高三物理人教版一轮复习第六单元动量守恒定律作业28

题组层级快练(二十八)一、选择题1．(2017·课标全国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/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．30kg·m/s B．5.7×102kg·m/sC．6.0×102kg·m/s D．6.3×102kg·m/s答案A解析在火箭点火瞬间，燃气与火箭构成的系统总动量守恒，且系统总动量为0，所以火箭动量大小等于燃气动量大小p＝mv＝0.05kg×600m/s＝30kg·m/s，故选A项．2．(2017·四川联考)如题图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m的小球从槽高h处开始下滑()A．在以后的运动过程中，小球和槽的动量始终守恒B．在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力始终不做功C．被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动D．被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，小球能回到槽高h处答案C解析在小球在光滑弧形槽上运动时，小球和槽水平方向的动量守恒，在小球接触弹簧受到弹簧弹力作用后，小球和槽的动量不守恒，A项错误；在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力对槽做正功，对小球做负功，B项错误；被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动，C项正确；被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，由于槽已经获得动能，小球不能回到槽高h处，D项错误．3．(2017·南平模拟)如图所示，A、B两物体质量分别为mA、mB，且mA＞mB，置于光滑水平面上，相距较远．将两个大小均为F的力，同时分别作用在A、B上经过相同距离后，撤去两个力，两物体发生碰撞并粘在一起后将()A．停止运动 B．向左运动C．向右运动 D．运动方向不能确定答案C解析力F大小相等，mA＞mB，由牛顿第二定律可知，两物体的加速度aA<aB，由题意知sA＝sB，由运动学公式得sA＝eq\f(1,2)aAtA2，sB＝eq\f(1,2)aBtB2，可知tA＞tB，由IA＝F·tA，IB＝F·tB，解得IA＞IB，由动量定理可知ΔpA＝IA，ΔpB＝IB，则pA＞pB，碰前系统总动量向右，碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律可知，碰后总动量向右，故A、B、D三项错误，C项正确．4．如图所示，在光滑水平面上，有A、B两个小球沿同一直线向右运动，若取向右为正方向，两球的动量分别是pA＝5.0kg·m/s，pB＝7.0kg·m/s.已知二者发生正碰，则碰后两球动量的增量ΔpA和ΔpB可能是()A．ΔpA＝－3.0kg·m/s；ΔpB＝3.0kg·m/sB．ΔpA＝3.0kg·m/s；ΔpB＝3.0kg·m/sC．ΔpA＝3.0kg·m/s；ΔpB＝－3.0kg·m/sD．ΔpA＝－10kg·m/s；ΔpB＝10kg·m/s答案A解析A项，根据碰撞过程动量守恒定律，如果ΔpA＝－3kg·m/s、ΔpB＝3kg·m/s，所以碰后两球的动量分别为p′A＝2kg·m/s、p′B＝10kg·m/s，根据碰撞过程总动能可能不增加，是可能发生的，故A项正确；B项，两球碰撞过程，系统的动量守恒，两球动量变化量应大小相等，方向相反，若ΔPA＝3kg·m/s，ΔpB＝3kg·m/s，违反了动量守恒定律，不可能，故B项错误；C项，根据碰撞过程动量守恒定律，如果ΔpA＝3kg·m/s、ΔpB＝－3kg·m/s，所以碰后两球的动量分别为p′A＝8kg·m/s、p′B＝4kg·m/s，由题，碰撞后，两球的动量方向都与原来方向相同，A的动量不可能沿原方向增大，与实际运动不符，故C项错误；D项，如果ΔpA＝－10kg·m/s、ΔpB＝10kg·m/s，所以碰后两球的动量分别为p′A＝－5kg·m/s、p′B＝17kg·m/s，可以看出，碰撞后A的动能不变，而B的动能增大，违反了能量守恒定律，不可能．故D项错误．5．(2017·福州模拟)一质量为M的航天器正以速度v0在太空中飞行，某一时刻航天器接到加速的指令后，发动机瞬间向后喷出一定质量的气体，气体喷出时速度大小为v1，加速后航天器的速度大小v2，则喷出气体的质量m为()A．m＝eq\f(v2－v1,v1)M B．m＝eq\f(v2,v2－v1)MC．m＝eq\f(v2－v0,v2＋v1)M D．m＝eq\f(v2－v0,v2－v1)M答案C解析规定航天器的速度方向为正方向，由动量守恒定律可得Mv0＝(M－m)v2－mv1，解得m＝eq\f(v2－v0,v2＋v1)M，故C项正确．6．如图所示，质量相等的五个物块在光滑水平面上，间隔一定距离排成一条直线．具有初动能E0的物块1向其它4个静止的物块运动，依次发生碰撞，每次碰撞后不再分开．