【物理】2020届一轮复习人教版第五章应用动量守恒定律解决三类典型问题作业

【物理】2020届一轮复习人教版第五章应用动量守恒定律解决三类典型问题作业

‎ (三十六) 应用动量守恒定律解决三类典型问题 作业 ‎1.如图所示小船静止于水面上，站在船尾上的人不断将鱼抛向船头的船舱内，将一定质量的鱼抛完后，关于小船的速度和位移，下列说法正确的是(　　)‎ A．向左运动，船向左移一些 B．小船静止，船向左移一些 C．小船静止，船向右移一些 D．小船静止，船不移动 解析：选C　人、船、鱼构成的系统水平方向动量守恒，据“人船模型”，鱼动船动，鱼停船静止；鱼对地发生向左的位移，则人、船的位移向右。故选项C正确。‎ ‎2．(2019·泉州检测)有一个质量为‎3m的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为v0、方向水平向右，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为‎2m，速度大小为v，方向水平向右，则另一块的速度是(　　)‎ A．3v0－v　　　　　　　 　B．2v0－3v C．3v0－2v D．2v0＋v 解析：选C　在最高点水平方向动量守恒，由动量守恒定律可知，3mv0＝2mv＋mv′，解得另一块的速度为v′＝3v0－2v，C正确。‎ ‎3.如图所示，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(　　)‎ A．v0－v2 B．v0＋v2‎ C．v0－v2 D．v0＋(v0－v2)‎ 解析：选D　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：(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，解得：v1＝v0＋(v0－v2)，D项正确。‎ ‎4．将静置在地面上，质量为M(含燃料)的火箭模型点火升空，在极短时间内，以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体。忽略喷气过程中重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是(　　)‎ A.v0 B.v0‎ C.v0 D.v0‎ 解析：选D　根据动量守恒定律mv0＝(M－m)v，得v＝v0，选项D正确。‎ ‎5.(2019·信丰模拟)如图所示，B、C、D、E、F 5个小球并排放置在光滑的水平面上，B、C、D、E 4个小球质量相等，而F的质量小于B的质量，A的质量等于F的质量。A以速度v0向右运动，所发生的碰撞均为弹性碰撞，则碰撞之后(　　)‎ A．3个小球静止，3个小球运动 B．4个小球静止，2个小球运动 C．5个小球静止，1个小球运动 D．6个小球都运动 解析：选A　因MA＜MB，A、B相碰后A向左运动，B向右运动；B、C、D、E质量相等，弹性碰撞后，不断交换速度，最终E有向右的速度，B、C、D静止；因ME＞MF，则E、F都向右运动，即3个小球静止，3个小球运动，故A正确，B、C、D错误。‎ ‎6.(2019·安徽两校联考)如图所示，用轻绳将两个弹性小球紧紧束缚在一起并发生微小的形变，现正在光滑水平面上以速度v0＝‎0.1 m/s向右做匀速直线运动，已知a、b两弹性小球质量分别为m1＝‎1.0 kg 和m2＝‎2.0 kg。一段时间后轻绳突然自动断开，断开后两球仍沿原直线运动。经过t＝5.0 s两球的间距s＝‎4.5 m，则下列说法正确的是(　　)‎ A．刚分离时，a、b两球的速度方向相同 B．刚分离时，b球的速度大小为‎0.4 m/s C．刚分离时，a球的速度大小为‎0.6 m/s D．两球分离过程中释放的弹性势能为0.27 J 解析：选D　在轻绳突然自动断开过程中，两球组成的系统动量守恒，设断开后两球的速度分别为v1和v2，刚分离时，若a、b两球分离时的速度方向相同，由动量守恒定律得(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，根据题述，经过t＝5.0 s两球的间距s＝‎4.5 m，有v1t－v2t＝s，解得v1＝‎0.7 m/s，v2＝－‎0.2 m/s，负号说明b球的速度方向向左，假设不成立，选项A、B、C错误；由机械能守恒定律，两球分离过程中释放的弹性势能Ep＝m1v12＋m2v22－(m1＋m2)v02＝0.27 J，选项D正确。‎ ‎7．(多选)A、B两球沿同一条直线运动，如图所示的xt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两球碰撞前的xt图像，c为碰撞后它们的xt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分别为(　　)‎ A．‎2 kg B. kg C．‎4 m/s D．‎1 m/s 解析：选BD　由题图可知图线的斜率表示速度的大小，碰撞前A、B 两球都做匀速直线运动，A球的速度为va＝ m/s＝－‎3 m/s，B球的速度为vb＝ m/s＝‎2 m/s，碰撞后二者连在一起做匀速直线运动，共同速度为vc＝ m/s＝－‎1 m/s。碰撞过程中动量守恒，由动量守恒定律得mAva＋mBvb＝(mA＋mB)vc，解得mB＝ kg，选项B、D正确。‎ ‎8.(多选)如图所示，小车AB放在光滑水平面上，A端固定一轻弹簧，B端粘有油泥，小车及油泥的总质量为M，质量为m的木块C放在小车上，用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩，开始时小车和C都静止，当突然烧断细绳时，C被释放，C离开弹簧向B端冲去，并跟B端油泥粘在一起，忽略一切摩擦，下列说法正确的是(　　)‎ A．弹簧伸长过程中C向右运动，同时小车也向右运动 B．C与B端碰前，C与小车的速率之比为M∶m C．C与油泥粘在一起后，小车立即停止运动 D．