《2020屆高三物理一輪總復習 （選修3-5）1 動量守恒定律及其應用課時作業(yè) 新人教版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020屆高三物理一輪總復習 （選修3-5）1 動量守恒定律及其應用課時作業(yè) 新人教版（9頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、動量守恒定律及其應用 一、選擇題 1．如圖所示，光滑水平面上兩小車中間夾一壓縮了的輕彈簧，兩手分別按住小車，使它們靜止，對兩車及彈簧組成的系統(tǒng)，下列說法中不正確的是(　　) A．兩手同時放開后，系統(tǒng)總動量始終為零 B．先放開左手，后放開右手，動量不守恒 C．先放開左手，后放開右手，總動量向左 D．無論何時放手，兩手放開后在彈簧恢復原長的過程中，系統(tǒng)總動量都保持不變，但系統(tǒng)的總動量不一定為零 【解析】　當兩手同時放開時，系統(tǒng)所受的合外力為零，所以系統(tǒng)的動量守恒，又因開始時總動量為零，故系統(tǒng)總動量始終為零，選項A正確；先放開左手，左邊的物體就向左運動，當再放開右手后，系統(tǒng)所受合

2、外力為零，故系統(tǒng)的動量守恒，且開始時總動量方向向左，放開右手后總動量方向也向左，故選項B錯而C、D正確． 【答案】　B 2．在如圖所示的裝置中，木塊B與水平桌面間的接觸是光滑的，子彈沿水平方向射入木塊后留在其中，將彈簧壓縮到最短．若將子彈、木塊和彈簧合在一起作為系統(tǒng)，則此系統(tǒng)在從子彈開始射入到彈簧被壓縮至最短的整個過程中(　　) A．動量守恒、機械能守恒 B．動量不守恒、機械能不守恒 C．動量守恒、機械能不守恒 D．動量不守恒、機械能守恒 【解析】　子彈射入木塊是瞬間完成的，這個過程相當于子彈與木塊發(fā)生一次完全非彈性碰撞，動量守恒，機械能不守恒，一部分動能轉化為內能，之后木塊

3、(連同子彈)壓縮彈簧，將其動能轉化為彈性勢能，這個過程機械能守恒，但動量不守恒．由于左側擋板支持力的作用，使系統(tǒng)的動量不斷減少，所以整個過程中，動量和機械能均不守恒． 【答案】　B 3．(2020·龍巖聯(lián)考)我國發(fā)現(xiàn)的“神舟十號”飛船與“天宮一號”空間站實現(xiàn)了完美對接．假設“神舟十號”到達對接點附近時對地的速度為v，此時的質量為m；欲使飛船追上“天宮一號”實現(xiàn)對接，飛船需加速到v1，飛船發(fā)動機點火，將質量為Δm的燃氣一次性向后噴出，燃氣對地向后的速度大小為v2.這個過程中，下列各表達式正確的是(　　) A．mv＝mv1－Δmv2 B．mv＝mv1＋Δmv2 C．mv＝(m－Δm)v1

4、－Δmv2 D．mv＝(m－Δm)v1＋Δmv2 【解析】　飛船發(fā)動機點火噴出燃氣，由動量守恒定律，mv＝(m－Δm)v1－Δmv2，選項C正確． 【答案】　C 4. 在光滑的水平面上有兩個在同一直線上相向運動的小球，其中甲球的質量m1＝4 kg，乙球的質量m2＝1 kg，規(guī)定向左為正方向，碰撞前后甲球的v－t圖象如圖所示．已知兩球發(fā)生正碰后粘在一起，則碰前乙球速度的大小和方向分別為(　　) A．3 m/s，向右 B．3 m/s，向左 C．13 m/s，向左 D．13 m/s，向右 【解析】　由動量守恒定律有，m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，解得v2＝－13 m/

5、s，方向向右，選項D正確． 【答案】　D 5. (2020·安徽聯(lián)考)如圖所示，質量為m的人，站在質量為M的車的一端，相對于地面靜止．當車與地面間的摩擦可以不計時，人由一端走到另一端的過程中，則(　　) A．人運動得越快，車運動得越慢 B．車的運動方向與人的運動方向相反 C．人在車上行走時，車可以相對地面靜止 D．車的運動方向可以與人的運動方向相同 【解析】　人與車組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，且初動量為0，所以人由車的一端走到另一端的過程中，人與車的速度方向總是相反的，且人的速度大小增大時，車的速度大小也增大，選項B正確． 【答案】　B 6．(2020·銀川模擬)甲