最后5个物块粘成一个整体．这个整体的动能等于()A．E0 B.eq\f(4,5)E0C.eq\f(1,5)E0 D.eq\f(1,25)E0答案C解析对整个系统研究，整个过程运用动量守恒定律得，mv0＝5mv，解得v＝eq\f(v0,5)，因为E0＝eq\f(1,2)mv02，则整体的动能Ek＝eq\f(1,2)·5m·v2＝eq\f(1,10)mv02＝eq\f(1,5)E0.故C项正确，A、B、D三项错误．7．(2017·沈阳一模)在光滑的水平地面上放有一质量为M带光滑eq\f(1,4)圆弧形槽的小车，一质量为m的小铁块以速度v0沿水平槽口滑去，如图所示，若M＝m，则铁块离开车时将()A．向左平抛 B．向右平抛C．自由落体 D．无法判断答案C解析小铁块和小车组成的系统水平方向不受外力，系统水平方向的动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝Mv车＋mv铁系统的机械能守恒，由机械能守恒定律得：eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)Mv车2＋eq\f(1,2)mv铁2解得铁块离开车时：v铁＝0，v车＝v0.所以铁块离开车时将做自由落体运动，故A、B、D三项错误，C项正确．8.(2017·银川二模)A、B两球沿一直线运动并发生正碰，如图为两球碰撞前后的位移图像，a、b分别为A、B两球碰前的位移图像，c为碰撞后两球共同运动的位移图像，若A球质量是m＝2kg，则由图判断下列结论不正确的是()A．碰撞前后A的动量变化为4kg·m/sB．碰撞时A对B所施冲量为－4N·sC．A、B碰撞前的总动量为3kg·m/sD．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10J答案C解析A项，由x­t图像的斜率表示速度，可知，碰撞前有：vA＝eq\f(xA,tA)＝eq\f(4－10,2)m/s＝－3m/s，vB＝eq\f(xB,tB)＝eq\f(4,2)m/s＝2m/s.碰撞后有：v′A＝v′B＝v＝eq\f(xC,tC)＝eq\f(2－4,4－2)m/s＝－1m/s；则碰撞前后A的动量变化为：ΔpA＝mv′A－mvA＝2×(－1)kg·m/s－2×(－3)kg·m/s＝4kg·m/s，故A项正确；B项，对A、B组成的系统，根据动量守恒定律知：碰撞前后B的动量变化为：ΔpB＝－ΔpA＝－4kg·m/s；对B，由动量定理可知，碰撞时A对B所施冲量为：IB＝ΔpB＝－4kg·m/s＝－4N·s.故B项正确；C项，由ΔpB＝mB(v′B－vB)，所以：mB＝eq\f(ΔpB,v′B－vB)＝eq\f(－4,－1－2)kg＝eq\f(4,3)kg，则A与B碰撞前的总动量为：p总＝mvA＋mBvB＝2×(－3)kg·m/s＋eq\f(4,3)×2kg·m/s＝－eq\f(10,3)kg·m/s，故C项错误；D项，碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能：ΔEk＝eq\f(1,2)mvA2＋eq\f(1,2)mBvB2－eq\f(1,2)(m＋mB)v2，代入数据解得：ΔEk＝10J；故D项正确．9．(2017·衡水中学期末卷)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．在小球A的前方O点处有一质量为m2的小球B处于静止状态，Q点处为一竖直的墙壁．小球A与小球B发生弹性正碰后小球A与小球B均向右运动．小球B与墙壁碰撞后以原速率返回并与小球A在P点相遇，PQ＝2PO，则两小球质量之比m1∶m2为()A．7∶5 B．1∶3C．2∶1 D．5∶3答案D解析设A、B两个小球碰撞后的速度分别为v1、v2，由动量守恒定律有m1v0＝m1v1＋m2v2，发生弹性碰撞，不损失动能，故根据能量守恒定律有：eq\f(1,2)m1v02＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22，两个小球碰撞后到再次相遇，其速率不变，由运动学规律有v1∶v2＝PO∶(PO＋2PQ)＝1∶5，联立三式可得m1∶m2＝5∶3，D项正确．10．(2017·铜仁市四模)(多选)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球弹会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＝10m/s2)()A．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C球的最后速度为eq\f(7,9)m/sD．