弹与木块作用,mv-(M+3m)v3=(M+4m)v4,则v4=0第六颗子弹与木块作用,v6=0。故木块停留在O处。(6分)(3)木块上升的高度为时,由机械能守恒得:(M+nm)=(M+nm)g,木块获得的速度为vn=。据动量守恒定律得mv=(M+nm),解得n=11。(4分)答案：(1)10(2)停在O处(3)11【总结提升】多物体多过程问题的分析策略对于多物体、多过程问题的分析,总的指导思想是化整为零、各个击破。在本题中,涉及两种物体(子弹和木块)的多次作用,并且有多个过程,分析该题的思路是:(1)第一个过程为:第一颗子弹击中木块,该过程时间极短,动量守恒。(2)第二个过程为:第一颗子弹和木块一起冲上BC段圆弧光滑轨道,该过程机械能守恒。(3)第三个过程为:第一颗子弹和木块滑回后,再和第二颗子弹作用,同样满足动量守恒。(4)以后重复上述过程,经推理得出结论。10.【解析】(1)第一个小球碰撞后mv=2mv1,v1=(2分)以后的小球与摆球碰撞后由于质量的增加,速度逐渐减小,所以小球摆动的最大高度是第一个小球碰撞后,2mgh=(2分)解得h=0.2m(1分)由于hR,小球在轨道上运动时可看成简谐运动,其周期为T,有T=2=2s(1分)小球碰撞后再回到平衡位置的时间是1s,每次小球回到平衡位置时跟下一个小球碰撞(1分)(2)第二个小球与前面的球碰撞后2mv1-mv=3mv2,v2=0,即碰后摆球静止(2分)同理:第3、5、7、9个小球碰后,小球沿轨道运动;第2、4、6、8个小球碰后小球静止。(1分)所以,第8个小球碰撞后,小球的速度是零,即v8=0(1分)(3)第n个小球碰撞后,若n为奇数:则mv=(n+1)mvn,vn=(2分)此时小球的动能:Ek=J(2分)若n为偶数,则vn=0小球获得的动能为零(1分)答案：(1)0.2m(2)0(3)n为奇数,Ek=J;n为偶数,Ek=0