高考物理一轮复习 第六章 碰撞与动量守恒 课时分层作业 十九 6.2 动量守恒定律及其应用试题

课时分层作业十九动量守恒定律及其应用(45分钟100分)【基础达标题组】一、选择题(本题共10小题,每小题6分,共60分。1～6题为单选题,7～10题为多选题)1.(2017·全国卷Ⅰ)将质量为1.00kg的模型火箭点火升空,50g燃烧的燃气以大小为600m/sA.30kg·m/s B.5.7×10C.6.0×102kg·m/s D.6.3×10【解析】选A。火箭与喷出的燃气组成的系统在竖直方向上动量守恒。选竖直向上为正方向,设喷气后火箭的动量为p,由动量守恒定律得:0=p-mv,则p=mv=0.050×600kg·m/s=302.在光滑水平面上有一辆平板车,一人手握大锤站在车上。开始时人、锤和车均静止,且这三者的质量依次为m1、m2、m3。人将大锤水平向左抛出后,人和车的速度大小为v,则拋出瞬间大锤的动量大小为 ()A.m1v B.m2vC.(m1+m3)v D.(m2+m3)v【解析】选C。人、锤和车组成的系统动量守恒,取向左为正方向,则(m1+m3)v-p=0,解得拋出瞬间大锤的动量大小为p=(m1+m3)v,故C正确,A、B、D错误。3.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∶1B.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∶1D.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【解析】选D。弹簧弹开物体过程中,两物体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=mA,W2=mB,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;平抛运动水平方向的分运动是匀速直线运动,由x=v0t知,t相等,又木块在桌面上运动时,vA∶vB=1∶3,则A、B两木块的水平位移大小之比为1∶3,故D正确。4.一颗子弹水平射入静止在光滑水平地面上的木块后不再穿出,木块的动能增加了8J,木块的质量大于子弹的质量。则此过程中产生的内能可能是()A.18JB.16JC.10JD.6J【解析】选A。设子弹的初速度为v0,射入木块后子弹与木块共同的速度为v,木块的质量为M,子弹的质量为m,根据动量守恒定律得mv0=(M+m)v,解得v=,木块获得的动能为ΔEk=Mv2=,系统产生的内能为Q=m-(M+m)v2=,所以=,由于木块的质量大于子弹的质量,所以=<,即Q>2ΔEk=2×8J=16J,故A正确,B、C、D错误。5.(2018·石家庄模拟)滑块a、b沿水平面上同一条直线发生碰撞,碰撞后两者粘在一起运动,两者的位置x随时间t变化的图象如图所示。则滑块a、b的质量之比 ()A.5∶4B.1∶8C.8∶1D.4∶5【解析】选B。设a、b的质量分别为m1、m2,a、b碰撞前的速度为v1、v2,由题给的图象得v1=-2m/s,v2=1m/s,a、b发生完全非弹性碰撞,碰撞后两滑块的共同速度为v,由题给的图象得v=m/s,由动量守恒定律得m1v1+m2v2=(m1+m2)v,由以上各式解得m1∶m2=1∶8,故B正确,A、6.(2018·泉州模拟)如图所示,质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上,其水平直径AB长度为2R,现将质量也为m的小球从距A点正上方h0高处由静止释放,然后由A点经过半圆轨道后从B冲出,在空中能上升的最大高度为h0(不计空气阻力),则 ()A.小球和小车组成的系统动量守恒B.小车向左运动的最大距离为RC.小球离开小车后做斜上抛运动D.小球第二次能上升的最大高度h0<h<h0【解析】选D。小球与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零,水平方向系统动量守恒,但系统整体所受合外力不为零,系统动量不守恒,故A错误;系统水平方向动量守恒,以向右为正方向,在水平方向,由动量守恒定律得m-m=0,m-m=0,解得小车的位移x=R,故B错误;小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒,小球离开小车时系统水平方向动量为零,小球与小车水平方向速度为零,小球离开小车后做竖直上抛运动,故C错误;小球第一次在车中运动过程中,由动能定理得mg-Wf=0,解得Wf=mgh0,即小球第一次在车中滚动损失的机械能为mgh0,由于小球第二次在车中滚动时,对应位置处速度变小,因此小车给小球的弹力变小,摩擦力变小,摩擦力做功小于mgh0,机械能损失小于mgh0,因此小球再次离开小车时,能上升的高度大于h0-h0=h0,而小于h0,故D正确。7.(2018·南昌模拟)如图甲所示,在光滑水平面上,轻质弹簧一端固定,物体A以速度v0向右运动压缩弹簧,测得弹簧的最大压缩量为x,现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B(如图乙所示),物体A以2v0的速度向右压缩弹簧,测得弹簧的最大压缩量仍为x,则 ()A.A物体的质量为3mB.A物体的质量为2mC.