《2019屆高考物理一輪復習 第五章 能量和運動 課時作業(yè)18 動量 動量守恒定律.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019屆高考物理一輪復習 第五章 能量和運動 課時作業(yè)18 動量 動量守恒定律.doc（6頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

課時作業(yè)（十八）動量 動量守恒定律 [基礎小題練] 1．如圖所示，質量為m的物體(可視為質點)，從h高處的A點由靜止開始沿斜面下滑，停在水平地面上的B點(斜面和水平面之間有小圓弧平滑連接)．要使物體能原路返回，在B點需給物體的瞬時沖量最小應是(　　) A．2m B．m C. D．4m 【解析】　物體從A到B的過程，根據動能定理，有mgh－Wf＝0，物體從B返回A的過程，根據動能定理，有－mgh－Wf＝0－mv2，聯(lián)立解得v＝2，在B點需給物體的瞬時沖量等于動量的增加量，故I＝mv＝2m，故A正確，B、C、D錯誤． 【答案】　A 2．下列四幅圖所反映的物理過程中，系統(tǒng)動量守恒的是(　　) 【解析】　A中子彈和木塊的系統(tǒng)在水平方向不受外力，豎直方向所受合力為零，系統(tǒng)動量守恒；B中在彈簧恢復原長過程中，系統(tǒng)在水平方向始終受到墻的作用力，系統(tǒng)動量不守恒；C中剪斷細線后，以整體為研究對象，木球與鐵球的系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒；D中木塊下滑過程中，斜面始終受擋板作用力，系統(tǒng)動量不守恒． 【答案】　AC 3．(2018山東濰坊高三上學期期中)在光滑水平地面上有兩個完全相同的彈性小球a、b，質量均為m.現(xiàn)b球靜止，a球向b球運動，發(fā)生彈性正碰．當碰撞過程中達到最大彈性勢能Ep時，a球的速度等于(　　) A. B． C．2 D．2 【解析】　設碰前a球速度為v0，彈性勢能最大時刻即為兩球共速之時，設共同速度為v，則由動量守恒和能量守恒得： mv0＝(m＋m)v① mv＝(m＋m)v2＋Ep② 由①②兩式解得v＝ ，故A正確． 【答案】　A 4．在光滑的水平面上，有a、b兩球，其質量分別為ma、mb，兩球在t0時刻發(fā)生正碰，并且在碰撞過程中無機械能損失，兩球在碰撞前后的速度—時間圖象如圖所示，下列關系正確的是(　　) A．ma＞mb B．ma＜mb C．ma＝mb D．無法判斷 【解析】　由動量守恒定律得mava＝mava′＋m bvb′，由于va′＜0，則b球獲得的動量大于a球最初的動量．若ma＝mb，則兩球交換速度，與圖象不符；由Ek＝知，若ma＞mb，則b球的動能將會大于a球最初的動能，違背能量守恒定律，則必然滿足ma＜mb. 【答案】　B 5．小船相對于靜止的湖水以速度v向東航行．某人將船上兩個質量相同的沙袋，以相對于湖水相同的速率v先后從船上水平向東、向西拋出船外．那么當兩個沙袋都被拋出后，小船的速度將(　　) A．仍為v B．大于v C．小于v D．可能反向 【解析】　以兩沙袋和船為系統(tǒng)，拋沙袋的過程系統(tǒng)滿足動量守恒定律的條件，即(M＋2m)v＝mv－mv＋Mv′，解得v′＝v>v，故B正確． 【答案】　B 6.如圖所示，靜止在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＝4 kg.質量m＝2 kg的小鐵塊以水平速度v0＝6 m/s，從木板的左端沿板面向右滑行，壓縮彈簧后又被彈回，最后恰好到達木板的左端并與木板保持相對靜止．在上述過程中彈簧具有的最大彈性勢能為(　　) A．9 J B．12 J C．3 J D．24 J 【解析】　當彈簧壓縮至最短時，Ep最大，mv0＝(M＋m)v，v＝2 m/s，全程摩擦力做功Wf＝mv－(M＋m)v2＝24 J，Ep＝mv－(M＋m)v2－＝12 J. 【答案】　B [創(chuàng)新導向練] 7．動量定理的實際應用——打籃球時的傳球技巧 籃球運動員通常伸出雙手迎接傳來的籃球．接球時，兩手隨球迅速收縮至胸前．這樣做可以(　　) A．減小球對手的沖量 B．減小球對手的沖擊力 C．減小球的動量變化量 D．