【物理】2020届一轮复习人教版动量守恒定律及其应用课时作业(1)

【物理】2020届一轮复习人教版动量守恒定律及其应用课时作业(1)

动量守恒定律及其应用 ‎ ‎ ‎1．一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A并留在其中，A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图所示．则在子弹打击木板A及弹簧被压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统()‎ A．动量守恒，机械能守恒 B．动量不守恒，机械能守恒 C．动量守恒，机械能不守恒 D．无法判定动量、机械能是否守恒 解析：C[动量守恒的条件是系统不受外力或所受外力的合力为零，本题中子弹、两木块、弹簧组成的系统，水平方向上不受外力，竖直方向所受外力的合力为零，所以动量守恒．机械能守恒的条件是除重力、弹力对系统做功外，其他力对系统不做功，本题中子弹射入木块瞬间有部分机械能转化为内能(发热)，所以系统的机械能不守恒，故C正确，A、B、D错误．]‎ ‎2.(2019·广西钦州模拟)如图所示，在光滑的水平面上，静置一个质量为M小车，在车上固定的轻杆顶端系一长为l的细绳，绳的末端拴一质量为m的小球，将小球拉至水平右端后放手，则()‎ A．系统的动量守恒 B．水平方向任意时刻m与M的动量等大反向 C．m不能向左摆到原高度 D．小球和车可以同时向同一方向运动 解析：B[当小球向下摆动的过程中，竖直方向具有向上的分加速度，小车和小球整体处于超重状态，即可得知整体所受的合力不为零，总动量不守恒，故A错误；小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，满足水平方向动量守恒定律，开始系统水平方向动量为零，所以水平方向任意时刻m与M的动量等大反向，故B正确；以小球和小车组成的系统，水平方向动量守恒，当小球和小车的速度均变为零时，小球向左摆到最大高度，因只有重力做功，机械能守恒，所以m能向左摆到原高度，故C错误；因水平方向任意时刻m与M 的动量等大反向，即速度一定是反向的，故D错误．]‎ ‎3．(2017·全国卷Ⅰ)将质量为‎1.00 kg的模型火箭点火升空，‎50 g燃烧的燃气以大小为‎600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)()‎ A．‎30 kg·m/s B．5.7×‎102 kg·m/s C．6.0×‎102 kg·m/s D．6.3×‎102 kg·m/s 解析：A[燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为p，根据动量守恒定律，可得p－mv0＝0，解得p＝mv0＝‎0.050 kg×‎600 m/s＝‎30 kg·m/s，选项A正确．]‎ ‎4．(2019·山东师大附中模拟)如图所示，质量为m、速度为v的A球跟质量为‎3m的静止B球发生对心正碰，碰撞后B球的速度可能有不同的值，碰后B的速度可能为()‎ A．0.2v B．0.4v C．0.6v D．0.8v 解析：B[两球碰撞过程动量守恒，以A的初速度方向为正方向，如果两球发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得：mv＝(m＋‎3m)v′解得：v′＝0.25v；如果两球发生完全弹性碰撞，由动量守恒定律得：mv＝mvA＋3mvB，由机械能守恒定律得：mv2＝mv＋·3mv，解得：vB＝0.5v，则碰撞后B的速度为0.25v≤vB≤0.5v，故B正确．]‎ ‎5.(2019·湖南涟源一中模拟)质量为M的小车静止在光滑水平面上，车上是一个四分之一的光滑圆周轨道，轨道下端切线水平．质量为m的小球沿水平方向从轨道下端以初速度v0滑上小车，重力加速度为g，如图所示．已知小球不从小车上端离开小车，小球滑上小车又滑下，与小车分离时，小球与小车速度方向相反，速度大小之比等于1∶3，则m∶M的值为()‎ A．1∶3 B．3∶1‎ C．3∶5 D．5∶3‎ 解析：C[设小球的初速度方向为正方向，由动量守恒可知：mv0＝Mv1－mv2，＝ ‎，对整体有机械能守恒定律可得：mv＝Mv＋mv，联立解得：＝，故选项C正确．]‎ ‎6．(2019·浙江选考考前特训)(多选)如图所示，水平光滑轨道宽度和弹簧自然长度均为d.m2的左边有一固定挡板．m1由图示位置静止释放，当m1与m2第二次相距最近时m1的速度为v1，则在以后的运动过程中()‎ A．m1的最小速度是0‎ B．m1的最小速度是v1‎ C．