2019年高考物理一輪復習 第六章 動量和動量守恒定律 第2講 動量守恒定律及應用練習.doc

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配餐作業(yè)　動量守恒定律及應用 A組基礎鞏固題 1．兩球在水平面上相向運動，發(fā)生正碰后都變?yōu)殪o止?？梢钥隙ǖ氖?，碰前兩球的(　　) A．質量相等 B．動能相等 C．動量大小相等 D．速度大小相等 解析　兩小球組成的系統(tǒng)碰撞過程中滿足動量守恒，兩球在水平面上相向運動，發(fā)生正碰后都變?yōu)殪o止，故根據動量守恒定律可以斷定碰前兩球的動量大小相等、方向相反，C項正確。 答案　C　 2．如圖所示，子彈水平射入放在光滑水平地面上靜止的木塊，子彈未穿透木塊，此過程木塊的動能增加了6 J，那么此過程產生的內能可能為(　　) A．16 J B．2 J C．6 J D．4 J 解析　設子彈的質量為m0，初速度為v0，木塊的質量為m，則子彈打入木塊的過程中，子彈與木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，即m0v0＝(m＋m0)v，此過程產生的內能等于系統(tǒng)損失的動能，即E＝m0v－(m＋m0)v2，而木塊獲得的動能E木＝mv2＝6 J，兩式相除得＝＞1，即E>6 J，A項正確。 答案　A　 3．(2018湖南師大附中摸底考試)如圖所示，質量均為M＝0.4 kg的兩長平板小車A和B開始時緊靠在一起都靜止于光滑水平面上。小物塊(可看成質點)m＝0.2 kg以初速度v＝9 m/s從最左端滑上小車A的上表面，最后停在小車B最右端時速度為v2＝2 m/s，最后A的速度v1為(　　) A．1.5 m/s B. 2 m/s C．1 m/s D．0.5 m/s 解析　三物體整體分析，系統(tǒng)動量守恒mv＝ (m＋M)v2＋Mv1?v1＝1.5 m/s。 答案　A　 4.如圖所示，在光滑的水平面上有一物體M，物體上有一光滑的半圓弧軌道，最低點為C，兩端A、B一樣高?，F(xiàn)讓小滑塊m從A點靜止下滑，則(　　) A．m不能到達小車上的B點 B．m從A到C的過程中M向左運動，m從C到B的過程中M向右運動 C．m從A到B的過程中小車一直向左運動，m到達B的瞬間，M速度為零 D．M與m組成的系統(tǒng)機械能守恒，動量守恒 解析　M和m組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，機械能守恒所以m恰能達到小車上的B點，到達B點時小車與滑塊的速度都是0，故A項錯誤；M和m組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，m從A到C的過程中以及m從C到B的過程中m一直向右運動，所以M一直向左運動，m到達B的瞬間，M與m速度都為零，故B項錯誤，C項正確；小滑塊m從A點靜止下滑，物體M與滑塊m組成的系統(tǒng)水平方向所受合力為零，系統(tǒng)水平方向動量守恒，豎直方向有加速度，合力不為零，所以系統(tǒng)動量不守恒。M和m組成的系統(tǒng)機械能守恒，故D項錯誤。 答案　C　 5.(2018湖南師大附中摸底考試)如圖所示，質量為M的木塊位于光滑水平面上，在木塊與墻之間用輕彈簧連接，開始時木塊靜止在A位置?，F(xiàn)有一質量為m的子彈以水平速度v0射向木塊并嵌入其中，則木塊回到A位置時的速度v以及此過程中墻對彈簧的沖量I的大小分別為(　　) A．v＝，I＝0 B．v＝，I＝2mv0 C．v＝，I＝ D．v＝，I＝2mv0 解析　子彈射入木塊過程，由于時間極短，子彈與木塊間的內力遠大于系統(tǒng)外力，由動量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，解得v＝，子彈和木塊系統(tǒng)在彈簧彈力的作用下先做減速運動，后做加速運動，回到A位置時速度大小不變，即當木塊回到A位置時的速度v＝，子彈、木塊和彈簧組成的系統(tǒng)受到的合力即為墻對彈簧的作用力，根據動量定理得I＝－(M＋m)v－mv0＝－2mv0，所以墻對彈簧的沖量I的大小為2mv0。 答案　B　 6．(多選)如圖所示，長木板A放在光滑的水平面上，質量為m＝2 kg的另一物體B以水平速度v0＝3 m/s滑上原來靜止的長木板A的表面，由于A、B間存在摩擦，之后A、B速度隨時間變化情況如圖乙所示，則下列說法正確的是(　　) A．木板獲得的動能為2 J B．