6、、乙兩個溜冰者的質量分別為48 kg和50 kg，甲手里拿著質量為2 kg的球，兩人均以2 m/s的速率在光滑的冰面上沿同一直線相向滑行，甲將球傳給乙，乙再將球傳給甲，這樣拋接幾次后，球又回到甲的手里，乙的速度為零，則甲的速度大小為(　　) A．0 B．2 m/s C．4 m/s D．無法確定 【解析】　甲、乙、球三者在整個過程中動量守恒，有(m甲＋m球)v1－m乙v1＝(m甲＋m球)v′，代入數據得v′＝0，選項A正確． 【答案】　A 7. 如圖所示，在水平面內有一質量分布均勻的木桿可繞端點O在水平面上自由轉動．一顆子彈以垂直于桿的水平速度v0擊中靜止木桿上的P點，

7、并隨木桿一起轉動．已知木桿質量為M，長度為L，子彈質量為m，點P到點O的距離為x.忽略木桿與水平面間的摩擦．設子彈擊中木桿后繞點O轉動的角速度為ω.下面給出的ω四個表達式中只有一個是合理的．根據你的判斷，ω的合理表達式應為(　　) A．ω＝ B．ω＝ C．ω＝ D．ω＝ 【解析】　由角速度的單位rad/s，可排除選項B；由木桿質量M→∞時，ω→0，可排除選項C；由點P到點O的距離x→0時，ω→0，可排除選項D；故選A. 【答案】　A 8. (多選)如圖所示，質量相等的兩個滑塊位于光滑水平桌面上．其中，彈簧兩端分別與靜止的滑塊N和擋板P相連接，彈簧與擋板的質量均不計；滑塊M以

8、初速度v0向右運動，它與擋板P碰撞后開始壓縮彈簧，最后，滑塊N以速度v0向右運動．在此過程中(　　) A．M的速度等于0時，彈簧的彈性勢能最大 B．M與N具有相同的速度時，兩滑塊動能之和最小 C．M的速度為v0/2時，彈簧的長度最長 D．M的速度為v0/2時，彈簧的長度最短 【解析】　M、N兩滑塊碰撞過程中動量守恒，當M與N具有相同的速度v0/2時，系統(tǒng)動能損失最大，損失的動能轉化為彈簧的彈性勢能，即彈簧彈性勢能最大，A錯誤，B正確；M的速度為v0/2時，彈簧的壓縮量最大，彈簧的長度最短，C錯誤，D正確． 【答案】　BD 9. 如圖所示，在光滑的水平面上放有一物體M，物體上有一光

9、滑的半圓弧軌道，軌道半徑為R，最低點為C，兩端A、B等高，現(xiàn)讓小滑塊m從A點由靜止下滑，在此后的過程中，則(　　) A．M和m組成的系統(tǒng)機械能守恒，動量守恒 B．M和m組成的系統(tǒng)機械能守恒，動量不守恒 C．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 D．m從A到B的過程中，M運動的位移為 【解析】　M和m組成的系統(tǒng)只有動能和重力勢能的相互轉化，沒有其他能量產生，因此系統(tǒng)機械能守恒，而系統(tǒng)在水平方向所受合外力為零，動量在水平方向守恒，豎直方向上動量不守恒，因此系統(tǒng)總的動量不守恒，A錯，B對；m從A到C的過程中對M有向左下方的壓力使之向左加速運動，m從C到B的過程中對

10、M有向右下方的壓力使之向左減速運動，C錯；M和m組成的系統(tǒng)滿足水平方向上動量守恒，故有Mv1＝mv2，兩邊都乘以時間有Mv1t＝mv2t，即對應位移滿足Mx1＝mx2，而2R＝x1＋x2，聯(lián)立解得x1＝，D錯． 【答案】　B 10．(多選)某人身系彈性繩自高空p點自由下落，圖中a點是彈性繩的原長位置，c點是人所到達的最低點，b點是人靜止懸吊時的平衡位置，不計空氣阻力，則下列說法中正確的是(　　) A．從p至c過程中重力的沖量大于彈性繩彈力的沖量 B．從p至c過程中重力所做功等于人克服彈力所做的功 C．從p至b過程中人的速度不斷增大 D．從a至c過程中加速度方向保持不變 【解析

