2019届高考物理一轮复习 第六章 动能 动量守恒定律 第2讲 动量守恒定律及其应用作业 新人教版.doc

第2讲 动量守恒定律及其应用课时作业单独成册方便使用基础题组一、单项选择题1(2018黑龙江大庆模拟)两球在水平面上相向运动，发生正碰后都变为静止可以肯定的是，碰前两球的()A质量相等B动能相等C动量大小相等 D速度大小相等解析：两球组成的系统碰撞过程中满足动量守恒，两球在水平面上相向运动，发生正碰后都变为静止，故根据动量守恒定律可以判断碰前两球的动量大小相等、方向相反，选项C正确答案：C2.(2018山东济南检测)如图所示，匀强磁场的方向垂直纸面向里，一带电微粒从磁场边界d点垂直于磁场方向射入，沿曲线dPa打到屏MN上的a点，通过Pa段用时为t.若该微粒经过P点时，与一个静止的不带电微粒碰撞并结合为一个新微粒，最终打到屏MN上两个微粒所受重力均忽略新微粒运动的()A轨迹为Pb，至屏幕的时间将小于tB轨迹为Pc，至屏幕的时间将大于tC轨迹为Pb，至屏幕的时间将等于tD轨迹为Pa，至屏幕的时间将大于t解析：碰撞过程中动量守恒mv(mm)v，据带电粒子在磁场中做圆周运动的半径公式R可知新粒子的轨迹不变由于新粒子的速度vv，因此运动时间变长，正确选项为D.答案：D3.一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1为()Av0v2 Bv0v2Cv0v2 Dv0(v0v2)解析：火箭和卫星组成的系统，在分离前后沿原运动方向上动量守恒，由动量守恒定律有(m1m2)v0m1v1m2v2，解得v1v0(v0v2)，D项正确答案：D4.(2018抚州市四校联考)如图所示，光滑水平面上的木板右端，有一根轻质弹簧沿水平方向与粗糙木板相连，木板质量M3.0 kg.质量为m1.0 kg的铁块以水平速度v04.0 m/s从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端，则在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为()A4.0 J B6.0 JC3.0 J D20 J解析：设铁块与木板速度相同时，共同速度大小为v，铁块相对木板向右运动时，相对滑行的最大路程为L，摩擦力大小为f，根据能量守恒定律得mvfL(Mm)v2Ep铁块相对于木板运动的整个过程，由能量守恒定律得mv2fL(Mm)v2又根据系统动量守恒可知，mv0(Mm)v联立得到Ep3.0 J，故选C.答案：C5两质量、大小完全相同的正方体木块A、B，靠在一起放在光滑水平面上，一水平射来的子弹先后穿透两木块后飞出，若木块对子弹的阻力恒定不变，子弹射穿两木块的时间相同，则A、B两木块被子弹射穿后的速度之比为()A11 B12C13 D1解析：因木块对子弹的阻力恒定，且子弹射穿两木块的时间相同，子弹在射穿两木块对木块的冲量相同射穿A时，两木块获得的速度为v，根据动量定理，有I2mv0射穿木块B时，B的速度发生改变，而A的速度不变射穿B后，B的速度为v，根据动量定理，有Imvmv联立，2mvmvmv得.选项C正确答案：C二、多项选择题6.在质量为M的小车中挂有一单摆，摆球的质量为m0，小车和单摆以恒定的速度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，下列情况可能发生的是()A小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为 v1、v2、v3，满足(Mm0)vMv1mv2m0v3B摆球的速度不变，小车和木块的速度变化为v1和v2，满足MvMv1mv2C摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为v1，满足Mv(Mm)v1D小车和摆球的速度都变为v1，木块的速度变为v2，满足(Mm0)v(Mm0)v1mv2解析：在小车M和木块发生碰撞的瞬间，摆球并没有直接与木块发生力的作用，它与小车一起以共同速度v匀速运动时，摆线沿竖直方向，摆线对球的拉力和球的重力都与速度方向垂直，因而摆球未受到水平力作用，球的速度不变，可以判定A、D项错误；小车和木块碰撞过程，水平方向无外力作用，系统动量守恒，而题目对碰撞后小车与木块是否分开或连在一起，没有加以说明，所以两种情况都可能发生，即B、C选项正确答案：BC7.A、B两球沿同一条直线运动，如图所示的x-t图像记录了它们碰撞前后的运动情况，其中a、b分别为A、B碰撞前的x-t图像，c为碰撞后它们的x-t图像若A球质量为1 kg，则B球质量及碰后它们的速度大小为()A2 kg B. kgC4 m/s D1 m/s解析：由图像可知碰撞前二者都做匀速直线运动，va m/s3 m/s，vb m/s2 m/s，碰撞后二者连在一起做匀速直线运动，vc m/s1 m/s.碰撞过程中动量守恒，即mAvamBvb(mAmB)vc可解得mB kg由以上可知选项B、D正确答案：BD8.