【物理】2020届二轮复习考前基础回扣练八动量与动量守恒定律作业

【物理】2020届二轮复习考前基础回扣练八动量与动量守恒定律作业

八　动量与动量守恒定律 ‎1．(多选)恒力F作用在质量为m的物体上，如图所示，由于地面对物体的摩擦力较大，没有被拉动，则经时间t，下列说法正确的是(　　)‎ A．拉力F对物体的冲量大小为Ft B．拉力F对物体的冲量大小是Ftcosθ C．合力对物体的冲量大小为零 D．重力对物体的冲量大小是mgt 答案　ACD 解析　拉力对物体的冲量大小为：IF＝Ft，故A正确，B错误；由于物体没有被拉动，处于平衡状态，其合外力为零，合外力的冲量也为零，故C正确；重力对物体的冲量大小为IG＝mgt，故D正确。‎ ‎2. 如图所示，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为‎2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是(　　)‎ A．A和B都向左运动 B．A和B都向右运动 C．A静止，B向右运动 D．A向左运动，B向右运动 答案　D 解析　选向右为正方向，则A的动量pA＝m·2v0＝2mv0，B的动量pB＝－2mv0。碰前A、B的动量之和为零，根据动量守恒，碰后A、B的动量之和也应为零，可知四个选项中只有D符合题意。‎ ‎3. 如图所示，光滑水平面上有质量均为m的滑块A和B，B上固定一轻弹簧，B静止，A以速度v0水平向右运动，通过弹簧与B发生作用，作用过程中，弹簧获得的最大弹性势能Ep为(　　)‎ A.mv B.mv C.mv D.mv 答案　C 解析　当两个滑块速度相等时弹簧压缩量最大，弹性势能最大；滑块A、B系统动量守恒，根据动量守恒定律，有：mv0＝2mv1，解得：v1＝v0；系统减小的动能等于增加的弹性势能，故弹簧获得的最大弹性势能为：Ep＝mv－×‎2m×2＝mv，故选C。‎ ‎4. (多选)如图所示，物体A、B的质量分别为m、‎2m，物体B置于水平面上，物体B上部半圆形槽的半径为R，将物体A从圆槽右侧顶端由静止释放，一切摩擦均不计。则(　　)‎ A．A能到达B圆槽的左侧最高点 B．A运动到圆槽的最低点时A的速率为 C．A运动到圆槽的最低点时B的速率为 D．B向右运动的最大位移大小为 答案　AD 解析　运动过程不计一切摩擦，系统机械能守恒，且两物体水平方向动量守恒，那么A可以到达B圆槽的左侧最高点，且A在B圆槽的左侧最高点时，A、B的速度都为零，故A正确；设A运动到圆槽最低点时的速度大小为vA，圆槽B的速度大小为vB，规定向左为正方向，根据A、B在水平方向动量守恒得0＝mvA ‎－2mvB，解得vA＝2vB，根据机械能守恒定律得mgR＝mv＋×2mv，解得vB＝ ，vA＝ ，B、C错误；当A运动到左侧最高点时，B向右运动的位移最大，设为x，根据动量守恒得m(2R－x)＝2mx，解得x＝R，D正确。‎ ‎5．(多选)如图质量为M、长度为l的小车静止在光滑的水平面上，质量为m的小物块放在小车的最左端。现用一水平恒力F作用在小物块上，使物块从静止开始做匀加速直线运动，物块和小车之间的摩擦力为f。经过时间t，小车运动的位移为s，物块刚好滑到小车的最右端，则(　　)‎ A．此时物块的动能为(F－f)(s＋l)，动量为(F－f)t B．此时小车的动能为f(s＋l)，动量为ft C．这一过程中，物块和小车增加的机械能为Fs D．这一过程中，物块和小车产生的内能为fl 答案　AD 解析　对物块分析，物块的位移为l＋s，根据动能定理得，(F－f)(l＋s)＝mv2－0，则知物块到达小车最右端时具有的动能为(F－f)(l＋s)，由动量定理：(F－f)t＝mv，则物块的动量为(F－f)t，故A正确；小车的位移为s，受到的摩擦力为f，根据动能定理有Ek车＝fs，根据动量定理有p车＝ft，B错误；由A、B项分析可得，物块和小车增加的机械能为E＝(F－f)(s＋l)＋fs＝Fs＋(F－f)l，故C错误；系统产生的内能等于系统克服滑动摩擦力所做的功，大小为fl，故D正确。‎ ‎6．如图所示，放在光滑水平桌面上的A、B两个小木块中间夹一被压缩的轻弹簧，当轻弹簧被放开时，A、B两个小木块各自在桌面上滑行一段距离后，飞离桌面落在地面上。若mA＝3mB，则下列结果正确的是(　　)‎ A．若轻弹簧对A、B做功分别为W1和W2，则有W1∶W2＝1∶1‎ B．在与轻弹簧作用过程中，两木块的速度变化量之和为零 C．若A、B在空中飞行时的动量变化量分别为Δp1和Δp2，则有Δp1∶Δp2＝1∶1‎ D．若A、B同时离开桌面，则从释放轻弹簧开始到两木块落地的这段时间内，A、B两木块的水平位移大小之比为1∶3‎ 答案　D 解析　弹簧弹开两木块过程中，两木块及弹簧组成的系统动量守恒，取水平向左为正方向，由动量守恒定律得mAvA－mBvB＝0，则速度大小之比vA∶vB＝1∶3，根据动能定理得，轻弹簧对A、B做功分别为W1＝mAv，W2＝mBv，联立解得W1∶W2＝1∶3，故A错误；根据动量守恒定律可知，在与轻弹簧作用过程中，两木块的动量变化量之和为零，即mAΔvA＋mBΔvB＝0，可得ΔvA＋ΔvB≠0，故B错误；A、B离开桌面后都做平抛运动，它们抛出点的高度相同，运动时间相等，设为t，由动量定理得，A、B在空中飞行时的动量变化量分别为Δp1＝mAgt，Δp2＝mBgt，所以Δp1∶Δp2＝3∶1，故C错误；两木块加速时，由Fx＝mv2可知，F相等，位移大小之比为1∶3，A、B两木块加速后的速度之比为vA∶vB＝mB∶mA＝1∶3，在桌面上匀速运动相同的时间离开桌面后均做平抛运动，运动时间t也相等，故A、B两木块总的水平位移大小之比为1∶3，D正确。‎ ‎7．如图所示，相距足够远完全相同的质量均为‎3m的两个木块静止放置在光滑水平面上，质量为m的子弹(可视为质点)以初速度v0水平向右射入木块，穿出第一块木块时速度变为v0，已知木块的长为L，设子弹在木块中所受的阻力恒定。试求：‎ ‎(1)子弹穿出第一块木块后，第一个木块的速度大小v以及子弹在木块中所受阻力大小；‎ ‎(2)子弹在第二块木块中与该木块发生相对运动的时间t。‎ 答案　(1)v0　　(2) 解析　(1)子弹打穿第一块木块过程，由动量守恒定律有mv0＝m＋3‎ mv，解得v＝v0‎ 对子弹与第一块木块相互作用系统，由能量守恒定律有FfL＝mv－m2－·(‎3m)v2‎ 解得子弹受到木块阻力Ff＝。‎ ‎(2)对子弹与第二块木块相互作用系统，由于 m2＝

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