高考物理一轮复习 第15章 动量守恒定律练习

选修3-5第十五章动量守恒定律一、选择题1．关于物体的动量，下列说法中正确的是()A．运动物体在任一时刻的动量方向，一定是该时刻的速度方向B．物体的加速度不变，其动量一定不变C．动量越大的物体，其速度一定越大D．物体的动量越大，其惯性也越大1．A解析：物体有加速度，速度一定会发生变化，选项B错误；由p＝mv知，选项C、D均错误，故只有选项A正确。2．下列论述中错误的是()A．相互作用的物体，如果所受合外力为零，则它们的总动量保持不变B．动量守恒是指相互作用的各个物体在相互作用前后的动量不变C．动量守恒是相互作用的各个物体组成的系统在相互作用前的动量之和与相互作用之后的动量之和是一样的D．动量守恒是相互作用的物体系在相互作用过程中的任何时刻动量之和都是一样的2．B解析：动量守恒是指相互作用的各个物体在相互作用前后的动量之和保持不变，选项B错误。3．物体的动量变化量的大小为5kg·m/s，这说明()A．物体的动量在减小B．物体的动量在增大C．物体的动量大小也可能不变D．物体的动量大小一定变化3．C动量是矢量，动量变化了5kg·m/s，物体动量的大小可能在增大，也可能在减小，还可能不变．若物体以大小为5kg·m/s的动量做匀速圆周运动时，物体的动量大小保持不变，当末动量方向与初动量方向间的夹角为60°时，物体的动量变化量的大小为5kg·m/s.故C正确．4．木块a和b用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上，在b上施加向左的水平力使弹簧压缩，如图所示，当撤去外力后，下列说法中正确的是()①a尚未离开墙壁前，a和b系统的动量守恒②a尚未离开墙壁前，a与b系统动量不守恒③a离开墙后，a、b系统动量守恒④a离开墙后，a、b系统动量不守恒A．①③ B．②④C．①④ D．②③4．D以a、b弹簧为系统，撤去外力后，b向右运动，在a尚未离开墙壁前，系统受到墙壁的弹力FN，因此，该过程a、b系统动量不守恒，当a离开墙壁后，a、b系统水平方向不受外力，故系统动量守恒．5．如图所示，质量为M的盒子放在光滑的水平面上，盒子内表面不光滑，盒内放有一块质量为m的物体，某时刻给物体一个水平向右的初速度v0，那么在物体与盒子前后壁多次往复碰撞后()A．两者的速度均为零B．两者的速度总不会相等C．盒子的最终速度为eq\f(mv0,M)，方向水平向右D．盒子的最终速度为eq\f(mv0,M＋m)，方向水平向右5．D由于盒子内表面不光滑，在多次碰后物体与盒相对静止，由动量守恒得：mv0＝(M＋m)v′，解得：v′＝eq\f(mv0,M＋m)，故D正确．6．如图所示，物体A静止在光滑的水平面上，A的左边固定有轻质弹簧，与A质量相等的物体B以速度v向A运动并与弹簧发生碰撞，A、B始终沿同一直线运动，则A、B组成的系统动能损失最大的时刻是()A．A开始运动时B．A的速度等于v时C．B的速度等于零时D．A和B的速度相等时6．D解析：当B触及弹簧后减速，而物体A加速，当A、B两物体速度相等时，A、B间距离最小，弹簧压缩量最大，弹性势能最大。由能量守恒定律可知系统损失的动能最多，故只有选项D正确。7．在光滑水平面上，一质量为m、速度大小为v的A球与质量为2m、静止的B球碰撞后，A球的速度方向与碰撞前相反。则碰撞后B球的速度大小可能是()A．0.6vB．0.4vC．0.3vD．0.2v7．A解析：由动量守恒定律得：设小球A碰前的速度方向为正，则：mv＝－mv1＋2mv2则2v2＝v1＋v＞v；v2＞eq\f(v,2)，即v2＞0.5v，选项A正确。8．把一支弹簧枪水平固定在小车上，小车放在光滑水平地面上，枪射出一颗子弹时，关于枪、弹、车，下列说法正确的是()A．