《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,下列說法中不正確的是( )
A.兩手同時放開后,系統總動量始終為零
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,系統總動量都保持不變,但系統的總動量不一定為零
【解析】 當兩手同時放開時,系統所受的合外力為零,所以系統的動量守恒,又因開始時總動量為零,故系統總動量始終為零,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,系統所受合
2、外力為零,故系統的動量守恒,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,則此系統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·龍巖聯考)我國發(fā)現的“神舟十號”飛船與“天宮一號”空間站實現了完美對接.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組成的系統機械能守恒,動量守恒
B.M和m組成的系統機械能守恒,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,因此系統機械能守恒,而系統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小.
【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