A球从h＝0.2m处由静止释放则C球的最后速度为eq\f(8,9)m/s答案AD解析A、B两项，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eq\f(1,2)mv02＝mgh，解得v0＝eq\r(2gh)，A与B发生弹性正碰，则碰撞过程中，AB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，eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)×2mv22，解得v1＝－eq\f(1,3)v0，v2＝eq\f(2,3)v0.B与C碰撞过程中，BC组成的系统动量守恒，以B的速度方向为正，根据动量守恒定律得2mv2＝(2m＋m)v，解得v＝eq\f(4,9)v0＞|v1|，所以最后A球不会与B球再相碰；故A项正确，B项错误；C、D两项，当h＝0.2m时，根据v0＝eq\r(2gh)、v＝eq\f(4,9)v0可得，C球最后的速度v＝eq\f(4,9)eq\r(2gh)＝eq\f(4,9)×eq\r(2×10×0.2)m/s＝eq\f(8,9)m/s，故C项错误，D项正确．二、非选择题11.(2017·郑州质检)如图所示，质量为m＝245g的物块(可视为质点)放在质量为M＝0.5kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4.质量为m0＝5g的子弹以速度v0＝300m/s沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g取10m/s2.子弹射入后，求：(1)子弹进入物块后一起向右滑行的最大速度v1.(2)木板向右滑行的最大速度v2.(3)物块在木板上滑行的时间t.答案(1)6m/s(2)2m/s(3)1s解析(1)子弹进入物块后一起向右滑行的初速度即为物块的最大速度，由动量守恒可得：m0v0＝(m0＋m)v1，解得v1＝6m/s.(2)当子弹、物块、木板三者同速时，木板的速度最大，由动量守恒定律可得：(m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v2，解得v2＝2m/s.(3)对物块和子弹组成的整体应用动量定理得：－μ(m0＋m)gt＝(m0＋m)v2－(m0＋m)v1，解得：t＝1s.12．(2017·徐州一模)列车载重时直接向前起动有困难，司机常常先倒车再起动前进．设在平直轨道上的某机车后面挂接有n节车厢，机车与每节车厢的质量都为m，它们所受的阻力都为自身重力的k倍，倒车后各节车厢间的挂钩所留间隙均为d，如图(1)所示，在这种情况下，机车以恒定的牵引力F由静止开始起动，机车及各车厢间挂接的时间极短，挂接后挂钩的状态如图(2)所示．求：(1)第一节车厢刚被带动时列车的速度(2)最后一节车厢刚被带动时列车的速度(3)要想使最后一节车厢也能被带动起来，机车牵引力F的最小值．解析(1)挂接第一节车厢前，由动能定理得：(F－kmg)d＝eq\f(1,2)mv1′2－0，挂接第一节车厢的过程中，动量守恒，由动量守恒定律得：mv1′＝2mv1，解得：v1＝eq\r(\f(1,2)（\f(F,m)－kg）d)；(2)挂接第二节车厢前，由动能定理得：(F－k·2mg)d＝eq\f(1,2)×2mv2′2－eq\f(1,2)×2mv12，挂接第二节车厢的过程中，动量守恒，由动量守恒定律得2mv′2＝3mv2，解得v2＝eq\r(\f(2,3)（\f(F,m)－\f(5,3)kg）d)，挂接第三节车厢前，由动能定理得：(F－k·3mg)d＝eq\f(1,2)×3mv3′2－eq\f(1,2)×3mv22，挂接第三节车厢的过程中，动量守恒，由动量守恒定律得：3mv′3＝4mv3，解得v3＝eq\r(\f(3,4)（\f(F,m)－\f(7,3)kg）d)，同理可得，第n节车厢刚被带动时的速度：vn＝eq\r(\f(n,n＋1)（\f(F,m)－\f(2n＋1,3)kg）d)；(3)要想使最后一节车厢也能被带动起来，则vn≥0，即eq\r(\f(n,n＋1)（\f(F,m)－\f(2n＋1,3)kg）d)≥0，eq\f(F,m)－eq\f(2n＋1,3)kg≥0，则F≥eq\f(2n＋1,3)kmg.13．(2017·北京海淀二模)某同学设计了如图所示的趣味实验来研究碰撞问题，用材料和长度相同的不可伸长的轻绳依次将N个大小相同、质量不等的小球悬挂于水平天花板下方，且相邻的小球静止时彼此接触但无相互作用力，小球编号从左到右依次为1、2、3、……、N，每个小球的质量为其相邻左边小球质量的k倍(k<1)．在第N个小球右侧有一光滑轨道，其中AB段是水平的，BCD段是竖直面内的半圆形，两段光滑轨道在B点平滑连接，半圆轨道的直径BD沿竖直方向．在水平轨道的A端放置一与第N个悬挂小球完全相同的P小球，所有小球的球心等高．现将1号小球由最低点向左拉起高度h，保持绳绷紧状态由静止释放1号小球，使其与2号小球碰撞，2号小球再与3号小球碰撞…….所有碰撞均为在同一直线上的正碰且无机械能损失．已知重力加速度为g，空气阻力、小球每次碰撞时间均可忽略不计．(1)求1号小球与2号小球碰撞之前的速度v1的大小；(2)若N＝3，求第3个小球与P小球发生第一次碰撞前的速度v3的大小；(3)若N＝5，当半圆形轨道半径R＝eq\f(32,5)h时，P小球第一次被碰撞后恰好能通过轨道的最高点D，求k值的大小．答案(1)eq\r(2gh)(2)(eq\f(2,1＋k))2eq\r(2gh)(3)eq\r(2)－1解析(1)设1号小球的质量为m1，碰前的速度为v1，对于1号小球由h高度运动到最低点过程，根据机械能守恒有m1gh＝eq\f(1,2)m1v12，解得：v1＝e