2020版高考物理大一轮复习 第六章 基础课2 动量守恒定律及其应用训练（含解析）教科版.doc

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基础课2　动量守恒定律及其应用 一、选择题(1～5题为单项选择题，6～8题为多项选择题) 1．如图1所示，A、B两物体质量之比mA∶mB＝3∶2，原来静止在平板小车C上。A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑，当弹簧突然释放后，则下列说法中不正确的是(　　) 图1 A．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统动量守恒 B．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成的系统动量守恒 C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统动量守恒 D．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成的系统动量守恒 解析　如果A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，弹簧释放后A、B分别相对小车向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力fA向右，fB向左，由于mA∶mB＝3∶2，所以fA∶fB＝3∶2，则A、B组成的系统所受的外力之和不为零，故其动量不守恒，A错；对A、B、C组成的系统，A、B与C间的摩擦力为内力，该系统所受的外力为竖直方向的重力和支持力，它们的合力为零，故该系统的动量守恒，B、D均正确；若A、B所受摩擦力大小相等，则A、B组成的系统所受外力之和为零，故其动量守恒，C正确。 答案　A 2．(2016潍坊名校模考)在光滑的水平面上有a、b两球，其质量分别为ma、mb，两球在t0时刻发生正碰，并且在碰撞过程中无机械能损失，两球碰撞前后的速度—时间图像如图2所示，下列关系正确的是(　　) 图2 A．ma＞mb 　 B．ma＜mb C．ma＝mb 　D．无法判断 解析　由图像知a球以一初速度向原来静止的b球运动，碰后a球反弹且速度大小小于其初速度大小，根据动量守恒定律，a球的质量小于b球的质量。 答案　B 3．(2017内江市月考)如图3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(　　) 图3 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，方向水平向右 D．盒子的最终速度为，方向水平向右 解析　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′＝，故D正确。 答案　D 4．两质量、大小完全相同的正方体木块A、B，靠在一起放在光滑水平面上，一水平射来的子弹先后穿透两木块后飞出，若木块对子弹的阻力恒定不变，子弹射穿两木块的时间相同，则A、B两木块被子弹射穿后的速度之比为(　　) A．1∶1 B．1∶2 C．1∶3 D．1∶ 解析　 因木块对子弹的阻力恒定，且子弹射穿两木块的时间相同，子弹在射穿两木块对木块的冲量相同。射穿A时，两木块获得的速度为v′，根据动量定理，有 I＝2mv′－0① 射穿木块B时，B的速度发生改变，而A的速度不变。射穿B后，B的速度为v″，根据动量定理，有 I＝mv″－mv′② ①②联立，2mv′＝mv″－mv′ 得＝。选项C正确。 答案　C 5．一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度v＝2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1。不计质量损失，取重力加速度g＝10 m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是(　　) 解析　由于弹丸爆炸后甲、乙两块均水平飞出，故两块弹片都做平抛运动，由平抛运动规律h＝gt2可知t＝＝ s＝1 s，若甲水平位移为x＝2.5 m时，则v甲＝＝2.5 m/s，则由弹丸爆炸前后动量守恒，可得mv0＝mv甲＋mv乙，代入数据解得v乙＝0.5 m/s，方向与v甲相同，水平向前，故A错，B对；若乙水平位移为x′＝2 m时，则v乙＝＝2 m/s，即乙块弹片爆炸前后速度不变，由动量守恒定律知，甲块弹片速度也不会变化，不合题意，故C、D均错。 答案　B 6．(2016河北唐山月考)如图4所示，动量分别为pA＝12 kgm/s、pB＝13 kgm/s的两个小球A、B在光滑的水平面上沿一直线向右运动，经过一段时间后两球发生正碰，分别用ΔpA、ΔpB表示两小球动量的变化量。则下列选项中可能正确的是 (　　) 图4 A．ΔpA＝－3 kgm/s、ΔpB＝3 kgm/s B．ΔpA＝－2 kgm/s、ΔpB＝2 kgm/s C．ΔpA＝－24 kgm/s、ΔpB＝24 kgm/s D．ΔpA＝3 kgm/s、ΔpB＝－3 kgm/s 解析　本题的碰撞问题要遵循三个规律：动量守恒定律，碰后系统的机械能不增加和碰撞过程要符合实际情况。