【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

【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

‎2020届一轮复习人教版 　动量守恒定律及其应用 课时作业 一、单项选择题 ‎1.(2018·吉林长春月考)光滑水平面上半径相等的两金属小球A和B相向运动并发生对心碰撞,碰后两球均静止,若两球的质量之比为mA∶mB=1∶3,则两球碰前的速度关系为(　　)‎ A.方向相同,大小之比为1∶3‎ B.方向相同,大小之比为3∶1‎ C.方向相反,大小之比为1∶3‎ D.方向相反,大小之比为3∶1‎ ‎2.如图所示,气球下面有一根长绳,一个质量为m1=50 kg的人抓在气球下方,气球和长绳的总质量为m2=20 kg,长绳的下端刚好和水平面接触,当静止时人离地面的高度为h=5 m。如果这个人开始沿绳向下滑,当他滑到绳下端时,他离地面高度是(可以把人看成质点) (　　)‎ A.5 m B.3.6 m C.2.6 m D.8 m ‎3.(2018·天津二模)打羽毛球是一种常见的体育健身活动。当羽毛球以5 m/s的水平速度飞来时,运动员迅速挥拍以10 m/s的水平速度迎面击球,假设羽毛球和羽毛球拍的碰撞为弹性碰撞,且球拍的质量远大于球的质量,羽毛球反弹的速度大小为 (　　)‎ A.25 m/s B.20 m/s C.15 m/s D.5 m/s ‎4.如图所示,在平静的水面上有A、B两艘小船,A船的左侧是岸,在B船上站着一个人,人与B船的总质量是A船的10倍。两船开始时都处于静止状态,当人把A船以相对于地面的速度v向左推出,A船到达岸边时岸上的人马上以原速率将A船推回,B船上的人接到A船后,再次把它以原速率反向推出……直到B船上的人不能再接到A船,则B船上的人推船的次数为(　　)‎ A.7 B.6 C.3 D.9‎ 二、多项选择题 ‎5.如图所示,小车AB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AB总质量为m0,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AB和木块C都静止。当突然烧断细绳时,木块C被释放,使木块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.弹簧伸长过程中木块C向右运动,同时小车AB也向右运动 B.木块C与B碰前,木块C与小车AB的速率之比为m0∶m C.木块C与油泥粘在一起后,小车AB立即停止运动 D.木块C与油泥粘在一起后,小车AB继续向右运动 ‎6.(2018·天津静海月考)在光滑水平面上A、B两球沿同一直线向右运动,A追上B发生碰撞,碰前两球动量分别为pA=12 kg·m/s、pB=13 kg·m/s,则碰撞过程中两物体的动量变化可能的是(　　)‎ A.ΔpA=-3 kg·m/s,ΔpB=3 kg·m/s B.ΔpA=4 kg·m/s,ΔpB=-4 kg·m/s C.ΔpA=-5 kg·m/s,ΔpB=5 kg·m/s D.ΔpA=-24 kg·m/s,ΔpB=24 kg·m/s 三、非选择题 ‎7.如图所示,光滑水平直轨道上两滑块A、B用橡皮筋连接,A的质量为m。开始时橡皮筋松弛,B静止,给A向左的初速度v0。一段时间后,B与A同向运动发生碰撞并粘在一起。碰撞后的共同速度是碰撞前瞬间A的速度的两倍,也是碰撞前瞬间B的速度的一半。求:‎ ‎(1)B的质量;‎ ‎(2)碰撞过程中A、B系统机械能的损失。‎ ‎8.(2018·江西南昌期末)如图所示,一质量m0=1.0 kg的沙摆,用轻绳悬于天花板上O点。另有一玩具枪能连续发射质量m=0.01 kg、速度v=4.0 m/s的小钢珠。现将沙摆拉离平衡位置,由高h=0.20 m处无初速度释放,恰在沙摆向右摆到最低点时,玩具枪发射的第一颗小钢珠水平向左射入沙摆,二者在极短时间内达到共同速度。不计空气阻力,g取10 m/s2。第一颗小钢珠射入后,每当沙摆向左运动到最低点时,都有一颗同样的小钢珠水平向左射入沙摆,并留在沙摆中。当第n颗小钢珠射入后,沙摆能达到初始释放的高度h,求n。‎ 考点规范练28　动量守恒定律及其应用 ‎1.D　解析 根据动量守恒,mAvA-mBvB=0,所以,D正确。‎ ‎2.B　解析 当人滑到绳下端时,如图所示,由动量守恒定律,得m1=m2,且h1+h2=h。