【物理】2020届一轮复习人教版　动量守恒定律课时作业

【物理】2020届一轮复习人教版　动量守恒定律课时作业

2020 届一轮复习人教版 　动量守恒定律 课时作业 1．两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　两小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断定碰 前两球的动量大小相等、方向相反，C 项正确。 答案　C　 2．如图所示，子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的木块，子弹 未穿透木块，此过程木块的动能增加了 6 J，那么此过程产生的内能 可能为(　　) A．16 J B．2 J C．6 J D．4 J 解析　设子弹的质量为 m0，初速度为 v0，木块的质量为 m，则子弹 打入木块的过程中，子弹与木块组成的系统动量守恒，即 m0v0＝(m＋ m0)v，此过程产生的内能等于系统损失的动能，即 E＝1 2 m0v20－1 2 (m＋ m0)v2，而木块获得的动能 E 木＝1 2 mv2＝6 J，两式相除得 E E木 ＝m＋m0 m0 ＞1，即 E>6 J，A 项正确。 答案　A　 3．(2018·湖南师大附中摸底考试)如图所示，质量均为 M＝0.4 kg 的 两长平板小车 A 和 B 开始时紧靠在一起都静止于光滑水平面上。小 物块(可看成质点)m＝0.2 kg 以初速度 v＝9 m/s 从最左端滑上小车 A 的上表面，最后停在小车 B 最右端时速度为 v2＝2 m/s，最后 A 的速度 v1 为(　　) A．1.5 m/s B. 2 m/s C．1 m/s D．0.5 m/s 解析　三物体整体分析，系统动量守恒 mv＝ (m＋M)v2＋Mv1⇒v1＝1.5 m/s。 答案　A　 4.如图所示，在光滑的水平面上有一物体 M，物体上有一光滑的半圆 弧轨道，最低点为 C，两端 A、B 一样高。现让小滑块 m 从 A 点静 止下滑，则(　　) A．m 不能到达小车上的 B 点 B．m 从 A 到 C 的过程中 M 向左运动，m 从 C 到 B 的过程中 M 向 右运动 C．m 从 A 到 B 的过程中小车一直向左运动，m 到达 B 的瞬间，M 速度为零 D．M 与 m 组成的系统机械能守恒，动量守恒 解析　M 和 m 组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒所以 m 恰 能达到小车上的 B 点，到达 B 点时小车与滑块的速度都是 0，故 A 项错误；M 和 m 组成的系统水平方向动量守恒，m 从 A 到 C 的过程 中以及 m 从 C 到 B 的过程中 m 一直向右运动，所以 M 一直向左运 动，m 到达 B 的瞬间，M 与 m 速度都为零，故 B 项错误，C 项正确； 小滑块 m 从 A 点静止下滑，物体 M 与滑块 m 组成的系统水平方向所 受合力为零，系统水平方向动量守恒，竖直方向有加速度，合力不为 零，所以系统动量不守恒。M 和 m 组成的系统机械能守恒，故 D 项 错误。 答案　C　 5.(2018·湖南师大附中摸底考试)如图所示，质量为 M 的木块位于光 滑水平面上，在木块与墙之间用轻弹簧连接，开始时木块静止在 A 位置。现有一质量为 m 的子弹以水平速度 v0 射向木块并嵌入其中， 则木块回到 A 位置时的速度 v 以及此过程中墙对弹簧的冲量 I 的大 小分别为(　　) A．v＝ mv0 M＋m ，I＝0 B．v＝ mv0 M＋m ，I＝2mv0 C．v＝ mv0 M＋m ，I＝2m2v0 M＋m D．v＝mv0 M ，I＝2mv0 解析　子弹射入木块过程，由于时间极短，子弹与木块间的内力远大 于系统外力，由动量守恒定律得 mv0＝(M＋m)v，解得 v＝ mv0 M＋m ， 子弹和木块系统在弹簧弹力的作用下先做减速运动，后做加速运动， 回到 A 位置时速度大小不变，即当木块回到 A 位置时的速度 v＝ mv0 M＋m ，子弹、木块和弹簧组成的系统受到的合力即为墙对弹簧的作 用力，根据动量定理得 I＝－(M＋m)v－mv0＝－2mv0，所以墙对弹 簧的冲量 I 的大小为 2mv0。 