高考物理一轮复习 第六章 第2讲 动量守恒定律及其应用课时作业（含解析）-人教版高三物理试题

动量守恒定律及其应用一、选择题(本题共10小题，1～6题为单选题，7～10题为多选题)1．如图所示，物块A静止在光滑水平面上，将小球B从物块顶端由静止释放，从小球开始沿物块的光滑弧面(弧面末端与水平面相切)下滑到离开的整个过程中，对小球和物块组成的系统，下列说法正确的是()A．动量守恒，机械能守恒B．动量守恒，机械能不守恒C．动量不守恒，机械能守恒D．动量不守恒，机械能不守恒解析：C对于A、B组成的系统，在B下滑的过程中，只有重力做功，则小球和物块组成的系统机械能守恒．A、B组成的系统在竖直方向上合外力不为零，则该系统动量不守恒，C正确．2．如图所示，光滑水平面上有质量均为m的物块A和B，B上固定一轻质弹簧，B静止，A以速度v0水平向右运动，从A与弹簧接触至弹簧被压缩到最短的过程中()A．A、B的动量变化量相同B．A、B的动量变化率相同C．A、B系统的总动能保持不变D．A、B系统的总动量保持不变解析：D两物块相互作用过程中系统的合外力为零，系统的总动量守恒，则A、B动量变化量大小相等、方向相反，所以动量变化量不同，但总动量保持不变，A错误，D正确．由动量定理Ft＝Δp可知，动量的变化率等于物块所受的合外力，A、B两物块所受的合外力大小相等、方向相反，则A、B所受的合外力不同，动量的变化率不同，B错误．A、B和弹簧组成的系统总机械能不变，弹性势能在变化，则总动能在变化，C错误．3.(2018·赣州模拟)如图所示，三角形木块A质量为M，置于光滑水平面上，底边长a，在其顶部有一三角形小木块B质量为m，其底边长b，若B从顶端由静止滑至底部，则木块后退的距离为()A.eq\f(ma,M＋m) B.eq\f(Ma,M＋m)C.eq\f(ma－b,M＋m) D.eq\f(Ma－b,M＋m)解析：C取向右为正方向，设木块后退的距离为x，B从顶端由静止滑至底部时，B向左运动的距离为a－b－x，则水平方向上A的平均速度大小为eq\f(x,t)，B的平均速度大小为eq\f(a－b－x,t)，根据水平方向动量守恒得：Meq\f(x,t)－meq\f(a－b－x,t)＝0，解得，x＝eq\f(ma－b,M＋m)，故选C.4．一颗子弹水平射入静止在光滑水平地面上的木块后不再穿出，木块的动能增加了8J，木块的质量大于子弹的质量．则此过程中产生的内能可能是()A．18J B．16JC．10J D．6J解析：A设子弹的初速度为v0，射入木块后子弹与木块共同的速度为v，木块的质量为M，子弹的质量为m，根据动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，解得v＝eq\f(mv0,M＋m)，木块获得的动能为ΔEk＝eq\f(1,2)Mv2＝eq\f(Mm2v\o\al(2,0),2M＋m2)，系统产生的内能为Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(M＋m)v2＝eq\f(Mmv\o\al(2,0),2M＋m)，所以eq\f(ΔEk,Q)＝eq\f(m,M＋m)，由于木块的质量大于子弹的质量，所以eq\f(ΔEk,Q)＝eq\f(m,M＋m)<eq\f(1,2)，即Q>2ΔEk＝2×8J＝16J，故A正确，B、C、D错误．5.(2018·石家庄模拟)滑块a、b沿水平面上同一条直线发生碰撞，碰撞后两者粘在一起运动，两者的位置x随时间t变化的图像如图所示．则滑块a、b的质量之比()A．5∶4 B．1∶8C．8∶1 D．4∶5解析：B设a、b的质量分别为m1、m2，a、b碰撞前的速度为v1、v2，由题给的图像得v1＝－2m/s，v2＝1m/s，a、b发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v，由题给的图像得v＝eq\f(2,3)m/s，由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，由以上各式解得m1∶m2＝1∶8，故B正确，A、C、D错误．6.(2018·泉州模拟)如图所示，质量为m的带有半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB长度为2R，现将质量也为m的小球从距A点正上方h0高处由静止释放，然后由A点经过半圆轨道后从B冲出，在空中能上升的最大高度为eq\f(3,4)h0(不计空气阻力)，则()A．小球和小车组成的系统动量守恒B．小车向左运动的最大距离为eq\f(1,2)RC．小球离开小车后做斜上抛运动D．小球第二次能上升的最大高度eq\f(1,2)h0<h<eq\f(3,4)h0解析：D小球与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，水平方向系统动量守恒，但系统整体所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A项错误；系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得mv－mv′＝0，meq\f(2R－x,t)－meq\f(x,t)＝0，解得小车的位移x＝R，故B项错误；小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，小球由B点离开小车时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，故C项错误；小球第一次在车中运动过程中，由动能定理得mg(h0－eq\f(3,4)h0)－Wf＝0，Wf为小球克服摩擦力做功大小，解得Wf＝eq\f(1,4)mgh0，即小球第一次在车中滚动损失的机械能为eq\f(1,4)mgh0，由于小球第二次在车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于eq\f(1,4)mgh0，机械能损失小于eq\f(1,4)mgh0，因此小球再次离开小车时，能上升的高度大于eq\f(3,4)h0－eq\f(1,4)h0＝eq\f(1,2)h0，而小于eq\f(3,4)h0，故D项正确．