本题属于追及碰撞，碰前，后面运动物体的速度一定要大于前面运动物体的速度(否则无法实现碰撞)，碰后、前面物体的动量增大，后面物体的动量减小，减小量等于增大量，所以ΔpA＜0，ΔpB＞0，并且ΔpA＝－ΔpB，据此可排除选项D；若ΔpA＝－24 kgm/s、ΔpB＝24 kgm/s，碰后两球的动量分别为pA′＝－12 kgm/s、pB′＝37 kgm/s，根据关系式Ek＝可知，A球的质量和动量大小不变，动能不变，而B球的质量不变，但动量增大，所以B球的动能增大，这样系统的机械能比碰前增大了，选项C可以排除；经检验，选项A、B满足碰撞遵循的三个原则。 答案　AB 7．A、B两球沿同一条直线运动，如图5所示的x－t图像记录了它们碰撞前后的运动情况，其中a、b分别为A、B碰撞前的x－t图像。c为碰撞后它们的x－t图像。若A球质量为1 kg，则B球质量及碰后它们的速度大小为(　　) 图5 A．2 kg B. kg C．4 m/s D．1 m/s 解析　由图像可知碰撞前二者都做匀速直线运动，va＝ m/s＝－3 m/s，vb＝ m/s＝2 m/s，碰撞后二者连在一起做匀速直线运动，vc＝ m/s＝－1 m/s。 碰撞过程中动量守恒，即 mAva＋mBvb＝(mA＋mB)vc 可解得mB＝ kg 由以上可知选项B、D正确。 答案　BD 8．质量为m的小球A，沿光滑水平面以速度v0与质量为2m的静止小球B发生正碰。碰撞后，A球的动能变为原来的，那么小球B的速度可能是 (　　) A.v0 B.v0 C.v0 D.v0 解析　要注意的是，两球的碰撞不一定是弹性碰撞，A球碰后动能变为原来的，则其速度大小仅为原来的。两球在光滑水平面上正碰，碰后A球的运动有两种可能，继续沿原方向运动或被反弹。 当以A球原来的速度方向为正方向时，则 vA′＝v0， 根据两球碰撞前、后的总动量守恒，有 mv0＋0＝mv0＋2mvB′， mv0＋0＝m(－v0)＋2mvB″。 解得vB′＝v0，vB″＝v0。 答案　AB 二、非选择题 9．如图6所示，质量为0.01 kg的子弹以200 m/s的速度从正下方击穿—个质量为0.2 kg的木球，子弹击穿木球后，木球升起2.5 m 高，求击穿木球后，子弹还能上升多高。(不计空气阻力，取g＝9.8 m/s2) 图6 解析　在子弹击中并穿过木球的极短时间内，它们之间的相互作用力远大于重力，可以认为子弹和木球在这短暂时间内动量守恒。设子弹穿过木球后子弹和木球的速度分别为v1和v2， 有m1v0＝m1v1＋m2v2① 又v＝2gH② 得v1＝ ＝ m/s＝60 m/s 则子弹上升的高度h＝＝ m＝184 m 答案　184 m 10．如图7所示，小车的质量M＝2.0 kg，带有光滑的圆弧轨道AB和粗糙的水平轨道BC，一小物块(可视为质点)质量为m＝0.5 kg，与轨道BC间的动摩擦因数μ＝0.10，BC部分的长度L＝0.80 m，重力加速度g取10 m/s2。 图7 (1)若小车固定在水平面上，将小物块从AB轨道的D点静止释放，小物块恰好可运动到C点。试求D点与BC轨道的高度差； (2)若将小车置于光滑水平面上，小物块仍从AB轨道的D点静止释放，试求小物块滑到BC中点时的速度大小。 解析　(1)设D点与BC轨道的高度差为h，根据动能定理有mgh＝μmgL，解得：h＝8.010－2 m (2)设小物块滑到BC中点时小物块的速度为v1，小车的速度为v2，对系统，水平方向动量守恒有：mv1－Mv2＝0；根据功能关系有：μmg＝mgh－(mv＋Mv)；由以上各式，解得：v1＝0.80 m/s。 答案　(1)8.010－2 m　(2)0.80 m/s 11．质量分别为mA＝m，mB＝3m的A、B两物体如图8所示放置，其中A紧靠墙壁，A、B由质量不计的轻弹簧相连。现对B物体缓慢施加一个向左的推力，该力做功W，使A、B之间弹簧被压缩且系统静止，之后突然撤去向左的推力解除压缩。不计一切摩擦。 图8 (1)从解除压缩到A运动，墙对A的冲量的大小为多少？ (2)A、B都运动后，A、B的最小速度各为多大？ 解析　 (1)压缩弹簧时，推力做功全部转化为弹簧的弹性势能，撤去推力后，B在弹力的作用下做加速运动。在弹簧恢复原长的过程中，系统机械能守恒。设弹簧恢复原长时，B的速度为vBO，有 W＝mv 此过程中墙给A的冲量即为系统动量的变化量，有 I＝3mvBO 解得I＝。 (2)当弹簧恢复原长时，A的速度为最小值vAO，有vAO＝0 A离开墙后，在弹簧的作用下速度逐渐增大，B的速度逐渐减小，当弹簧再次恢复原长时，A达到最大速度vA，B的速度减小到最小值vB。在此过程中，系统动量守恒、机械能守恒，有 3mvBO＝mvA＋3mvB W＝mv＋mv 解得vB＝。 答案　(1)　(2)0　 12.如图9所示，光滑水平直轨道上两滑块A、B用橡皮筋连接，A的质量为m。开始时橡皮筋松弛，B静止，给A向左的初速度v0。一段时间后，B与A同向运动发生碰撞并粘在一起。碰撞后的共同速度是碰撞前瞬间A的速度的两倍，也是碰撞前瞬间B的速度的一半。求： 图9 (1)B的质量； (2)碰撞过程中A、B系统机械能的损失。 解析　(1)以初速度v0的方向为正方向，设B的质量为mB，A、B碰撞后的共同速度为v。由题意可知：碰撞前瞬间A的速度为，碰撞前瞬间B的速度为2v，由动量守恒定律得m＋2mBv＝(m＋mB)v① 由①式得mB＝② (2)从开始到碰后的全过程，由动量守恒定律得 mv0＝(m＋mB)v③ 设碰撞过程A、B系统机械能的损失为ΔE，则 ΔE＝m()2＋mB(2v)2－(m＋mB)v2④ 联立②③④式得ΔE＝mv。 答案　(1)　(2)mv