高考物理总复习一轮课后跟踪训练19动量守恒定律及其应用 习题答案解析

高考综合复习课后跟踪训练课后跟踪训练(十九)动量守恒定律及其应用[基础巩固]1．下列情况中系统动量守恒的是()①小车停在光滑水平面上，人在车上走动时，对人与车组成的系统②子弹水平射入放在光滑水平面上的木块中，对子弹与木块组成的系统③子弹射入紧靠墙角的木块中，对子弹与木块组成的系统④气球下用轻绳吊一重物一起加速上升时，绳子突然断开后的一小段时间内，对气球与重物组成的系统A．只有① B．①和②C．①和③ D．①和③④[解析]①小车停在光滑水平面上，人在车上走动时，对人与车组成的系统，系统受到的合外力为零，系统动量守恒；②子弹水平射入放在光滑水平面上的木块中，对子弹与木块组成的系统，系统所受到的合外力为零，系统动量守恒；③子弹射入紧靠墙角的木块中，子弹与木块组成的系统受墙角的作用力，系统所受到的合外力不为零，系统动量不守恒；④气球下用轻绳吊一重物一起加速上升时，绳子突然断开后的一小段时间内，对气球与重物组成的系统，所受到的合外力不为零，系统动量不守恒．综上可知，选项B正确，A、C、D错误．[答案]B2．(多选)两物体组成的系统总动量守恒，这个系统中()A．一个物体增加的速度等于另一个物体减少的速度B．一物体受合力的冲量与另一物体所受合力的冲量相同C．两个物体的动量变化总是大小相等、方向相反D．系统总动量的变化为零[解析]两个物体组成的系统总动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′，等式变形后得p1－p1′＝p2′－p2，即－Δp1＝Δp2，－m1Δv1＝m2Δv2，所以每个物体的动量变化大小相等，方向相反，但是只有在两物体质量相等的情况下才有一个物体增加的速度等于另一个物体减少的速度，故选项A错误，C正确；根据动量定理得I1＝Δp1，I2＝Δp2，每个物体的动量变化大小相等，方向相反，所以每个物体受到的冲量大小相等，方向相反，故选项B错误；两物体组成的系统总动量守恒，即系统总动量的变化为零，选项D正确．[答案]CD3.如图，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止．若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为()A．v0＋eq\f(m,M)v B．v0－eq\f(m,M)vC．v0＋eq\f(m,M)(v0＋v) D．v0＋eq\f(m,M)(v0－v)[解析]取向右为正方向，由动量守恒有(M＋m)v0＝－mv＋Mv′，解之有v′＝v0＋eq\f(m,M)(v0＋v)，故选项C正确．[答案]C4．(2020·重庆巴蜀中学一诊)如图所示，在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速率v0向右运动，O点处有一质量为m2的小球B处于静止状态．小球A与小球B发生正碰后均向右运动，小球B被Q处的墙壁弹回后与小球A在P点相遇，PQ＝1.5PO.若小球间的碰撞及小球与墙壁间的碰撞都是弹性碰撞且碰撞时间极短，则两小球的质量之比m1∶m2为()A．1∶2 B．2∶1C．3∶2 D．4∶1[解析]本题考查弹性碰撞．两球发生弹性碰撞，设碰后A、B两球的速度分别为v1、v2，规定向右为正方向，根据系统动量守恒得m1v0＝m1v1＋m2v2，已知小球间的碰撞及小球与墙壁间的碰撞均为弹性碰撞，无机械能损失，由机械能守恒定律得eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)，从两球碰撞后到它们再次相遇，小球A和小球B的速度大小保持不变，因为PQ＝1.5PO，则小球A和小球B通过的路程之比为s1∶s2＝1∶4，可得碰后两小球的速度大小之比v1∶v2＝1∶4，联立解得eq\f(m1,m2)＝eq\f(2,1)，B正确，A、C、D错误．[答案]B5．(2020·福建三明一中月考)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A．3v0－v B．2v0－3vC．3v0－2v D．2v0＋v[解析]本题考查爆炸中的动量守恒问题．爆竹在最高点速度大小为v0、方向水平向右，爆炸前动量为3mv0，其中一块质量为2m，速度大小为v，方向水平向右，设爆炸后另一块瞬时速度大小为v′，取爆竹到最高点未爆炸前的速度方向为正方向，爆炸过程动量守恒，则3mv0＝2mv＋mv′，解得v′＝3v0－2v[答案]C6.一半径为R、质量为M的光滑半圆柱形底座，放置在光滑水平面上，将一半径为eq\f(1,3)R、质量为m的小球紧靠底座右侧由静止释放，释放时小球球心O′和底座圆心O在同一水平高度上，且M＝3m，当小球到达底座最低点时，底座运动的位移大小是()A.eq\f(1,6)RB.eq\f(1,4)RC.eq\f(1,3)RD.eq\f(1,2)R[解析]设当小球到达底座最低点时，底座运动的位移大小是x，则小球相对于地面的水平位移大小为R－eq\f(1,3)R－x.小球和底座组成的系统水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒．取水平向右为正方向，由系统水平方向动量守恒得：Meq\f(x,t)－meq\f(R－\f(1,3)R－x,t)＝0，结合M＝3m，解得x＝eq\f(1,6)R，故A正确，B、C、D错误．[答案]A7.质量分别为ma＝1kg和mb＝2kg的小球在光滑的水平面上发生碰撞，碰撞前、后两球的位移—时间图像如右图所示，则可知碰撞属于()A．