C与油泥粘在一起后，小车继续向右运动 解析：选BC　小车与C组成的系统在水平方向上动量守恒，C向右运动时，小车应向左运动，故A错误；设碰前C的速率为v1，小车的速率为v2，则0＝mv1－Mv2，得＝，故B正确；设C与油泥粘在一起后，小车、C的共同速度为v共，则0＝(M＋m)v共，得v共＝0，故C正确，D错误。‎ ‎9．(多选)如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动。两球质量关系为mB＝2mA，规定向右为正方向，开始时A、B两球的动量均为‎6 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－‎4 kg·m/s，则(　　)‎ A．该碰撞为弹性碰撞 B．该碰撞为非弹性碰撞 C．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5‎ D．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10‎ 解析：选AC　由mB＝2mA，pA＝pB知碰前vB＜vA，若右方为A球，由于碰前动量都为‎6 kg·m/s，即都向右运动，两球不可能相碰；若左方为A球，设碰后二者速度分别为vA′、vB′，由题意知pA′＝mAvA′＝‎2 kg·m/s，所以pB′＝mBvB′＝‎10 kg·m/s，又mB＝2mA，解得＝。碰撞前两球总动能Ek＝＋，碰撞后两球总动能Ek′＝＋，可得Ek＝Ek′，即碰撞前后A、B两球动能之和不变，该碰撞为弹性碰撞，选项A、C正确。‎ ‎10.(多选)(2019·湖南六校联考)如图所示，小车的上面固定一个光滑弯曲圆管道，整个小车(含管道)的质量为‎2m，原静止在光滑的水平面上。今有一个可以视为质点的小球，质量为m，半径略小于管道半径，以水平速度v从左端滑上小车，小球恰好能到达管道的最高点，然后从管道左端滑离小车。关于这个过程，下列说法正确的是(　　)‎ A．小球滑离小车时，小车回到原位置 B．小球滑离小车时相对小车的速度大小为v C．小车上管道最高点的竖直高度为 D．小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，小车的动量变化大小是 解析：选BC　小球恰好能到达管道的最高点，说明在管道最高点时小球和管道之间相对静止，小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，由动量守恒定律，有mv＝(m＋‎2m)v′，得v′＝，小车动量变化大小Δp车＝‎2m·＝mv，D项错误；小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，由机械能守恒定律，有mgH＝mv2－(m＋‎2m)v′2，得H＝，C项正确；小球从滑上小车到滑离小车的过程，由动量守恒定律和机械能守恒定律，有mv＝mv1＋2mv2，mv2＝mv12＋×2mv22，得v1＝－，v2＝v，则小球滑离小车时相对小车的速度大小为v＋v＝v，B项正确；由以上分析可知，在整个过程中小车一直向右运动，A项错误。‎ ‎11.如图所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为‎10m、‎12m，两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为2v0、v0。为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度(不计水的阻力)。‎ 解析：设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为vmin，抛出货物后船的速度大小为v1，甲船上的人接到货物后船的速度大小为v2，由动量守恒定律得 ‎12mv0＝11mv1－mvmin ‎10m‎·2v0－mvmin＝11mv2‎ 当v1＝v2时，两船恰好不相撞 解得vmin＝4v0。‎ 答案：4v0‎ ‎12.如图所示，在光滑水平面上有一辆质量M＝‎‎8 kg 的平板小车，小车上有一个质量m＝‎1.9 kg的木块，木块距小车左端‎6 m(木块可视为质点)，小车与木块一起以v＝‎1 m/s的速度水平向右匀速行驶。一颗质量m0＝‎0.1 kg的子弹以v0＝‎179 m/s的初速度水平向左飞行，瞬间击中木块并留在其中。如果木块和子弹刚好不从小车上掉下，求木块与小车之间的动摩擦因数μ(g＝‎10 m/s2)。‎ 解析：设子弹射入木块后子弹与木块的共同速度为v1，以水平向左为正方向，则由动量守恒定律有 m0v0－mv＝(m＋m0)v1‎ 代入数据解得v1＝‎8 m/s 木块和子弹恰好不从小车上掉下，则木块和子弹相对小车滑行s＝‎6 m 时，跟小车具有共同速度v2，则由动量守恒定律有 ‎(m＋m0)v1－Mv＝(m＋m0＋M)v2‎ 由能量守恒定律有 Q＝μ(m＋m0)gs＝(m＋m0)v12＋Mv2－(m＋m0＋M)v22‎ 解得μ＝0.54。‎ 答案：0.54‎ ‎13.如图所示，一弹簧竖直固定在地面上，上面连接一个质量为‎1 kg的物体A，物体A处于静止状态，此时弹簧被压缩了‎0.15 m。质量也为‎1 kg的物体B从距物体A正上方h＝‎0.3 m处自由下落，碰后A、B粘在一起向下运动。重力加速度大小g取‎10 m/s2。‎ ‎(1)求碰撞结束瞬间两物体的总动能；‎ ‎(2)从碰撞结束瞬间至A、B的总动能达到最大的过程中，弹簧弹力做功W＝－2.25 J(弹簧在弹性限度内)，则碰后A、B的最大总动能为多少？‎ 解析：(1)B自由下落，由机械能守恒定律得 m2gh＝m2v02‎ 碰撞过程动量守恒，以向下为正方向，由动量守恒定律得 m2v0＝(m1＋m2)v 代入数据解得v＝ m/s 碰后A、B的总动能Ek＝(m1＋m2)v2＝1.5 J。‎ ‎(2)A、B粘在一起下降过程中，弹簧的弹力不断增大，当弹力与A、B所受的总重力大小相等时，动能最大 因为kx1＝mg，kx2＝2mg 跟平衡位置相比，A、B粘在一起动能最大时下落的距离 Δx＝x2－x1＝‎‎0.15 m 根据动能定理有 ‎(m1＋m2)gΔx＋W＝Ekm－Ek 解得Ekm＝2.25 J。‎ 答案：(1)1.5 J　(2)2.25 J