m2的最小速度是v1‎ D．m2的最大速度是v1‎ 解析：BD[当m1与m2相距最近后，m1在前，做减速运动，m2在后，做加速运动，当再次最近时，m1减速结束，m2加速结束，因此此时m1速度最小，m2速度最大，在此过程中遵从动量守恒m1v1＝m1v1′＋m2v2，机械能守恒：m1v＝m1v1′2＋m2v；因此二者的作用相当于弹性碰撞，由弹性碰撞的公式可解得B、D选项正确．]‎ ‎7．(2019·哈尔滨市三中验收考试)(多选)小球A的质量为mA＝‎5 kg，动量大小为pA＝‎4 kg·m/s，小球A水平向右与静止的小球B发生弹性碰撞，碰后A的动量大小为pA′＝‎1 kg·m/s，方向水平向右，则()‎ A．碰后小球B的动量大小为pB＝‎3 kg·m/s B．碰后小球B的动量大小为pB＝‎5 kg·m/s C．小球B的质量为‎15 kg D．小球B的质量为‎3 kg 解析：AD[规定向右为正，碰撞过程中A、B组成的系统动量守恒，所以有pA＝pA′＋pB，解得pB＝‎3 kg·m/s，A正确，B错误；由于是弹性碰撞，所以没有机械能损失，故＝＋，解得mB＝‎3 kg，C错误，D正确．]‎ ‎8．(2019·安徽合肥一模)质量为‎0.2 kg的球竖直向下以‎6 m/s的速度落至水平地面，再以‎4 m/s的速度反向弹回．取竖直向上为正方向，在小球与地面接触的时间内，关于球动量变化量Δp和合外力对小球做的功W，下列说法正确的是()‎ A．Δp＝‎2 kg·m/sW＝－2 J B．Δp＝－‎2 kg·m/sW＝2 J C．Δp＝‎0.4 kg·m/sW＝－2 J D．Δp＝－‎0.4 kg·m/sW＝2 J 解析：A[取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞过程中动量的变化量：Δp＝mv2－mv1＝0.2×‎4 kg·m/s－0.2×(－6) kg·m/s＝‎2 kg·m/s，方向竖直向上．由动能定理知，合外力做的功：W＝mv－mv＝×0.2×42 J－×0.2×62 J＝－2 J，A正确，B、C、D错误．]‎ ‎[B级—能力练]‎ ‎9．(2019·江西吉安质检)(多选)如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝‎4 kg的小物块B以水平速度v0＝‎2 m/s滑上原来静止的长木板A的上表面，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，g取‎10 m/s2，则下列说法正确的是()‎ A．木板A获得的动能为2 J B．系统损失的机械能为2 J C．木板A的最小长度为‎2 m D．A、B间的动摩擦因数为0.1‎ 解析：AD[由题中图象可知，木板获得的速度为v＝‎1 m/s，A、B组成的系统动量守恒，以物体B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(m0＋m)v，解得m0＝‎4 kg，木板获得的动能为Ek＝m0v2－0＝2 J，故A正确；系统损失的机械能ΔE＝mv－mv2－m0v2＝4 J，故B错误；速度－时间图象与坐标轴围成的面积表示位移，故0～1 s内物体B的位移为xB＝×(2＋1)×‎1 m＝‎1.5 m，木板A的位移为xA＝×1×‎1 m＝‎0.5 m，则木板A的最小长度为l＝xB－xA＝‎1 m，故C错误；由题图可知，物体B在0～1 s的加速度a＝＝－‎1 m/s2，负号表示加速度的方向与规定正方向相反，由牛顿第二定律得－μmBg＝mBa，得μ＝0.1，故D正确．]‎ ‎10．(多选)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 解析：AD[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．]‎ ‎11．(多选)如图所示，在足够长的水平地面上有两辆相同的小车甲和乙，A、B两点相距为‎5 m，小车甲从B点以大小为‎4 m/s的速度向右做匀速直线运动的同时，小车乙从A点由静止开始以大小为‎2 m/s2的加速度向右做匀加速直线运动．一段时间后，小车乙与小车甲相碰(碰撞时间极短)，碰后两车粘在一起，整个过程中，两车的受力不变(不计碰撞过程)．下列说法正确的是()‎ A．小车乙追上小车甲用时4 s B．小车乙追上小车甲之前它们的最远距离为‎9 m C．碰后瞬间两车的速度大小为‎7 m/s D．