減小球的動能變化量 【解析】　由動量定理Ft＝Δp知，接球時兩手隨球迅速收縮至胸前，延長了手與球接觸的時間， 從而減小了球對手的沖擊力，選項B正確． 【答案】　B 8．動量守恒定律在航天科技中的實際應用 一質量為M的航天器，正以速度v0在太空中飛行，某一時刻航天器接到加速的指令后，發(fā)動機瞬間向后噴出一定質量的氣體，氣體噴出時速度大小為v1，加速后航天器的速度大小為v2，則噴出氣體的質量m為(　　) A.M B．M C.M D．M 【解析】　規(guī)定航天器的速度方向為正方向，由動量守恒定律可得Mv0＝(M－m)v2－mv1，解得m＝M，故C正確． 【答案】　C 9．應用動量守恒定律分析碰撞中的實際問題 某研究小組通過實驗測得兩滑塊碰撞前后運動的實驗數據，得到如圖所示的位移—時間圖象．圖中的線段a、b、c分別表示沿光滑水平面上同一條直線運動的滑塊Ⅰ、Ⅱ和它們發(fā)生正碰后結合體的位移變化關系．已知相互作用時間極短，由圖象給出的信息可知(　　) A．碰前滑塊Ⅰ與滑塊Ⅱ速度大小之比為7∶2 B．碰前滑塊Ⅰ的動量大小比滑塊Ⅱ的動量大小大 C．碰前滑塊Ⅰ的動能比滑塊Ⅱ的動能小 D．滑塊Ⅰ的質量是滑塊Ⅱ的質量的 【解析】　根據st圖象的斜率等于速度，可知碰前滑塊Ⅰ的速度v1＝－2 m/s，滑塊Ⅱ的速度v2＝0.8 m/s，則碰前速度大小之比為5∶2，故A錯誤；碰撞前后系統(tǒng)動量守恒，碰撞前，滑塊Ⅰ的動量為負，滑塊Ⅱ的動量為正，由于碰撞后總動量為正，故碰撞前總動量也為正，故碰撞前滑塊Ⅰ的動量大小比滑塊Ⅱ的小，故B錯誤；碰撞后的共同速度為v＝0.4 m/s，根據動量守恒定律，有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，解得m2＝6m1，由動能的表達式可知，m1v>m2v，故C錯誤，D正確． 【答案】　D 10．應用動量定理分析安全帶受力問題 質量是60 kg的建筑工人，不慎從高空跌下，由于彈性安全帶的保護，他被懸掛起來．已知安全帶的緩沖時間是1.2 s，安全帶長5 m，取g＝10 m/s2，則安全帶所受的平均沖力的大小為(　　) A．500 N B．600 N C．1 100 N D．100 N 【解析】　安全帶長5 m，人在這段距離上做自由落體運動，獲得速度v＝＝10 m/s.受安全帶的保護經1.2 s速度減小為0，對此過程應用動量定理，以向上為正方向，有(F－mg)t＝0－(－mv)，則F＝＋mg＝1 100 N，C正確． 【答案】　C [綜合提升練] 11．(2018山東濰坊高三上學期期中)如圖所示，質量為M的軌道由上表面粗糙的水平軌道和豎直平面內的半徑為R的光滑圓弧軌道緊密連接組成，置于光滑水平面上．一質量為m的小物塊以水平初速度v0由左端滑上軌道，恰能到達圓弧軌道最高點．已知M∶m＝3∶1，物塊與水平軌道之間的動摩擦因數為μ.求： (1)小物塊到達圓弧軌道最高點時的速度； (2)水平軌道的長度． 【解析】　設小物塊到達圓弧軌道最高點時速度為v1 (1)從小物塊滑上軌道到到達最高點的過程中，由動量守恒定律得mv0＝(M＋m)v1① 聯(lián)立解得：v1＝v0.② (2)由能量守恒定律得：μmgL＋mgR＋(m＋M)v＝mv③ 由②③聯(lián)立得：L＝－.④ 【答案】　(1)v0　(2)－ 12．(2018山東淄博一中高三上學期期中)如圖所示，AOB是光滑水平軌道，BC是半徑為R的光滑的固定圓弧軌道，兩軌道恰好相切于B點．質量為M的小木塊靜止在O點，一顆質量為m的子彈以某一初速度水平向右射入小木塊內，并留在其中和小木塊一起運動，且恰能到達圓弧軌道的最高點C(木塊和子彈均看作質點)． (1)求子彈射入木塊前的速度； (2)若每當小木塊返回到O點或停止在O點時，立即有一顆相同的子彈射入小木塊，并留在其中，則當第17顆子彈射入小木塊后，小木塊沿圓弧軌道能上升的最大高度為多少？ 【解析】　(1)由子彈射入木塊過程動量守恒有mv0＝(m＋M)v1 木塊和子彈滑到點C處的過程中機械能守恒，有 (m＋M)v＝(m＋M)gR 聯(lián)立兩式解得 v0＝. (2)以后當偶數子彈射中木塊時，木塊與子彈恰好靜止，奇數子彈射中木塊時，向右運動． 第17顆子彈射中時，由動量守恒定律可知 (M＋17m)v＝mv0 射入17顆子彈后的木塊滑到最高點的過程中機械能守恒，有 (M＋17m)v2＝(M＋17m)gH 由以上兩式解得 H＝R. 【答案】　(1)　(2)R