枪和弹组成的系统动量守恒B．枪和车组成的系统动量守恒C．枪弹和枪筒之间的摩擦力很小，可以忽略不计，故二者组成的系统动量近似守恒D．枪、弹、车三者组成的系统动量守恒8、D解析：内力、外力取决于系统的划分。以枪和弹组成系统，车对枪的作用力是外力，系统动量不守恒，枪和车组成的系统受到系统外弹簧弹力对枪的作用力，系统动量不守恒。枪弹和枪筒之间的摩擦力属于内力，但枪筒受到车的作用力，属于外力，故二者组成的系统动量不守恒。枪、弹、车组成的系统所受合外力为零，系统的动量守恒，故D正确。9．一小型爆炸装置在光滑、坚硬的水平钢板上发生爆炸，所有碎片均沿钢板上方的圆锥面(圆锥的顶点在爆炸装置处)飞开。在爆炸过程中，下列关于爆炸装置的说法中正确的是()A．总动量守恒 B．机械能增大C．水平方向动量守恒 D．竖直方向动量守恒9、BC解析:爆炸装置在光滑、坚硬的水平钢板上发生爆炸，与钢板间产生巨大的相互作用力，这个作用力将远远大于它所受到的重力，所以爆炸装置的总动量是不守恒的。但由于钢板对爆炸装置的作用力是竖直向上的，因此爆炸装置在竖直方向动量不守恒，而在水平方向动量是守恒的。爆炸时，化学能转化为机械能，因此，机械能增大，故B、C正确。10\．A球的质量是m，B球的质量是2m，它们在光滑的水平面上以相同的动量运动．B在前，A在后，发生正碰后，A球仍朝原方向运动，但其速率是原来的一半，碰后两球的速率比v′A∶v′BA.eq\f(1,2) B.eq\f(1,3)C．2 D.eq\f(2,3)10．D设碰前A球的速率为v，根据题意，pA＝pB，即mv＝2mvB，得碰前vB＝eq\f(v,2)，碰后v′A＝eq\f(v,2)，由动量守恒定律，有mv＋2m×eq\f(v,2)＝m×eq\f(v,2)＋2mv′B解得v′B＝eq\f(3,4)v，所以eq\f(v′A,v′B)＝eq\f(\f(v,2),\f(3,4)v)＝eq\f(2,3).二、非选择题11.用如图甲所示的气垫导轨来验证动量守恒定律，用频闪照相机闪光4次拍得照片如图乙所示，已知闪光时间间隔为Δt＝0.02s，闪光本身持续时间极短，已知在这4次闪光的时间内A、B均在0～80cm范围内且第一次闪光时，A恰好过x＝55cm处，B恰好过x＝70cm处，则由图可知：(1)两滑块在x＝________cm处相碰．(2)两滑块在第一次闪光后t＝________s时发生碰撞．(3)若碰撞过程中满足动量守恒，则A、B两滑块的质量比为____________．11．(1)60(2)0.01(3)eq\f(2,3)解析：因在4次闪光照相中B只有两个位置，所以碰撞一定发生在x＝60cm处且之后B静止，碰后A在Δt时间内发生位移为20cm，所以碰后A由60cm处滑至50cm处用时eq\f(Δt,2)，即第一次闪光后经t＝eq\f(Δt,2)＝0.01s，A、B相碰，令碰撞前后A的速度分别为vA、vA′，碰撞前B的速度为vB，由图知vA′＝vB及vB＝2vA，因满足动量守恒，所以有mBvB－mAvA＝mAvA′，代入数值得eq\f(mA,mB)＝eq\f(2,3).12．用图中装置验证动量守恒定律．实验中(1)为了尽量减小实验误差，在安装斜槽轨道时，应让斜槽末端保持水平，这样做的目的是____________．A．使入射球与被碰小球碰后均能从同一高度飞出B．使入射球与被碰小球碰后能同时飞出C．使入射球与被碰小球离开斜槽末端时的速度为水平方向D．使入射球与被碰小球碰撞时的动能不损失(2)若A球质量为m1＝50g，两小球发生正碰前后的位移—时间(x－t)图象如图所示，则小球B的质量为m2＝____________.(3)调节A球自由下落高度，让A球以一定速度v与静止的B球发生正碰，碰后两球动量正好相等，则A、B两球的质量之比eq\f(M,m)应满足____________．