11、】　人完成從p到c的過程中經歷了自由下落、變加速、變減速三個運動過程．考慮全過程p至c，外力的總沖量等于重力的沖量和彈性繩的彈力沖量的矢量和，由動量定理知人所受外力的總沖量等于人的動量變化，人在p和c兩處，速度均為零即動量都為零，因此動量的變化為零，則有重力的沖量與彈性繩彈力的沖量大小相等，方向相反，總沖量為零，選項A錯；同樣人在p和c兩處，動能均為零，動能的變化為零，由動能定理知，重力所做的功等于人克服彈力所做的功，選項B正確；人由p到b的過程，前一過程(p～a)自由落體，后一過程(a～b)由于彈性繩伸長，彈力F增加，重力G不變，人所受合力G—F不斷減小，方向向下，人做的是加速度在減小的加速

12、運動，選項C正確；由于b是人靜止懸吊時的平衡位置，當人由b運動至c的過程，彈力大于重力，合力方向向上，加速度方向向上，因此選項D錯． 【答案】　BC 二、非選擇題 11. (2020·新課標全國Ⅰ)如圖所示，在足夠長的光滑水平面上，物體A、B、C位于同一直線上，A位于B、C之間．A的質量為m，B、C的質量都為M，三者均處于靜止狀態(tài)．現(xiàn)使A以某一速度向右運動，求m和M之間應滿足什么條件，才能使A只與B、C各發(fā)生一次碰撞．設物體間的碰撞都是彈性的． 【解析】　A向右運動與C發(fā)生第一次碰撞，碰撞過程中，系統(tǒng)的動量守恒、機械能守恒．設速度方向向右為正，開始時A的速度為v0，第一次碰撞后C

13、的速度為vC1，A的速度為vA1，由動量守恒定律和機械能守恒定律得 mv0＝mvA1＋MvC1① mv＝mv＋Mv② 聯(lián)立①②式得 vA1＝v0③ vC1＝v0④ 如果m>M，第一次碰撞后，A與C速度同向，且A的速度小于C的速度，不可能與B發(fā)生碰撞；如果m＝M，第一次碰撞后，A停止，C以A碰前的速度向右運動，A不可能與B發(fā)生碰撞；所以只需考慮m

14、0⑦ 解得m≥(－2)M⑧ 另一解m≤－(＋2)M舍去． 所以，m和M應滿足的條件為 (－2)M≤m

15、＝v＝27 m/s 【答案】　27 m/s 13. (2020·山東卷)如圖所示，三個質量相同的滑塊A、B、C，間隔相等地靜置于同一水平直軌道上．現(xiàn)給滑塊A向右的初速度v0，一段時間后A與B發(fā)生碰撞，碰后A、B分別以v0、v0的速度向右運動，B再與C發(fā)生碰撞，碰后B、C粘在一起向右運動．滑塊A、B與軌道間的動摩擦因數為同一恒定值．兩次碰撞時間均極短．求B、C碰后瞬間共同速度的大?。? 【解析】　設滑塊質量為m，A與B碰撞前A的速度為vA，由題意知，碰后A的速度vA′＝v0 B的速度vB＝v0 由動量守恒定律得mvA＝mvA′＋mvB① 設碰撞前A克服軌道阻力所做的功為WA，由功

16、能關系得 WA＝mv－mv② 設B與C碰撞前B的速度為vB′，B克服軌道阻力所做的功為WB，由功能關系得WB＝mv－mvB′2③ 據題意可知WA＝WB④ 設B、C碰后瞬間共同速度的大小為v，由動量守恒定律得 mvB′＝2mv⑤ 聯(lián)立①②③④⑤式，代入數據得v＝v0⑥ 【答案】　v0 14．如圖所示，木塊A的質量mA＝1 kg，足夠長的木板B的質量mB＝4 kg，質量為mC＝2 kg的木塊C置于木板B上，水平面光滑，B、C之間有摩擦．現(xiàn)使A以v0＝10 m/s的初速度向右勻速運動，與B碰撞后將以vA′＝4 m/s速度彈回．求： (1)B運動過程中的最大速度． (2)C運動過程中的最大速度． 【解析】　(1)碰后瞬間B速度最大，由動量守恒定律得 mAv0＝mA(－vA′)＋mBvB 所以vB＝＝ m/s＝3.5 m/s. (2)B、C以共同速度運動時，C速度最大，由動量守恒定律得 mBvB＝(mB＋mC)vC 所以vC＝＝ m/s＝ m/s. 【答案】　(1)3.5 m/s　(2) m/s