高中物理一輪總復(fù)習(xí)練習(xí)：第六章動(dòng)量守恒定律 課時(shí)作業(yè)30 Word版含解析

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1、 課時(shí)作業(yè)(三十)　動(dòng)量守恒定律的綜合應(yīng)用 [基礎(chǔ)訓(xùn)練] 1．(2018·黑龍江哈三中二模)如圖所示，在光滑水平面上質(zhì)量為m的物體A以速度v0與靜止的物體B發(fā)生碰撞，物體B的質(zhì)量為2m，則碰撞后物體B的速度大小可能為(　　) A．v0 B. C．0 D. 答案：D　解析：物體A與物體B碰撞的過程中動(dòng)量守恒，選物體A原來的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较颍喝绻l(fā)生的是完全非彈性碰撞，由動(dòng)量守恒定律得mv0＝(m＋2m)v，計(jì)算得出v＝v0；如果發(fā)生的是完全彈性碰撞，由動(dòng)量守恒定律得mv0＝mv1＋2mv2，由能量守恒定律得mv＝mv＋·2mv，計(jì)算得出v2＝v0.碰撞后物體B的速度滿足v0≤

2、vB≤v0，選項(xiàng)D正確． 2．如圖所示，靜止在光滑水平面上的木板，右端有一根輕質(zhì)彈簧沿水平方向與木板相連，木板質(zhì)量M＝3 kg.質(zhì)量m＝1 kg的鐵塊以水平速度v0＝4 m/s，從木板的左端沿板面向右滑行，壓縮彈簧后又被彈回，最后恰好停在木板的左端．在上述過程中彈簧具有的最大彈性勢能為(　　) A．3 J B．4 J C．6 J D．20 J 答案：A　解析：設(shè)鐵塊與木板速度相同時(shí)，共同速度大小為v，鐵塊相對木板向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，滑行的最大路程為L，摩擦力大小為Ff.鐵塊相對于木板向右運(yùn)動(dòng)過程中，根據(jù)能量守恒得mv＝FfL＋(M＋m)v2＋Ep.鐵塊相對木板運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程中mv＝2F

3、fL＋(M＋m)v2，由動(dòng)量守恒可知mv0＝(M＋m)v.聯(lián)立解得Ep＝3 J，A正確． 3．A、B兩球之間壓縮一根輕彈簧，靜置于光滑水平桌面上．已知A、B兩球質(zhì)量分別為2m和m.當(dāng)用板擋住A球而只釋放B球時(shí)，B球被彈出落于距桌邊距離為x的水平地面上，如圖所示．當(dāng)用同樣的程度壓縮彈簧，取走A左邊的擋板，將A、B同時(shí)釋放時(shí)，B球的落地點(diǎn)距桌邊距離為(　　) A. B.x C．x D.x 答案：D　解析：當(dāng)用板擋住小球A而只釋放B球時(shí)，根據(jù)能量守恒：Ep＝mv，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有：x＝v0t.當(dāng)用同樣的程度壓縮彈簧，取走A左邊的擋板，將A、B同時(shí)釋放時(shí)，設(shè)A、B的速

4、度分別為vA和vB，則根據(jù)動(dòng)量守恒和能量守恒有：2mvA－mvB＝0，Ep＝·2mv＋mv，解得vB＝v0，B球的落地點(diǎn)距桌邊距離為x′＝vBt＝x，選項(xiàng)D正確． 4．2017年6月15日上午11點(diǎn)，我國在酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心用長征四號乙運(yùn)載火箭成功發(fā)射硬X射線調(diào)制望遠(yuǎn)鏡衛(wèi)星“慧眼”．假設(shè)將發(fā)射火箭看成如下模型：靜止的實(shí)驗(yàn)火箭，總質(zhì)量為M＝2 100 g，當(dāng)它以對地速度為v0＝840 m/s噴出質(zhì)量為Δm＝100 g的高溫氣體后，火箭的對地速度為(噴出氣體過程中重力和空氣阻力可忽略不計(jì))(　　) A．42 m/s B．－42 m/s C．40 m/s D．－40 m/s 答案：

5、B　解析：取火箭及噴出的高溫氣體為系統(tǒng)，則火箭在向外噴氣過程中滿足動(dòng)量守恒定律0＝Δmv0＋(M－Δm)v，由此可得火箭的速度v＝－＝－42 m/s. 5．(多選)A、B兩物體在一水平長直氣墊導(dǎo)軌上相碰，碰撞前物體A做勻速直線運(yùn)動(dòng)，物體B靜止不動(dòng)，頻閃照相機(jī)每隔0.1 s閃光一次，連續(xù)拍照多次，拍得如圖所示的照片，不計(jì)兩物體的大小及兩物體碰撞過程所用的時(shí)間，則由此照片可判斷(　　) A．第四次拍照時(shí)物體A在100 cm處 B．第四次拍照時(shí)物體A在80 cm處 C．mA∶mB＝3∶1 D．mA∶mB＝1∶3 答案：AD　解析：碰撞前，物體A做勻速直線運(yùn)動(dòng)，可知物體A第三次在90

