【物理】2020届一轮复习人教版动量守恒定律的综合应用课时作业

【物理】2020届一轮复习人教版动量守恒定律的综合应用课时作业

‎2020届一轮复习人教版 动量守恒定律的综合应用 课时作业 ‎1.‎ ‎[2018·安徽淮南模拟](多选)如图所示，在光滑的水平面上放有一物体M，物体上有一光滑的半圆弧轨道，轨道半径为R，最低点为C，两端A，B等高，现让小滑块m从A点由静止下滑，在此后的过程中，则(　　)‎ A．M和m组成的系统机械能守恒，动量守恒 B．M和m组成的系统机械能守恒，动量不守恒 C．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 D．m从A到C的过程中，M向左运动，m从C到B的过程中M向左运动 解析：A项，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A错误，B正确；C项，系统水平方向动量守恒，由于系统初始状态水平方向动量为零，所以m从A到C的过程中，m向右运动，M向左运动，m从C到B的过程中M还是向左运动，即保证系统水平方向动量为零．故C错误，D正确．‎ 答案：BD ‎2．现有甲、乙两滑块，质量分别为‎3m和m，以相同的速率v在光滑水平面上相向运动，发生了碰撞．已知碰撞后，甲滑块静止不动，那么这次碰撞是(　　)‎ A．弹性碰撞 B．非弹性碰撞 C．完全非弹性碰撞 D．条件不足，无法确定 解析：以两滑块组成的系统为研究对象，碰撞过程系统所受合外力为零，碰撞过程系统动量守恒，以甲的初速度方向为正方向，取m＝‎1 kg；‎ 碰撞前系统总动量：p＝3mv－mv＝2mv；‎ 由动量守恒定律得：3mv－mv＝mv′，解得：v′＝2v＝‎4 m/s；‎ 碰撞前系统机械能：·3mv2＋mv2＝2mv2，‎ 碰撞后系统的机械能为：·m(2v)2＝2mv2，碰撞前后机械能不变，碰撞是弹性碰撞；故选A.‎ 答案：A ‎3．A、B两球之间压缩一根轻弹簧，静置于光滑水平桌面上．已知A、B两球质量分别为2m和m.当用板挡住A球而只释放B球时，B球被弹出落于距桌边距离为x的水平地面上，如图所示．当用同样的程度压缩弹簧，取走A左边的挡板，将A、B同时释放时，B球的落地点距桌边距离为(　　)‎ A. B.x C．x D.x 答案：D　解析：当用板挡住小球A而只释放B球时，根据能量守恒：Ep＝mv，根据平抛运动规律有：x＝v0t.当用同样的程度压缩弹簧，取走A左边的挡板，将A、B同时释放时，设A、B的速度分别为vA和vB，则根据动量守恒和能量守恒有：2mvA－mvB＝0，Ep＝·2mv＋mv，解得vB＝v0，B球的落地点距桌边距离为x′＝vBt＝x，选项D正确．‎ ‎4．2017年6月15日上午11点，我国在酒泉卫星发射中心用长征四号乙运载火箭成功发射硬X射线调制望远镜卫星“慧眼”．假设将发射火箭看成如下模型：静止的实验火箭，总质量为M＝2 100 g，当它以对地速度为v0＝840 m/s喷出质量为Δm＝100 g的高温气体后，火箭的对地速度为(喷出气体过程中重力和空气阻力可忽略不计)(　　)‎ A．42 m/s B．－42 m/s ‎ C．40 m/s D．－40 m/s 答案：B　解析：取火箭及喷出的高温气体为系统，则火箭在向外喷气过程中满足动量守恒定律0＝Δmv0＋(M－Δm)v，由此可得火箭的速度v＝－＝－42 m/s.‎ ‎5．(多选)A、B两物体在一水平长直气垫导轨上相碰，碰撞前物体A做匀速直线运动，物体B静止不动，频闪照相机每隔0.1 s闪光一次，连续拍照多次，拍得如图所示的照片，不计两物体的大小及两物体碰撞过程所用的时间，则由此照片可判断(　　)‎ A．第四次拍照时物体A在100 cm处 B．第四次拍照时物体A在80 cm处 C．