答案　B　 6．(多选)如图所示，长木板 A 放在光滑的水平面上，质量为 m＝2 kg 的另一物体 B 以水平速度 v0＝3 m/s 滑上原来静止的长木板 A 的表 面，由于 A、B 间存在摩擦，之后 A、B 速度随时间变化情况如图乙 所示，则下列说法正确的是(　　) A．木板获得的动能为 2 J B．系统损失的机械能为 4 J C．木板 A 的最小长度为 1.5 m D．A、B 间的动摩擦因数为 0.1 解析　根据动量守恒定律可得 mv0＝(m＋mA)v⇒mA＝4 kg， A 的动能为 Ek＝1 2 mAv2＝2 J， 系统损失的动能 ΔEk＝1 2 mv20－1 2 (mA＋m)v2＝6 J， 木板长 L≥1 2v0t1＝1.5 m， μmg＝ma⇒μ＝0.2。 答案　AC　 7．如图所示，一个质量为 m 的物块 A 与另一个质量为 2m 的物块 B 发生正碰，碰后 B 物块刚好能落入正前方的沙坑中。假如碰撞过程 中无机械能损失，已知物块 B 与地面间的动摩擦因数为 0.1，与沙坑 的距离为 0.5 m，g 取 10 m/s2，物块可视为质点。则 A 碰撞前瞬间的 速度为(　　) A．0.5 m/s B．1.0 m/s C．1.5 m/s D．2.0 m/s 解析　A、B 碰撞过程动量守恒，mv0＝mv1＋2mv2，机 械能无损失，1 2 mv20＝1 2 mv21＋1 2 ×2mv22。碰撞后对 B 物体应用动能定理 2μmgx＝1 2 ×2mv22，解得 v0＝1.5 m/s，C 项正确。 答案　C　 8．质量相等的 4 个物块在光滑水平面上间隔一定距离排成一直线， 如图所示，具有初动能 E 的物块 1 向其他 3 个静止物块运动，依次 发生碰撞，每次碰撞后不再分开，最后，4 个物块粘为一整体，这个 整体的动能等于(　　) A．E B.3 4 E C.1 4 E D. 1 16 E 解析　对整个系统研究，以水平向右为正，整个过程运用动量守恒定 律得 mv0＝4mv，解得 v＝v0 4 ，则整体的动能 Ek＝1 2 ×4m×( v0 4 )2＝ E 4 ，故 C 项正确，A、B、D 项错误。 答案　C　 9．两个小球 A、B 在光滑水平面上相向运动，已知它们的质量分别 是 m1＝4 kg，m2＝2 kg，A 的速度 v1＝3 m/s(设为正)，B 的速度 v2＝－ 3 m/s，则它们发生正碰后，其速度可能分别是 (　　) A．均为 1 m/s B．＋4 m/s 和－5 m/s C．＋2 m/s 和－1 m/s D．－1 m/s 和＋5 m/s 答案　AD 解析　由动量守恒，可验证四个选项都满足要求。再看动能情况： Ek＝1 2 m1v21＋1 2 m2v22＝1 2 ×4×9 J＋1 2 ×2×9 J＝27 J Ek′＝1 2 m1v′21＋1 2 m2v2′2 由于碰撞过程动能不可能增加，所以应有 Ek≥Ek′，可排除选项 B； 选项 C 虽满足 Ek≥Ek′，但 A、B 沿同一直线相向运动，发生碰撞 后各自仍能保持原来速度方向(v1′>0，v2′<0)，这显然是不符合实 际的，因此 C 错误；验证选项 A、D 均满足 Ek≥Ek′，故答案为选 项 A(完全非弹性碰撞)和选项 D(弹性碰撞)。 10．光滑水平地面上，A、B 两物体质量都为 m，A 以速度 v 向右运 动，B 原来静止，左端有一轻弹簧，如图所示，当 A 撞上弹簧，弹 簧被压缩最短时(　　) A．A、B 系统总动量仍然为 mv B．A 的动量变为零 C．B 的动量达到最大值 D．A、B 的速度相等 答案　AD 解析　系统水平方向动量守恒，A 正确；弹簧被压缩到最短时 A、B 两物体具有相同的速度，D 正确、B 错误；但此时 B 的速度并不是最 大的，因为弹簧还会弹开，故 B 物体会进一步加速，A 物体会进一步 减速，C 错误。 二、非选择题(本题共 3 小题，共 40 分) 11. [2017·山东青岛模拟](12 分)质量为 m 0 的木板 B 置于光滑水平面 上，另一质量为 m 的木块 A(可视为质点)在木板 B 的左端以水平速度 v0 开始向右运动，如图所示，木块 A 与木板 B 之间的动摩擦因数为 μ，若要使木块 A 刚好不从木板 B 的右端掉下去，则木板 B 的长度至 少应多长？ 