弹性碰撞B．非弹性碰撞C．完全非弹性碰撞D．条件不足，无法判断[解析]由x－t图像可知，碰撞前，va＝3m/s，vb＝0，碰撞后，va′＝－1m/s，vb′＝2m/s，碰撞前的总动能为eq\f(1,2)maveq\o\al(2,a)＋eq\f(1,2)mbveq\o\al(2,b)＝eq\f(9,2)J，碰撞后的总动能为eq\f(1,2)mava′2＋eq\f(1,2)mbvb′2＝eq\f(9,2)J，故机械能守恒；碰撞前的总动量为mava＋mbvb＝3kg·m/s，碰撞后的总动量为mava′＋mbvb′＝3kg·m/s，故动量守恒．所以该碰撞属于弹性碰撞，选项A正确．[答案]A8．(2020·河北六校联考)某同学研究碰撞问题，设计了如图所示的装置．天花板下用等长轻细线竖直悬挂两弹性小球，球大小可以忽略，细线长度为R，A球质量为m，B球质量为M，其中M＝3m，重力加速度为g.现将A球拉至水平位置，保持细线伸直，无张力(如图虚线所示)，给A球以竖直向下的初速度，使A、B两球在最低点发生弹性正碰，发现A(1)碰撞后瞬间A的速度大小v1；(2)释放A球时初速度大小v.[解析](1)A碰撞结束到弹回初始位置有：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝mgR得v1＝eq\r(2gR)(2)A、B系统碰撞前后瞬间，系统动量守恒：mv0＝Mv2－mv1弹性碰撞，故碰撞过程机械能守恒：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)联立解得：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(v1＝\f(M－m,M＋m)v0＝\f(1,2)v0,v2＝\f(2m,M＋m)v0＝\f(1,2)v0))，所以v0＝2v1，从释放到碰撞前瞬间，A球机械能守恒：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgR＋eq\f(1,2)mv2解得：v＝eq\r(6gR).[答案](1)eq\r(2gR)(2)eq\r(6gR)[能力提升]9．(多选)质量相等的甲、乙两球在光滑水平面上沿同一直线运动．甲以7kg·m/s的动量追上前方以5kg·m/s的动量同向运动的乙球发生正碰，则碰后甲、乙两球动量不可能的是()A．6.5kg·m/s,5.5kg·m/sB．6kg·m/s,6kg·m/sC．4kg·m/s,8kg·m/sD．5.5kg·m/s,6.5kg·m/s[解析]碰撞的过程中，满足三个条件：动量守恒、总动能不增加、符合物体的实际运动情况．易判断四个选项中动量均守恒．初状态总动能E1＝eq\f(p\o\al(2,1),2m)＋eq\f(p\o\al(2,2),2m)＝eq\f(74,2m).A项末状态总动能E2＝eq\f(p1′2,2m)＋eq\f(p2′2,2m)＝eq\f(72.5,m)，动能不增加，但A项甲球速度大于乙球，故A不可能．B项末状态的总动能E2＝eq\f(p1′2,2m)＋eq\f(p2′2,2m)＝eq\f(72,2m)，动能不增加，故B项可能．C项末状态总动能E2＝eq\f(p1′2,2m)＋eq\f(p2′2,2m)＝eq\f(80,2m)，动能增加，故C项不可能．D项末状态总动能E2＝eq\f(p1′2,2m)＋eq\f(p2′2,2m)＝eq\f(72.5,2m)，动能不增加，故D可能．[答案]AC10．(多选)(2020·北京海淀区4月模拟)电推进系统(俗称“电火箭”)利用电能加热、电离和加速带电粒子，形成向外发射的高速粒子流，从而对飞行器产生反冲力．某飞行器的质量为M，在飞行器的电推进系统内“燃料”电离后产生2价氧离子，经电压为U的电场加速后发射出去，发射功率为P.已知每个氧离子的质量为m，元电荷为e，假设飞行器原来静止，不计发射氧离子后飞行器质量的变化，下列说法中正确的是()A．电推进系统发射出的氧离子的速率为eq\r(\f(eU,m))B．电推进系统每秒钟射出的氧离子数为N＝eq\f(P,2eU)C．飞行器所获得的加速度为eq\f(P,M)eq\r(\f(m,eU))D．在电推进系统工作过程中，氧离子和飞行器组成的系统动量守恒[解析]根据动能定理得2eU＝Ek－0＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝2eq\r(\f(eU,m))，选项A错误；每秒电推进系统对离子所做的功为W＝P·1s，又W＝NEk＝N·2eU，解得N＝eq\f(P·1s,2eU)，选项B错误；在推进器工作过程中，氧离子和飞行器组成的系统所受合外力为零，则动量守恒，每秒射出N个离子后，根据动量守恒定律有Nmv＝Mv′，解得v′＝eq\f(Nmv,M)，加速度a＝eq\f(v′,1s)＝eq\f(P,M)eq\r(\f(m,eU))，选项C、D正确．[答案]CD11．如图所示，轨道ABC中的AB段为一半径R＝0.2m的光滑eq\f(1,4)圆形轨道，BC段为足够长的粗糙水平面．一小滑块P由A点从静止开始下滑，滑到B点时与静止在B点相同质量的小滑块Q碰撞后粘在一起，两滑块在BC水平面上滑行一段距离后停下．g取10m/s2，两滑块与水平面间的动摩擦因数相同μ＝0.1，求：(1)小滑块P刚到达eq\f(1,4)圆形轨道B点时轨道对它的支持力FN为3N，求该滑块的质量和运动到B点的速度．(2)滑块在水平面上的滑行的距离．[解析](1)小滑块P沿光滑eq\f(1,4)圆形轨道下滑到达B点的