mA∶mB＝3∶1‎ D．mA∶mB＝1∶3‎ 答案：AD　解析：碰撞前，物体A做匀速直线运动，可知物体A第三次在90 cm处，第四次在100 cm处，故A项正确，B项错误；碰撞前，物体A的速度大小为v0＝＝ m/s＝4 m/s，方向向右，碰撞后，物体A的速度大小为vA＝＝ m/s，方向向左，物体B的速度大小为vB＝＝ m/s＝2 m/s，方向向右，取向右为正方向，根据动量守恒定律得mAv0＝－mAvA＋mBvB，代入数据得mA×4＝－mA×2＋mB×2，解得mA∶mB＝1∶3，故C项错误，D项正确．‎ ‎[能力提升]‎ ‎6．如图所示，小车放在光滑水平面上，A端固定一个轻弹簧，B端粘有油泥，小车总质量为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，使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，以下说法正确的是(　　)‎ A．弹簧伸长过程中C向右运动，同时AB也向右运动 B．C与B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，小车继续向左运动 答案：C　解析：依据系统动量守恒，C向右运动时，AB向左运动，或由牛顿运动定律判断，AB受向左的弹力作用而向左运动，故A项错；又MvAB＝mvC，得＝，即B项错；根据动量守恒得：0＝(M＋m)v′，所以v′＝0，故选C.‎ ‎7．(2018·河南洛阳一模)(多选)如图所示，质量为m＝245 g的物块(可视为质点)放在质量为M＝0.5 kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4，质量为m0＝5 g的子弹以速度v0＝300 m/s沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，取g＝10 m/s2，则在整个过程中(　　)‎ A．物块和木板组成的系统动量守恒 B．子弹的末动量大小为0.01 kg·m/s C．子弹对物块的冲量大小为0.49 N·s D．物块相对于木板滑行的时间为1 s 答案：BD　解析：子弹射入物块的过程中，物块的动量增大，所以物块和木板组成的系统动量不守恒，故A错误；选取向右为正方向，子弹射入物块过程，由动量守恒定律可得m0v0＝(m0＋m)v1，物块在木板上滑动过程，由动量守恒定律可得(m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v2，联立可得v2＝＝2 m/s，所以子弹的末动量大小为p＝m0v2＝0.01 kg·m/s，故B正确；由动量定理可得子弹受到的冲量I＝Δp＝p－p0＝0.01 kg·m/s－5×10－3×300 kg·m/s＝－1.49 kg·m/s＝－1.49 N·s ‎.子弹与物块间的相互作用力大小始终相等，方向相反，所以子弹对物块的冲量大小为1.49 N·s，故C错误；对子弹和物块整体，由动量定理得－μ(m0＋m)gt＝(m0＋m)(v2－v1)，综上可得，物块相对于木板滑行的时间t＝＝1 s，故D正确.‎ ‎8.(2018·山东部分重点中学联考)如图所示，长R＝0.6 m的不可伸长的细绳一端固定在O点，另一端系着质量m2＝0.1 kg的小球B，小球B刚好与水平面相接触．现使质量m1＝0.3 kg的物块A沿光滑水平面以v0＝4 m/s的速度向B运动并与B发生弹性正碰，A、B碰撞后，小球B能在竖直平面内做圆周运动，已知重力加速度取g＝10 m/s2，A、B均可视为质点，试求：‎ ‎(1)在A与B碰撞后瞬间，小球B的速度v2的大小；‎ ‎(2)小球B运动到最高点时对细绳的拉力大小．