答案　 m0v20 2μg(m0＋m) 解析　若要使木块 A 刚好不从木板 B 的右端掉下去，则木块滑至木 板右端时两者具有共同速度 v，在 A、B 相互作用的过程中，系统不 受外力作用，系统内力为一对摩擦力，小木块 A 可视为“子弹”，木 板 B 可视为“木块”，这与子弹打击木块模型相似。 由动量守恒定律得 mv0＝(m0＋m)v① 由能量守恒定律得 1 2 mv20＝1 2 (m0＋m)v2＋Q② ②式中的 Q＝μmgl，其中 l 为木块相对于木板发生的位移(即木板最 小的长度)， 解①②可得 l＝ m0v20 2μg(m0＋m)。 12. [2017·烟台二模](12 分)两块厚度相同的木块 A 和 B，紧靠着放在 光滑的水平面上，其质量分别为 mA＝2.0 kg, mB＝0.90 kg，它们的下 底面光滑，上表面粗糙，另有一质量 mC＝0.10 kg 的滑块 C，以 vC＝ 10 m/s 的速度恰好水平地滑到 A 的上表面，如图所示。由于摩擦， 滑块最后停在木块 B 上，B 和 C 的共同速度为 0.50 m/s。求： (1)木块 A 的最终速度 vA； (2)滑块 C 离开 A 时的速度 vC′。 答案　(1)0.25 m/s　(2)2.75 m/s 解析　C 从开始滑上 A 到恰好滑上 A 的右端过程中，A、B、C 组成 系统动量守恒 mCvC＝(mB＋mA)vA＋mCvC′ C 刚滑上 B 到两者相对静止，对 B、C 组成的系统动量守恒 mBvA＋mCvC′＝(mB＋mC)v 解得 vA＝0.25 m/s vC′＝2.75 m/s。 13. [2017·安徽合肥二模](16 分)如图所示，上表面光滑的“L”形木板 B 锁定在倾角为 37°的足够长的斜面上；将一小物块 A 从木板 B 的中点 轻轻地释放，同时解除木板 B 的锁定，此后 A 与 B 发生碰撞，碰撞 过程时间极短且不计能量损失；已知物块 A 的质量 m＝1 kg，木板 B 的质量 m0＝4 kg，板长 L＝6 cm，木板与斜面间的动摩擦因数为 μ＝ 0.6，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取 10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37° ＝0.8。 (1)求第一次碰撞后的瞬间 A、B 的速度； (2)求在第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程中，A 距 B 下端的最大 距离和重力对 A 做的功。 答案　(1)3.6 m/s，沿斜面向上　2.4 m/s，沿斜面向下 (2)3 m　28.8 J 解析　(1)对木板 B 受力分析，有 μ(mA＋mB)gcos37°＝mBgsin37°， 所以在 A 与 B 发生碰撞前，木板 B 处于静止状态。 设小物块 A 与木板 B 发生弹性碰撞前的速度大小为 v0，由机械能守 恒定律得 mgL 2 sin37°＝1 2 mv20， 设 A 与 B 发生弹性碰撞后的速度分别为 v1 和 v2，碰撞过程动量守恒 和能量守恒，有 mv0＝mv1＋m0v2， 1 2 mv20＝1 2 mv21＋1 2 m0v22， 联立以上各式解得 v1＝－3.6 m/s，v2＝2.4 m/s， 可见，A 与 B 第一次碰后，A 的速度大小为 3.6 m/s，方向沿斜面向 上，B 的速度大小为 2.4 m/s，方向沿斜面向下。 (2)A 与 B 第一次碰后，A 沿板向上做匀减速运动，B 沿斜面向下做匀 速直线运动，在 A 与 B 第一次碰撞后到第二次碰撞前，当 A 与 B 速 度相等之时，A 与 B 下端有最大距离，此过程中，A 运动的时间 t1＝ v2－v1 gsin37° ， A 距 B 下端有最大距离 xm＝xA－xB， 其中 xA＝1 2 (v1＋v2)t1， xB＝v2t1， 解得 xm＝3 m。 设 A 与 B 第一次碰撞后到第二次碰撞前历时为 t2，碰前 A 的速度为 v， 由于 A 与 B 从第一次碰撞后到第二次碰撞前位移相同，即 v1＋v 2 t2＝ v2t2， 此过程中，对 A 由动能定理 WG＝1 2 mv2－1 2 mv21＝28.8 J。