6、cm處，第四次在100 cm處，故A項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯(cuò)誤；碰撞前，物體A的速度大小為v0＝＝ m/s＝4 m/s，方向向右，碰撞后，物體A的速度大小為vA＝＝ m/s，方向向左，物體B的速度大小為vB＝＝ m/s＝2 m/s，方向向右，取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得mAv0＝－mAvA＋mBvB，代入數(shù)據(jù)得mA×4＝－mA×2＋mB×2，解得mA∶mB＝1∶3，故C項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確． [能力提升] 6．如圖所示，小車放在光滑水平面上，A端固定一個(gè)輕彈簧，B端粘有油泥，小車總質(zhì)量為M，質(zhì)量為m的木塊C放在小車上，用細(xì)繩連接于小車的A端并使彈簧壓縮，開始時(shí)小車和C都靜止，當(dāng)突然燒斷細(xì)繩時(shí)，C被

7、釋放，使C離開彈簧向B端沖去，并跟B端油泥粘在一起，忽略一切摩擦，以下說法正確的是(　　) A．彈簧伸長過程中C向右運(yùn)動(dòng)，同時(shí)AB也向右運(yùn)動(dòng) B．C與B碰前，C與小車的速率之比為m∶M C．C與油泥粘在一起后，小車立即停止運(yùn)動(dòng) D．C與油泥粘在一起后，小車?yán)^續(xù)向左運(yùn)動(dòng) 答案：C　解析：依據(jù)系統(tǒng)動(dòng)量守恒，C向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，AB向左運(yùn)動(dòng)，或由牛頓運(yùn)動(dòng)定律判斷，AB受向左的彈力作用而向左運(yùn)動(dòng)，故A項(xiàng)錯(cuò)；又MvAB＝mvC，得＝，即B項(xiàng)錯(cuò)；根據(jù)動(dòng)量守恒得：0＝(M＋m)v′，所以v′＝0，故選C. 7．(2018·河南洛陽一模)(多選)如圖所示，質(zhì)量為m＝245 g的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))放在

8、質(zhì)量為M＝0.5 kg的木板左端，足夠長的木板靜止在光滑水平面上，物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.4，質(zhì)量為m0＝5 g的子彈以速度v0＝300 m/s沿水平方向射入物塊并留在其中(時(shí)間極短)，取g＝10 m/s2，則在整個(gè)過程中(　　) A．物塊和木板組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒 B．子彈的末動(dòng)量大小為0.01 kg·m/s C．子彈對物塊的沖量大小為0.49 N·s D．物塊相對于木板滑行的時(shí)間為1 s 答案：BD　解析：子彈射入物塊的過程中，物塊的動(dòng)量增大，所以物塊和木板組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，故A錯(cuò)誤；選取向右為正方向，子彈射入物塊過程，由動(dòng)量守恒定律可得m0v0＝(m0＋m)v1

9、，物塊在木板上滑動(dòng)過程，由動(dòng)量守恒定律可得(m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v2，聯(lián)立可得v2＝＝2 m/s，所以子彈的末動(dòng)量大小為p＝m0v2＝0.01 kg·m/s，故B正確；由動(dòng)量定理可得子彈受到的沖量I＝Δp＝p－p0＝0.01 kg·m/s－5×10－3×300 kg·m/s＝－1.49 kg·m/s＝－1.49 N·s.子彈與物塊間的相互作用力大小始終相等，方向相反，所以子彈對物塊的沖量大小為1.49 N·s，故C錯(cuò)誤；對子彈和物塊整體，由動(dòng)量定理得－μ(m0＋m)gt＝(m0＋m)(v2－v1)，綜上可得，物塊相對于木板滑行的時(shí)間t＝＝1 s，故D正確. 8.(2018·山東部

10、分重點(diǎn)中學(xué)聯(lián)考)如圖所示，長R＝0.6 m的不可伸長的細(xì)繩一端固定在O點(diǎn)，另一端系著質(zhì)量m2＝0.1 kg的小球B，小球B剛好與水平面相接觸．現(xiàn)使質(zhì)量m1＝0.3 kg的物塊A沿光滑水平面以v0＝4 m/s的速度向B運(yùn)動(dòng)并與B發(fā)生彈性正碰，A、B碰撞后，小球B能在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，已知重力加速度取g＝10 m/s2，A、B均可視為質(zhì)點(diǎn)，試求： (1)在A與B碰撞后瞬間，小球B的速度v2的大??； (2)小球B運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)對細(xì)繩的拉力大小． 答案：(1)6 m/s　(2)1 N 解析：(1)物塊A與小球B碰撞時(shí)，由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有：m1v0＝m1v1＋m2v2 m