‎ 答案：(1)6 m/s　(2)1 N 解析：(1)物块A与小球B碰撞时，由动量守恒定律和机械能守恒定律有：m1v0＝m1v1＋m2v2‎ m1v＝m1v＋m2v 解得碰撞后瞬间物块A的速度v1＝v0＝2 m/s 小球B的速度v2＝v0＝6 m/s ‎(2)碰撞后，设小球B运动到最高点时的速度为v ‎，则由机械能守恒定律有：m2v＝m2v2＋2m2gR 又由向心力公式有：Fn＝F＋m2g＝m2 联立解得小球B对细绳的拉力大小F′＝F＝1 N.‎ ‎9．如图所示，质量M＝2 kg的长木板B静止于光滑水平面上，B的右边放有竖直固定挡板，B的右端到挡板的距离为s.现有一小物体A(可视为质点)质量m＝1 kg，以初速度v0＝6 m/s从B的左端水平滑上B.已知A与B间的动摩擦因数μ＝0.2，A始终未滑离B，B与竖直挡板碰前A和B已相对静止．B与挡板的碰撞时间极短，碰后以原速率弹回．重力加速度取g＝10 m/s2，求：‎ ‎(1)B与挡板相碰时的速度大小；‎ ‎(2)s的最短距离；‎ ‎(3)长木板B与竖直固定挡板碰撞后离竖直固定挡板的距离为多少时，物体A恰与长木板B相对静止？(结果保留两位小数)‎ 答案：(1)2 m/s　(2)2 m　(3)1.78 m 解析：(1)设B与挡板相碰时的速度大小为v1，‎ 由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v1，‎ v1＝2 m/s.‎ ‎(2)A与B刚好共速时B到达挡板距离s最短，由牛顿第二定律得，B的加速度为 a＝＝1 m/s2‎ s＝＝2 m.‎ ‎(3)B与挡板碰后，A、B最后一起向左运动，共同速度大小为v2，由动量守恒定律，有Mv1－mv1＝(m＋M)v2‎ v2＝ m/s 设长木板B与竖直固定挡板碰撞后离竖直固定挡板的距离为L时，物体A恰与长木板B相对静止，对长木板B由动能定理得 ‎－μmgL＝Mv－Mv 代入数据得L＝1.78 m.‎ ‎10．在原子核物理中，研究核子与核关联的最有效途径是“双电荷交换反应”．这类反应的前半部分过程和下述力学模型类似．两个小球A和B用轻质弹簧相连，在光滑的水平直轨道上处于静止状态．在它们左边有一垂直于轨道的固定挡板P，右边有一小球C沿轨道以速度v0射向B球，如图所示．C与B发生碰撞并立即结成一个整体D.在它们继续向左运动的过程中，当弹簧长度变到最短时，长度突然被锁定，不再改变．然后，A球与挡板P发生碰撞，碰后A、D都静止不动，A与P接触而不粘连．过一段时间，突然解除锁定(锁定及解除锁定均无机械能损失)．已知A、B、C三球的质量均为m.‎ ‎(1)求弹簧长度刚被锁定后A球的速度；‎ ‎(2)求在A球离开挡板P之后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能．‎ 答案：(1)v0　(2)mv 解析：(1)设C球与B球粘结成D时，D的速度为v1，由动量守恒定律，有 mv0＝(m＋m)v1①‎ 当弹簧压至最短时，D与A的速度相等，设此速度为v2，由动量守恒定律，有 ‎2mv1＝3mv2②‎ 由①②两式得A的速度v2＝v0.③‎ ‎(2)设弹簧长度被锁定后，贮存在弹簧中的势能为Ep，由能量守恒定律，有 ·2mv＝mv＋Ep④‎ 撞击P后，A与D的动能都为零，解除锁定后，当弹簧刚恢复到自然长度时，势能全部转变成D的动能，设D的速度为v3，则有 Ep＝·(2m)·v⑤‎ 当弹簧伸长，A球离开挡板P，并获得速度．当A、D的速度相等时，弹簧伸至最长．设此时的速度为v4，由动量守恒定律，有 ‎2mv3＝3mv4⑥‎ 当弹簧伸到最长时，其势能最大，设此势能为E′p，由能量守恒定律，有 ·2mv＝mv＋E⑦‎ 解以上各式得E′p＝mv.⑧‎