弹簧压缩最大时的弹性势能为mD.弹簧压缩最大时的弹性势能为m【解析】选A、C。弹簧固定时,当弹簧压缩量最大时,弹性势能最大,A的动能转化为弹簧的弹性势能,根据系统的机械能守恒可知,弹簧被压缩过程中最大的弹性势能等于A的初动能,设A的质量为mA,则有Epm=mA,当弹簧一端连接另一质量为m的物体B时,A与弹簧相互作用的过程中B将向右运动,A、B速度相等时,弹簧的弹性势能最大,选取A的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得mA·2v0=(m+mA)v,由机械能守恒定律得Epm=mA(2v0)2-(mA+m)v2,联立解得mA=3m,Epm=1.5m,故A、C正确,B、D错误。【加固训练】(多选)如图甲所示,一轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接,并静止在光滑的水平面上。现使A瞬时获得水平向右的速度3m/s,以此刻为计时起点,两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示,A.在t1、t3时刻两物块达到共同速度1mB.t3～t4时间内弹簧由压缩状态恢复到原长C.两物块的质量之比为m1∶m2=1∶2D.在t2时刻A与B的动能之比为Ek1∶Ek2=1∶8【解析】选C、D。由图可知t1到t3时间内两物块之间的距离逐渐增大,t3时刻达到共同速度,此时弹性势能最大,弹簧处于伸长状态,故A错误;结合图象弄清两物块的运动过程,开始时A逐渐减速,B逐渐加速,弹簧被压缩,t1时刻二者速度相等,系统动能最小,弹性势能最大,弹簧被压缩到最短,然后弹簧逐渐恢复原长,B依然加速,A先减速为零,然后反向加速,t2时刻,弹簧恢复原长状态,由于此时两物块速度相反,因此弹簧的长度将逐渐增大,两物块均减速,t3时刻,两物块速度相等,系统动能最小,弹簧最长,从t3到t4过程中弹簧由伸长状态恢复原长,故B错误;系统动量守恒,选择开始到t1时刻列方程可知:m1v1=(m1+m2)v2,将v1=3m/s,v2=1m/s代入得:m1∶m2=1∶2,故C正确;在t2时刻A的速度大小为vA=1m/s,B的速度为vB=2m/s,根据m1∶m2=1∶2,求出8.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5m,小车甲从B点以大小为4m/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2m/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,A.小车乙追上小车甲用时4sB.小车乙追上小车甲之前它们的最远距离为9C.碰后瞬间两车的速度大小为7D.若地面光滑,则碰后两车的加速度大小仍为2m【解析】选B、C。小车乙追上小车甲时,有x乙-x甲=5m,即at2-v甲t=5m,代入数据解得t=5s,所以小车乙追上小车甲用时5s,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=2s,最远距离s=5m+v甲t′-at′2=(5+4×2-×2×22)m=9m,故B10m/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=7m/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′===1m9.(2018·铜仁模拟)如图所示,弧形轨道置于足够长的水平轨道上,弧形轨道与水平轨道平滑连接,水平轨道上静置一小球B和C,小球A从弧形轨道上离地高h处由静止释放,小球A沿轨道下滑后与小球B发生弹性正碰,碰后小球A被弹回,B球与C球碰撞后粘在一起,A球弹回后再从弧形轨道上滚下,已知所有接触面均光滑,A、C两球的质量相等,B球的质量为A球质量的2倍,如果让小球A从h=0.2m处静止释放,则下列说法正确的是(重力加速度为g=10A.A球从h处由静止释放则最后不会与B球再相碰B.A球从h处由静止释放则最后会与B球再相碰C.A球从h=0.2m处由静止释放则CD.A球从h=0.2m处由静止释放则C【解析】选A、D。设A球的质量为m,A从弧形轨道滑到水平轨道的过程中,根据动能定理得mgh=m,解得v0=,A与B发生弹性正碰,则碰撞过程中,A、B动量守恒,机械能守恒,以A的初速度方向为正方向,由动量守恒和机械能守恒定律得,mv0=mv1+2mv2,m=m+×2m,解得v1=-v0,v2=v0,B与C碰撞过程中,B、C组成的系统动量守恒,以B的速度方向为正方向,根据动量守恒定律得2mv2=(2m+m)v,解得v=v0>|v1|,所以最后A球不会与B球再相碰,故A正确,B错误;当h=0.2m时,根据v0=、v=v0可得,C球最后的速度v==×m/s=m/s,故C错误10.