11、1v＝m1v＋m2v 解得碰撞后瞬間物塊A的速度v1＝v0＝2 m/s 小球B的速度v2＝v0＝6 m/s (2)碰撞后，設(shè)小球B運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)的速度為v，則由機(jī)械能守恒定律有：m2v＝m2v2＋2m2gR 又由向心力公式有：Fn＝F＋m2g＝m2 聯(lián)立解得小球B對細(xì)繩的拉力大小F′＝F＝1 N. 9．如圖所示，質(zhì)量M＝2 kg的長木板B靜止于光滑水平面上，B的右邊放有豎直固定擋板，B的右端到擋板的距離為s.現(xiàn)有一小物體A(可視為質(zhì)點(diǎn))質(zhì)量m＝1 kg，以初速度v0＝6 m/s從B的左端水平滑上B.已知A與B間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，A始終未滑離B，B與豎直擋板碰前A和B已相對靜止

12、．B與擋板的碰撞時(shí)間極短，碰后以原速率彈回．重力加速度取g＝10 m/s2，求： (1)B與擋板相碰時(shí)的速度大小； (2)s的最短距離； (3)長木板B與豎直固定擋板碰撞后離豎直固定擋板的距離為多少時(shí)，物體A恰與長木板B相對靜止？(結(jié)果保留兩位小數(shù)) 答案：(1)2 m/s　(2)2 m　(3)1.78 m 解析：(1)設(shè)B與擋板相碰時(shí)的速度大小為v1， 由動(dòng)量守恒定律得mv0＝(M＋m)v1， v1＝2 m/s. (2)A與B剛好共速時(shí)B到達(dá)擋板距離s最短，由牛頓第二定律得，B的加速度為 a＝＝1 m/s2 s＝＝2 m. (3)B與擋板碰后，A、B最后一起向左運(yùn)動(dòng)

13、，共同速度大小為v2，由動(dòng)量守恒定律，有Mv1－mv1＝(m＋M)v2 v2＝ m/s 設(shè)長木板B與豎直固定擋板碰撞后離豎直固定擋板的距離為L時(shí)，物體A恰與長木板B相對靜止，對長木板B由動(dòng)能定理得 －μmgL＝Mv－Mv 代入數(shù)據(jù)得L＝1.78 m. 10．在原子核物理中，研究核子與核關(guān)聯(lián)的最有效途徑是“雙電荷交換反應(yīng)”．這類反應(yīng)的前半部分過程和下述力學(xué)模型類似．兩個(gè)小球A和B用輕質(zhì)彈簧相連，在光滑的水平直軌道上處于靜止?fàn)顟B(tài)．在它們左邊有一垂直于軌道的固定擋板P，右邊有一小球C沿軌道以速度v0射向B球，如圖所示．C與B發(fā)生碰撞并立即結(jié)成一個(gè)整體D.在它們繼續(xù)向左運(yùn)動(dòng)的過程中，當(dāng)彈簧長

14、度變到最短時(shí)，長度突然被鎖定，不再改變．然后，A球與擋板P發(fā)生碰撞，碰后A、D都靜止不動(dòng)，A與P接觸而不粘連．過一段時(shí)間，突然解除鎖定(鎖定及解除鎖定均無機(jī)械能損失)．已知A、B、C三球的質(zhì)量均為m. (1)求彈簧長度剛被鎖定后A球的速度； (2)求在A球離開擋板P之后的運(yùn)動(dòng)過程中，彈簧的最大彈性勢能． 答案：(1)v0　(2)mv 解析：(1)設(shè)C球與B球粘結(jié)成D時(shí)，D的速度為v1，由動(dòng)量守恒定律，有 mv0＝(m＋m)v1① 當(dāng)彈簧壓至最短時(shí)，D與A的速度相等，設(shè)此速度為v2，由動(dòng)量守恒定律，有 2mv1＝3mv2② 由①②兩式得A的速度v2＝v0.③ (2)設(shè)彈簧長度被鎖定后，貯存在彈簧中的勢能為Ep，由能量守恒定律，有 ·2mv＝mv＋Ep④ 撞擊P后，A與D的動(dòng)能都為零，解除鎖定后，當(dāng)彈簧剛恢復(fù)到自然長度時(shí)，勢能全部轉(zhuǎn)變成D的動(dòng)能，設(shè)D的速度為v3，則有 Ep＝·(2m)·v⑤ 當(dāng)彈簧伸長，A球離開擋板P，并獲得速度．當(dāng)A、D的速度相等時(shí)，彈簧伸至最長．設(shè)此時(shí)的速度為v4，由動(dòng)量守恒定律，有 2mv3＝3mv4⑥ 當(dāng)彈簧伸到最長時(shí)，其勢能最大，設(shè)此勢能為E′p，由能量守恒定律，有 ·2mv＝mv＋E⑦ 解以上各式得E′p＝mv.⑧