系統(tǒng)損失的機械能為4 J C．木板A的最小長度為1.5 m D．A、B間的動摩擦因數(shù)為0.1 解析　根據動量守恒定律可得 mv0＝(m＋mA)v?mA＝4 kg， A的動能為Ek＝mAv2＝2 J， 系統(tǒng)損失的動能ΔEk＝mv－(mA＋m)v2＝6 J， 木板長L≥v0t1＝1.5 m， μmg＝ma?μ＝0.2。 答案　AC　 【解題技巧】 由圖讀出木板獲得的初速度，根據Ek＝mv2求解木板獲得的動能。根據斜率求出B的加速度大小，結合牛頓第二定律求出動摩擦因數(shù)。根據“面積”之差求出木板A的長度，再求系統(tǒng)損失的機械能。 7．如圖所示，一個質量為m的物塊A與另一個質量為2m的物塊B發(fā)生正碰，碰后B物塊剛好能落入正前方的沙坑中。假如碰撞過程中無機械能損失，已知物塊B與地面間的動摩擦因數(shù)為0.1，與沙坑的距離為0.5 m，g取10 m/s2，物塊可視為質點。則A碰撞前瞬間的速度為(　　) A．0.5 m/s B．1.0 m/s C．1.5 m/s D．2.0 m/s 解析　A、B碰撞過程動量守恒，mv0＝mv1＋2mv2，機 械能無損失，mv＝mv＋2mv。碰撞后對B物體應用動能定理2μmgx＝2mv，解得v0＝1.5 m/s，C項正確。 答案　C　 8．質量相等的4個物塊在光滑水平面上間隔一定距離排成一直線，如圖所示，具有初動能E的物塊1向其他3個靜止物塊運動，依次發(fā)生碰撞，每次碰撞后不再分開，最后，4個物塊粘為一整體，這個整體的動能等于(　　) A．E B.E C.E D.E 解析　對整個系統(tǒng)研究，以水平向右為正，整個過程運用動量守恒定律得mv0＝4mv，解得v＝，則整體的動能Ek＝4m2＝，故C項正確，A、B、D項錯誤。 答案　C　 B組能力提升題 9.(2018菏澤一中月考)(多選)如圖所示，一輛質量為M＝3 kg的平板小車A停靠在豎直光滑墻壁處，地面水平且光滑，一質量為m＝1 kg的小鐵塊B(可視為質點)放在平板小車A最右端，平板小車A上表面水平且與小鐵塊B之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，平板小車A的長度L＝0.9 m?，F(xiàn)給小鐵塊B一個v0＝5 m/s的初速度使之向左運動，與豎直墻壁發(fā)生彈性碰撞后向右運動，重力加速度g取10 m/s2。下列說法正確的是(　　) A．小鐵塊B向左運動到達豎直墻壁時的速度為2 m/s B．小鐵塊B與墻壁碰撞過程中所受墻壁的沖量為8 Ns C．小鐵塊B從反向到與車同速共歷時0.6 s D．小鐵塊B在平板小車A上運動的整個過程中系統(tǒng)損失的機械能為9 J 解析　設鐵塊向左運動到達豎直墻壁時的速度為v1，根據動能定理得－μmgL＝mv－mv，代入數(shù)據可得v1＝4 m/s，故A項錯誤；小鐵塊B與豎直墻壁發(fā)生彈性碰撞，所以小鐵塊彈回的速度大小為v1′＝4 m/s，方向向右，根據動量定理I＝mΔv＝8 kgm/s，故B項正確；假設小鐵塊最終和平板車達到共速v2，根據動量守恒定律得mv1′＝(m＋M)v2，解得v2＝1 m/s，小鐵塊最終和平板車達到共速過程中小鐵塊的位移x1＝t＝0.6 m＝1.5 m，平板車的位移x2＝t＝0.6 m＝0.3 m，Δx＝x1－x2＝1.2 m>L，說明鐵塊在沒有與平板車達到共速時就滑出平板車，所以小鐵塊在平板車上運動過程中系統(tǒng)損失的機械能為ΔE＝2μmgL＝9 J，故C項錯誤，D項正確。 答案　BD 10．半圓形光滑軌道固定在水平地面上，如圖所示，并使其軌道平面與地面垂直，物體m1、m2同時由軌道左、右最高點釋放，二者碰后粘在一起向上運動，最高能上升到軌道M點，已知OM與豎直方向夾角為60，則兩物體的質量之比m1∶m2為(　　) A．(＋1)∶(－1) 　　 B.∶1 C．(－1)∶(＋1) D．1∶ 解析　兩球到達最低點的過程，由動能定理得mgR＝mv2，解得v＝，所以兩球到達最低點的速度均為，設向左為正方向，則m1的速度v1＝－，則m2的速度v2＝，由于碰撞瞬間動量守恒得m2v2＋m1v1＝(m1＋m2)v共，解得v共＝①，二者碰后粘在一起向左運動，最高能上升到軌道M點，對此過程應用機械能守恒定律得－(m1＋m2)gR(1－cos60)＝0－(m1＋m2)v②，由①②解得＝2，整理m1∶m2＝(－1)∶ (＋1)，故C項正確。 答案　C　 11．如圖是一個物理演示實驗，它顯示：如圖中自由下落的物體A和B經反彈后，B能上升到比初位置高得多的地方。