解得h1=1.4 m;所以他离地高度h0=h-h1=3.6 m,故选项B正确。‎ ‎3.A　解析 设碰撞前羽毛球和羽毛球拍的速度分别为v1和v2,碰后羽毛球和羽毛球拍的速度分别为v1'和v2'。取碰撞前羽毛球的速度方向为正方向,根据动量守恒定律和机械能守恒定律得:‎ m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2' ①‎ m1m2m1v1'2+m2v2'2 ②‎ 联立解得 v1'=‎ 据题有m1≪m2,则得v1'=2v2-v1=2×10 m/s-(-5 m/s)=25 m/s,由此可知A项正确。‎ ‎4.B　解析 取向右为正,B船上的人第一次推出A船时,由动量守恒定律得mBv1-mAv=0,解得v1=v,当A船向右返回后,B船上的人第二次将A推出,由动量守恒定律得mAv+mBv1=-mAv+mBv2,解得v2=v1+v,设第n次推出A时,B的速度大小为vn,由动量守恒定律得mAv+mB=-mAv+mBvn,解得vn=vn-1+v 则有vn=(2n-1)v ①‎ B船上的人就不能再接到A船,须有v≤vn(临界点) ②‎ 解①②式得n≥5.5,则取n=6,故选项B正确。‎ ‎5.BC　解析 小车AB、物块C和弹簧组成的系统动量守恒,初状态总动量为零,在弹簧伸长的过程中,木块C向右运动,则小车向左运动,故A错误;规定向右为正方向,在木块C与B碰前,根据动量守恒有0=mvC-m0v,解得vC∶v=m0∶m,故B正确;因为小车、物块和弹簧组成的系统动量守恒,开始总动量为零,当木块C与油泥粘在一起时,总动量仍然为零,则小车停止运动,故C正确,D错误。‎ ‎6.AC　解析 如果ΔpA=-3 kg·m/s,ΔpB=3 kg·m/s,遵守动量守恒定律。碰后两球的动量分别为pA'=pA+ΔpA=12 kg·m/s-3 kg·m/s=9 kg·m/s、pB'=pB+ΔpB=13 kg·m/s+3 kg·m/s=16 kg·m/s,碰撞后A的动能减少,B的动能增大,不违反能量守恒定律,是可能的,故A正确;如果ΔpA=4 kg·m/s,ΔpB=-4 kg·m/s,遵守动量守恒定律,A球的动能增加,B球的动能减少,不符合实际的运动情况,不可能,故B错误;如果ΔpA=-5 kg·m/s,ΔpB=5 kg·m/s,遵守动量守恒定律。碰后两球的动量分别为pA'=pA+ΔpA=12 kg·m/s-5 kg·m/s=8 kg·m/s、pB'=pB+ΔpB=13 kg·m/s+5 kg·m/s=18 kg·m/s,可知,碰撞后A的动能减少,B的动能增大,不违反能量守恒定律,是可能的,故C正确;如果ΔpA=-24 kg·m/s,ΔpB=24 kg·m/s,遵守动量守恒定律。碰后两球的动量分别为pA'=pA+ΔpA=12 kg·m/s-24 kg·m/s=-12 kg·m/s、pB'=pB+ΔpB=13 kg·m/s+24 kg·m/s=37 kg·m/s,可知碰撞后A的动能不变,B的动能增大,违反了能量守恒定律,是不可能的,故D错误。‎ ‎7.解析 (1)以初速度v0的方向为正方向,设B的质量为mB,A、B碰撞后的共同速度为v。由题意可知:碰撞前瞬间A的速度为,碰撞前瞬间B的速度为2v,由动量守恒定律得m+2mBv=(m+mB)v ①‎ 由①式得mB=。 ②‎ ‎(2)从开始到碰后的全过程,由动量守恒定律得 mv0=(m+mB)v ③‎ 设碰撞过程A、B系统机械能的损失为ΔE,则 ΔE=mB(2v)2-(m+mB)v2 ④‎ 联立②③④式得ΔE=。‎ 答案 (1)　(2)‎ ‎8.解析 沙摆从释放到最低点,由动能定理:m0gh=m0-0,代入数据解得v0=2 m/s,‎ 小钢球打入沙摆过程系统动量守恒,选向右为正方向,‎ 由动量守恒定律得:m0v0-mv=(m0+m)v1,‎ 代入数据解得:v1≈1.94 m/s;‎ 第2颗小钢球打入过程,选向左为正方向,‎ 由动量守恒定律得:(m0+m)v1+mv=(m0+2m)v2,‎ 第3颗小钢球打入过程,同理可得:‎ ‎(m0+2m)v2+mv=(m0+3m)v3,‎ ‎…… ……‎ 第n颗小钢球打入过程,同理可得:‎ ‎[m0+(n-1)m]vn-1+mv=(m0+nm)vn,‎ 联立各式得:(m0+m)v1+(n-1)mv=(m0+nm)vn,‎ 解得:vn=,‎ 当第n颗小钢球射入后,沙摆要能达到初始释放的位置,‎ 沙摆速度满足:vn≥v0,解得:n≥=4,‎ 所以,当第4颗小钢球射入沙摆后,沙摆能达到初始释放的高度。‎ 答案 4‎