12．(1)C(2)20g(3)1＜eq\f(M,m)≤3解析：(1)在安装斜槽轨道时，应让斜槽末端保持水平，这样做的目的是使入射球与被碰小球离开斜槽末端时的速度为水平方向，C对．(2)由图知碰前B球静止，A球的速度为v0＝4m/s，碰后A球的速度为v1＝2m/s，B球的速度为v2＝5m/s，由动量守恒知m1v0＝m1v1＋m2v2，代入数据解得m2＝20g.(3)因实验要求主碰球质量大于被碰球质量，eq\f(M,m)＞1，令碰前动量为p，所以碰后两球动量均为eq\f(p,2)，因碰撞过程中动能不可能增加，所以有eq\f(p2,2M)≥eq\f(0.5p2,2M)＋eq\f(0.5p2,2m)，即eq\f(M,m)≤3，所以1＜eq\f(M,m)≤3.13．如图所示，水平光滑地面上依次放置着质量m＝0.08kg的10块完全相同长直木板。一质量M＝1.0kg、大小可忽略的小铜块以初速度v0＝6.0m/s从长木板左侧滑上木板，当铜块滑离第一块木板时，速度大小为v1＝4.0m/s。铜块最终停在第二块木板上。(取g＝10m/s2，结果保留两位有效数字)求：(1)第一块木板的最终速度；(2)铜块的最终速度。13：(1)2.5m/s(2)3.4m/s解析：(1)铜块和10个长木板水平方向不受外力，所以系统动量守恒，设铜块刚滑到第二个木板时，木板的速度为v2，由动量守恒得，Mv0＝Mv1＋10mv2①得v2＝2.5m/s。②(2)由题可知铜块最终停在第二块木板上，设最终速度为v3，由动量守恒得：Mv1＋9mv2＝(M＋9m)v3得v3＝3.4m/s。④14、如图，小球a、b用等长细线悬挂于同一固定点O。让球a静止下垂，将球b向右拉起，使细线水平。从静止释放球b，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60°。忽略空气阻力，求：(1)两球a、b的质量之比；(2)两球在碰撞过程中损失的机械能与球b在碰前的最大动能之比。14、(1)eq\r(2)－1(2)1－eq\f(\r(2),2)[解析](1)设球b的质量为m2，细线长为L，球b下落至最低点，但未与球a相碰时的速率为v，由机械能守恒定律得m2gL＝eq\f(1,2)m2v2①式中g是重力加速度的大小。设球a的质量为m1；在两球相碰后的瞬间，两球共同速度为v′，以向左为正，由动量守恒定律得m2v＝(m1＋m2)v′②设两球共同向左运动到最高处时，细线与竖直方向的夹角为θ，由机械能守恒定律得eq\f(1,2)(m1＋m2)v′2＝(m1＋m2)gL(1－cosθ)③联立①②③式得eq\f(m1,m2)＝eq\f(1,\r(1－cosθ))－1④代入已知数据得eq\f(m1,m2)＝eq\r(2)－1⑤(2)两球在碰撞过程中的机械能损失为Q＝m2gL－(m1＋m2)gL(1－cosθ)⑥联立①⑥式，Q与碰前球b的最大动能Ek(Ek＝eq\f(1,2)m2v2)之比为eq\f(Q,Ek)＝1－eq\f(m1＋m2,m2)(1－cosθ)⑦联立①⑤⑦式，并代入题给数据得eq\f(Q,Ek)＝1－eq\f(\r(2),2)。15、如图所示，水平地面上固定有高为h的平台，台面上有固定的光滑坡道，坡道顶端距台面高也为h，坡道底端与台面相切。小球A从坡道顶端由静止开始滑下，到达水平光滑的台面后与静止在台面上的小球B发生碰撞，并粘连在一起，共同沿台面滑行并从台面边缘飞出，落地点与飞出点的水平距离恰好为台高的一半。两球均可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g。求：(1)小球A刚滑至水平台面的速度vA；(