A是某種材料做成的實心球，質量m1＝0.28 kg，在其頂部的凹坑中插著質量m2＝0.1 kg的木棍B，B只是松松地插在凹坑中，其下端與坑底之間有小空隙。將此裝置從A下端離地板的高度H＝1.25 m處由靜止釋放。實驗中，A觸地后在極短時間內反彈，且其速度大小不變；接著木棍B脫離球A開始上升，而球A恰好停留在地板上。則木棍B上升的高度為(重力加速度g取10 m/s2)(　　) A．4.05 m B．1.25 m C．5.30 m D．12.5 m 解析　球及棒落地速度v＝，球反彈后與B的碰撞為瞬間作用，AB雖然在豎直方向上合外力為重力，不為零。但作用瞬間，內力遠大于外力的情況下，動量近似守恒，故有m1v－m2v＝0＋m2v2′，棒上升高度為h＝，聯(lián)立并代入數(shù)據，得h＝4.05 m。 答案　A　 12．如圖所示，光滑水平面上的木板右端，有一根輕質彈簧沿水平方向與木板相連，木板質量M＝3.0 kg，質量m＝1.0 kg的鐵塊以水平速度v0＝4.0 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，則在上述過程中彈簧具有的最大彈性勢能為(　　) A．4.0 J B．6.0 J C．3.0 J D．20 J 解析　設鐵塊與木板速度相同時，共同速度大小為v，鐵塊相對木板向右運動時，相對滑行的最大路程為L，摩擦力大小為f，根據能量守恒定律得 鐵塊相對于木板向右運動過程 mv＝fL＋(M＋m)v2＋Ep， 鐵塊相對于木板運動的整個過程 mv＝2fL＋(M＋m)v2， 又根據系統(tǒng)動量守恒可知 mv0＝(M＋m)v， 聯(lián)立得Ep＝3.0 J，故選C項。 答案　C　 13．如圖所示，可看成質點的A物體疊放在上表面光滑的B物體上，一起以v0的速度沿光滑的水平軌道勻速運動，與靜止在同一光滑水平軌道上的木板C發(fā)生碰撞，碰撞后B、C的速度相同，B、C的上表面相平且B、C不粘連，A滑上C后恰好能到達C板的右端。已知A、B質量均相等，C的質量為A的質量的2倍，木板C長為L，重力加速度為g。求： (1)A物體的最終速度。 (2)A物體與木板C上表面間的動摩擦因數(shù)。 解析　(1)設A、B的質量為m，則C的質量為2m，B、C碰撞過程中動量守恒，令B、C碰后的共同速度為v1，以B的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得mv0＝3mv1， 解得v1＝。 B、C共速后A以v0的速度滑上C、A滑上C后，B、C脫離，A、C相互作用過程中動量守恒，設最終A，C的共同速度v2，以向右為正方向，由動量守恒定律得 mv0＋2mv1＝3mv2， 解得v2＝。 (2)在A、C相互作用過程中，由能量守恒定律得 fL＝mv＋2mv－3mv， 又f＝μmg， 解得μ＝。 答案　(1)　(2) 14．足夠長的傾角為θ的光滑斜面的底端固定一輕彈簧，彈簧的上端連接質量為m、厚度不計的鋼板，鋼板靜止時彈簧的壓縮量為x0，如圖所示。一物塊從鋼板上方距離為3x0的A處沿斜面滑下，與鋼板碰撞后立刻與鋼板一起向下運動，但不粘連，它們到達最低點后又向上運動。已知物塊質量也為m時，它們恰能回到O點，O為彈簧自然伸長時鋼板的位置。若物塊質量為2m，仍從A處沿斜面滑下，則物塊與鋼板回到O點時，還具有向上的速度。已知重力加速度為g，計算結果可以用根式表示，求： (1)質量為m的物塊與鋼板碰撞后瞬間的速度大小v1。 (2)碰撞前彈簧的彈性勢能。 (3)質量為2m的物塊沿斜面向上運動到達的最高點離O點的距離。 解析　(1)設物塊與鋼板碰撞前速度為v0， 3mgx0sinθ＝mv， 解得v0＝。 設物塊與鋼板碰撞后一起運動的速度為v1，有 mv0＝2mv1， 解得v1＝。 (2)設碰撞前彈簧的彈性勢能為Ep，當它們一起回到O點時，彈簧無形變，彈簧勢能為零，根據機械能守恒得Ep＋(2m)v＝2mgx0sinθ， 解得Ep＝mgx0sinθ。 (3)設v2表示質量為2m的物塊與鋼板碰后開始一起向下運動的速度，有 2mv0＝3mv2， 它們回到O點時，彈性勢能為零，但它們仍繼續(xù)向上運動，設此時速度為v，由機械能守恒定律得 Ep＋(3m)v＝3mgx0sinθ＋(3m)v2， 在O點物塊與鋼板分離，分離后，物塊以初速度v繼續(xù)沿斜面上升，設運動到達的最高點離O點的距離為h，有v2＝2ah， 2mgsinθ＝2ma， 解得h＝。 答案　(1) 　(2)mgx0sinθ　(3)