如图所示，质量相等的两个滑块位于光滑水平桌面上，其中，弹簧两端分别与静止的滑块N和挡板P相连接，弹簧与挡板的质量均不计；滑块M以初速度v0向右运动，它与挡板P碰撞后开始压缩弹簧，最后，滑块N以速度v0向右运动在此过程中()AM的速度等于0时，弹簧的弹性势能最大BM与N具有相同的速度时，两滑块动能之和最小CM的速度为时，弹簧的长度最长DM的速度为时，弹簧的长度最短解析：M、N两滑块碰撞过程中动量守恒，当M与N具有相同的速度时，系统动能损失最大，损失的动能转化为弹簧的弹性势能，即弹簧弹性势能最大，A错误，B正确；M的速度为时，弹簧的压缩量最大，弹簧的长度最短，C错误，D正确答案：BD能力题组一、选择题9(2018天津高三质检)甲、乙两球在水平光滑轨道上向同方向运动，已知它们的动量分别是p15 kgm/s，p27 kgm/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10 kgm/s，则二球质量m1与m2间的关系可能是()Am1m2 B2m1m2C4m1m2 D6m1m2解析：甲、乙两球在碰撞过程中动量守恒，所以有p1p2p1p2，即p12 kgm/s.由于在碰撞过程中，不可能有其他形式的能量转化为机械能，只能是系统内物体间机械能相互转化或一部分机械能转化为内能，因此系统的机械能不会增加，所以有，所以有m1m2.因为题目给出物理情景是“甲从后面追上乙”，要符合这一物理情景，就必须有，即m1m2；同时还要符合碰撞后乙球的速度必须大于或等于甲球的速度这一物理情景，即，所以m1m2.因此C选项正确答案：C10.(多选)如图所示，在光滑水平面上停放着质量为m、装有光滑弧形槽的小车，一质量也为m的小球以水平初速度v0沿槽口向小车滑去，到达某一高度后，小球又返回右端，则()A小球以后将向右做平抛运动B小球将做自由落体运动C此过程小球对小车做的功为D小球在弧形槽内上升的最大高度为解析：小球升到最高点时与小车相对静止，有共同速度v，由水平方向动量守恒得mv02mv，由机械能守恒定律得mv2mv2mgh，解得h，故D错；从小球滑上小车到滚下并离开小车，系统在水平方向动量守恒，由于无摩擦，故机械能守恒，设小球速度大小为v1，小车速度大小为v2，则mv0mv2mv1，mvmvmv，解得v2v0，v10，即两者交换速度，故B、C正确，A错答案：BC二、非选择题11如图所示，光滑水平面上有三个滑块A、B、C，质量关系是mAmCm、mB.开始时滑块B、C紧贴在一起，中间夹有少量炸药，处于静止状态滑块A以速度v0正对B向右运动，在A未与B碰撞之前，引爆B、C间的炸药，炸药爆炸后B与A迎面碰撞，最终A与B粘在一起，以速率v0向左运动求：(1)炸药爆炸过程中炸药对C的冲量；(2)炸药的化学能有多少转化为机械能解析：(1)全过程，A、B、C组成的系统动量守恒，有mAv0(mAmB)v0mCvC解得vCv0炸药对C的冲量ImCvC0mv0，方向向右(2)炸药爆炸过程，B和C组成的系统动量守恒，有mCvCmBvB0据能量关系Evmv解得Emv答案：(1)mv0，方向向右(2)mv12(2018山西五校联考)如图甲所示，质量均为m0.5 kg的相同物块P和Q(可视为质点)分别静止在水平地面上A、C两点P在按图乙所示随时间变化的水平力F作用下由静止开始向右运动，3 s末撤去力F，此时P运动到B点，之后继续滑行并与Q发生弹性碰撞已知B、C两点间的距离L3.75 m，P、Q与地面间的动摩擦因数均为0.2，取g10 m/s2，求：(1)P到达B点时的速度大小v及其与Q碰撞前瞬间的速度大小v1；(2)Q运动的时间t.解析：(1)在03 s内，对P由动量定理有：F1t1F2t2mg(t1t2)mv0，其中F12 N，F23 N，t12 s，t21 s解得：v8 m/s设P在B、C两点间滑行的加速度大小为a，由牛顿第二定律有：mgmaP在B、C两点间做匀减速直线运动，有：v2v2aL解得：v17 m/s(2)设P与Q发生弹性碰撞后瞬间的速度大小分别为v1、v2，有：mv1mv1mv2mvmv12mv碰撞后Q做匀减速直线运动，有：t解得：t3.5 s答案：(1)8 m/s7 m/s(2)3.5 s13如图所示，长木板B的质量为m21.0 kg，静止放在粗糙的水平地面上，质量为m31.0 kg的物块C(可视为质点)放在长木板的最右端一个质量为m10.5 kg的物块A从距离长木板B左侧l9.5 m处，以速度v010 m/s向着长木板运动一段时间后物块A与长木板B发生弹性正碰(时间极短)，之后三者发生相对运动，整个过程物块C始终在长木板上已知物块A及长木板与地面间的动摩擦因数均为10.1，物块C与长木板间的动摩擦因数20.2，物块C与长木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，求：(1)碰后瞬间物块A和长木板B的速度；(2)长木板B的最小长度和物块A离长木板左侧的最终距离解析：(1)设物块A与木板B碰前的速度为v由动能定理得：1m1glm1v2m1v解得v9 m/sA与B发生弹性碰撞，假设碰撞后的瞬间速度分别为v1、v2，由动量守恒定律得m1vm1v1m2v2由机械能守恒定律得m1v2m1vm2v联立解得v1v3 m/s，v2v6 m/s.(2)碰撞后B减速运动，C加速运动，B、C达到共同速度之前，由牛顿运动定律对木板B有：1(m2m3)g2m3gm2a1对物块C有：2m3gm3a2设从碰撞后到两者达到共同速度经历的时间为tv2a1ta2t木板B的最小长度dv2ta1t2a2t23 mB、C达到共同速度之后，因12，二者一起减速至停下，设加速度大小为a3由牛顿运动定律得：1(m2m3)g(m2m3)a3整个过程B运动的位移为：xBv2ta1t26 mA与B碰撞后，A做减速运动的加速度大小也为a3，位移为：xA4.5 m物块A离长木板B左侧的最终距离为xAxB10.5 m.答案：(1)3 m/s6 m/s(2)3 m10.5 m