将一长木板静止放在光滑的水平面上,如图甲所示,一个滑块(可视为质点)以水平速度v0沿木板从左端向右端滑动,到达右端时恰能与木板保持相对静止,现将木板分成A和B两段,如图乙所示,并紧挨着放在水平面上,让滑块仍以初速度v0从木板左端向右端滑动,滑块与木板的动摩擦因数处处相同,在以后的整个过程中,下列说法正确的是 ()A.甲乙两图中,滑块克服摩擦力做的功一样多B.系统因摩擦产生的热量甲图比乙图多C.最终甲、乙两图中滑块受到合外力的冲量相同D.图乙过程中滑块与B一定不会分离【解析】选B、D。设滑块的质量为m,A部分的质量为M1,B的质量为M2,则滑块在木板上运动的过程中,系统的动量守恒,选择向右为正方向,对甲图mv0=(m+M1+M2)v,对乙图mv0=M1v1+(m+M2)v2,由于滑块滑过A后,在B上滑动的过程中,滑块的速度将大于A的速度,则有v1<v<v2,可知第二次时滑块的速度的变化量小一些,根据动量定理可知,滑块与B木板将比第一种的情景更早达到速度相等,所以在第二种情况下,滑块还没有运动到B的右端,两者速度相同,即第二次时,滑块相对于木板的位移小,根据动能定理可知,滑块克服摩擦力做的功等于其动能的变化,由于v<v2,所以甲、乙两图中,滑块克服摩擦力做的功不一样多,故A错误;根据摩擦力乘以相对位移等于产生的热量,第一次的相对路程的大小大于第二次的相对路程的大小,则图甲所示的过程产生的热量大于图乙所示的过程产生的热量,故B正确;两图中最终滑块的速度不同,则可知末动量不相同,则由动量定理可知,合外力的冲量不同,故C错误;滑块与B达到相对静止时对应的位移将更小,因此滑块不会离开B物体,故D正确。【加固训练】如图所示,足够长的小平板车B的质量为M,以水平速度v0向右在光滑水平面上运动,与此同时,质量为m的小物体A从车的右端以水平速度v0沿车的粗糙上表面向左运动。若物体与车面之间的动摩擦因数为μ,则在足够长的时间内()A.若M>m,物体A对地向左的最大位移是B.若M<m,小车B对地向右的最大位移是C.无论M与m的大小关系如何,摩擦力对平板车的冲量均为mv0D.无论M与m的大小关系如何,摩擦力的作用时间均为【解析】选D。规定向右为正方向,根据动量守恒定律有:Mv0-mv0=(M+m)v,解得:v=。若M>m,A所受的摩擦力Ff=μmg,对A,根据动能定理得:-μmgxA=0-m,则得物体A对地向左的最大位移xA=,故A错误。若M<m,对B,由动能定理得:-μmgxB=0-M,则得小车B对地向右的最大位移xB=,B错误。根据动量定理知,摩擦力对平板车的冲量等于平板车动量的变化量,即I=-Fft=Mv-Mv0=,Ff=μmg,解得:t=,故C错误,D正确。二、计算题(15分。需写出规范的解题步骤)11.(2018·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的速度为多少。【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=×3m-×3m解得:vB=a球与b球发生弹性碰撞,则:mv0=mva+3mvBm=m+×3m解得:va=-方向向左答案:(1)0(2),方向向左【能力拔高题组】1.(8分)(2018·岳阳模拟)如图所示,一根劲度系数足够大的轻质弹簧一端固定在墙上O点,另一端与静止在光滑水平面上A点的物块相连,物块质量为M,第一颗子弹以大小为v0的速度水平向右射入物块但未穿出。此后,每当物块向左经过A时,都会有一颗子弹以大小为v0的速度水平向右射入物块且均未穿出。若每颗子弹的质量为m,子弹与物块相互作用时间极短,不计空气阻力,则 ()A.随着子弹的不断射入,弹簧的最大压缩量将不断增加B.当第2017颗子弹刚要射入时,物块在A点时的速度大小为0C.当第2017颗子弹刚要射入时,物块在A点时的速度大小为v0D.从第一颗子弹射入到弹簧被压缩到最短的过程中,子弹、物块和弹簧系统机械能守恒【解题指导】解答本题应注意以下三点:(1)子弹打击物块的过程动量守恒。(2)物块压缩弹簧的过程系统机械能守恒。(3)通过数学归纳确定当偶数颗子弹射入物块后物块在A点时的速度大小。【解析】选B。第一颗子弹射入物块的过程,取向右为正方向,由动量守恒定律得mv0=(M+m)v1,解得v1=,之后弹簧的最大弹性势能为Ep1=(M+m)=,根据机械能守恒定律得,物块返回A点时速度大小为v1=,第二颗子弹射入物块的过程,取向右为正方向,由动量守恒定律得mv0-(M+m)v1=(M+2m)v2,解得v2=0,第三颗子弹射入物块的过程,取向右为正方向,由动量守恒定律得mv0=(M+3m)v3,解得v3=,之后弹簧的最大弹性势能为Ep3=(M+3m)=,第四颗子弹射入物块的过程,取向右为正方向,由动量守恒定律得mv0-(M+3m)v3=(M+4m)v4,解得v4=0,由此可知,随着子弹的不断射入,弹簧的最大压缩量并不是不断增加,故A错误;由以上分析可知,当偶数颗子弹射入物块后物块在A点时的速度大小为0,所以当第2017颗子弹刚要射入时,物块在A点时的速度大小为0,故B正确,C错误;从第一颗子弹射入物块的过程中,机械能有一部分转化为内能,所以子弹、物块和弹簧系统机械能要减小,故D错误。2.(17分)(2018·平顶山模拟)如图所示,一小车置于光滑水平面上,轻质弹簧