若地面光滑，则碰后两车的加速度大小仍为‎2 m/s2‎ 解析：BC[小车乙追上小车甲时，有x乙－x甲＝‎5 m，即at2－v甲t＝‎5 m，代入数据解得t＝5 s，所以小车乙追上小车甲用时5 s，故A错误；当两车的速度相等时相距最远，则有v甲＝at′，解得t′＝＝ s＝2 s，最远距离s＝‎5 m＋v甲t′－at′2＝ m＝‎9 m，故B正确；碰前瞬间乙车的速度v乙＝at＝2×‎5 m/s＝‎10 m/s，对于碰撞过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得mv甲＋mv乙＝2mv，解得碰后瞬间两车的共同速度v＝‎7 m/s，故C正确；若地面光滑，碰前乙车所受的作用力F＝ma，甲车的合力为0，则碰后两车的加速度大小a′＝＝＝‎1 m/s2，故D错误．]‎ ‎12．(2018·全国卷Ⅱ)汽车A在水平冰雪路面上行驶．驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B.两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B车向前滑动了‎4.5 m，A车向前滑动了‎2.0 m．已知A和B的质量分别为2.0×‎103 kg和1.5×‎103 kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g＝‎10 m/s2.求：‎ ‎(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小；‎ ‎(2)碰撞前的瞬间A车速度的大小．‎ 解析：(1)设B车的质量为mB，碰后加速度大小为aB，根据牛顿第二定律有 μmBg＝mBaB①‎ 式中μ是汽车与路面间的动摩擦因数．‎ 设碰撞后瞬间B车速度的大小为vB′，碰撞后滑行的距离为sB.由运动学公式有 vB′2＝2aBsB②‎ 联立①②式并利用题给数据得 vB′＝‎3.0 m/s③‎ ‎(2)设A车的质量为mA，碰后加速度大小为aA.根据牛顿第二定律有 μmAg＝mAaA④‎ 设碰撞后瞬间A车速度的大小为vA′，碰撞后滑行的距离为sA.由运动学公式有 vA′2＝2aAsA⑤‎ 设碰撞前的瞬间A车速度的大小为vA.两车在碰撞过程中动量守恒，有 mAvA＝mAvA′＋mBvB′⑥‎ 联立③④⑤⑥式并利用题给数据得 vA＝‎4.3 m/s.‎ 答案：(1)‎3.0 m/s(2)‎4.3 m/s ‎13．(2019·江西上饶二中模拟)如图所示AOB是光滑水平轨道，BC是半径为R的光滑的固定圆弧轨道，两轨道恰好相切．质量为M的小木块静止在O点，一个质量为m的子弹以某一初速度水平向右快速射入小木块内，并留在其中和小木块一起运动，且恰能到达圆弧轨道的最高点C(木块和子弹均可以看成质点)．已知R＝‎0.4 m，m＝‎1 kg，M＝‎10 kg.(g＝‎10 m/s2，结果保留两位有效数字)求：‎ ‎(1)子弹射入木块前的速度v0；‎ ‎(2)若每当小木块上升到圆弧并返回到O点时，立即有相同的子弹射入小木块，并留在其中．则当第3颗子弹射入小木块后，木块速度多大．‎ 解析：(1)第一颗子弹射入木块的过程，系统动量守恒，即：mv0＝(m＋M)v1‎ 系统由O到C的运动过程中机械能守恒，即：‎ (m＋M)v＝(m＋M)gR 由以上两式解得：v0＝≈‎31 m/s.‎ ‎(2)由动量守恒定律可知，第2颗子弹射入木块后，木块的速度为0‎ 当第3颗子弹射入木块时，由动量守恒定律得：‎ mv0＝(‎3m＋M)v3‎ 解得：v3＝≈‎2.4 m/s.‎ 答案：(1)‎31 m/s(2)‎2.4 m/s ‎14．(2019·包头模拟)如图所示，AB为光滑水平面，BC部分位于竖直平面内半径为R的半圆轨道，B点是最低点，C点是最高点，C点切线方向水平，圆管截面半径r≪R.有一个质量为m的a球以水平初速度向右运动碰撞到原来静止在水平面上的质量为‎3m的b球，两球发生对心碰撞，碰撞时间极短，并且碰撞时没有能量损失，碰撞后b球顺利进入光滑圆管(B点无能量损失，小球的半径比圆管半径r略小)，它经过最高点C后飞出，最后落在水平地面上的A点，已知AB的距离为2R.已知重力加速度为g.求：‎ ‎(1)小球b运动到C点时对轨道的压力．‎ ‎(2)碰后小球a的速度．‎ 解析：(1)b球从C点做平抛运动，则：‎ 水平方向x＝2R＝vCt 竖直方向：y＝2R＝gt2‎ 解得：vC＝ 在C点根据牛顿第二定律得：‎ ‎3mg＋FN＝‎3m 解得：FN＝0‎ 由牛顿第三定律知小球对轨道的压力为0‎ ‎(2)b球从B到C，由机械能守恒得：‎ ‎3mg·2R＝×3mv－×3mv 解得：vB＝ a球与b球发生弹性碰撞，则：‎ mv0＝mva＋3mvB mv＝mv＋×3mv 解得：va＝－ 方向向左．‎ 答案：(1)0(2)，方向向左