7.如图所示，用轻绳将两个弹性小球紧紧束缚在一起并发生微小的形变，现正在光滑水平面上以速度v0＝0.1m/s向右做直线运动，已知两弹性小球质量分别为m1＝1.0kg和m2＝2.0kg.一段时间后轻绳突然自动断开，断开后两球仍沿原直线运动．经过t＝5.0s两球的间距s＝4.5m，则下列说法正确的是()A．刚分离时，a、b两球的速度方向相同B．刚分离时，b球的速度大小为0.4m/sC．刚分离时，a球的速度大小为0.7m/sD．两球分开过程中释放的弹性势能为0.27J解析：CD在轻绳突然自动断开过程中，两球组成的系统动量守恒，设断开后两球的速度分别为v1和v2，刚分离时，a、b两球的速度方向相同，由动量守恒定律得(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，根据题述，经过t＝5.0s两球的间距s＝4.5m，有v1t－v2t＝4.5，联立解得v1＝0.7m/s，v2＝－0.2m/s，负号说明b球的速度方向向左，A、B错误，C正确．由机械能守恒定律知，两球分开过程中释放的弹性势能Ep＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)(m1＋m2)veq\o\al(2,0)＝0.27J，D正确．8．如图所示，在足够长的水平地面上有两辆相同的小车甲和乙，A、B两点相距为5m，小车甲从B点以大小为4m/s的速度向右做匀速直线运动的同时，小车乙从A点由静止开始以大小为2m/s2的加速度向右做匀加速直线运动．一段时间后，小车乙与小车甲相碰(碰撞时间极短)，碰后两车粘在一起，整个过程中，两车的受力不变(不计碰撞过程)．下列说法正确的是()A．小车乙追上小车甲用时4sB．小车乙追上小车甲之前它们的最远距离为9mC．碰后瞬间两车的速度大小为7m/sD．若地面光滑，则碰后两车的加速度大小仍为2m/s2解析：BC小车乙追上小车甲时，有x乙－x甲＝5m，即eq\f(1,2)at2－v甲t＝5m，代入数据解得t＝5s，所以小车乙追上小车甲用时5s，故A错误；当两车的速度相等时相距最远，则有v甲＝at′，解得t′＝eq\f(v甲,a)＝eq\f(4,2)s＝2s，最远距离s＝5m＋v甲t′－eq\f(1,2)at′2＝(5＋4×2－eq\f(1,2)×2×22)m＝9m，故B正确；碰前瞬间乙车的速度v乙＝at＝2×5m/s＝10m/s，对于碰撞过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得mv甲＋mv乙＝2mv，解得碰后瞬间两车的共同速度v＝7m/s，故C正确；若地面光滑，碰前乙车所受的作用力F＝ma，甲车的合力为0，则碰后两车的加速度大小a′＝eq\f(F,2m)＝eq\f(a,2)＝1m/s2，故D错误．9．(2018·铜仁模拟)如图所示，弧形轨道置于足够长的水平轨道上，弧形轨道与水平轨道平滑连接，水平轨道上静置一小球B和C，小球A从弧形轨道上离地高h处由静止释放，小球A沿轨道下滑后与小球B发生弹性正碰，碰后小球A被弹回，B球与C球碰撞后粘在一起，A球弹回后再从弧形轨道上滚下，已知所有接触面均光滑，A、C两球的质量相等，B球的质量为A球质量的2倍，如果让小球A从h＝0.2m处静止释放，则下列说法正确的是(重力加速度为g＝10m/s2)()A．A球从h处由静止释放则最后不会与B球再相碰B．A球从h处由静止释放则最后会与B球再相碰C．A球从h＝0.2m处由静止释放则C球的最后速度为eq\f(7,9)m/sD．A球从h＝0.2m处由静止释放则C球的最后速度为eq\f(8,9)m/s解析：AD设A球的质量为m，A从弧形轨道滑到水平轨道的过程中，根据动能定理得mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v0＝eq\r(2gh)，A与B发生弹性正碰，则碰撞过程中，A、B动量守恒，机械能守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒和机械能守恒定律得，mv0＝mv1＋2mv2，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,2)，解得v1＝－eq\f(1,3)v0，v2＝eq\f(2,3)v0，B与C碰撞过程中，B、C组成的系统动量守恒，以B的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得2mv2＝(2m＋m)v，解得v＝eq\f(4,9)v0>|v1|，所以最后A球不会与B球再相碰，故A正确，B错误；当h＝0.2m时，根据v0＝eq\r(2gh)、v＝eq\f(4,9)v0可得，C球最后的速度v＝eq\f(4,9)eq\r(2gh)＝eq\f(4,9)×eq\r(2×10×0.2)m/s＝eq\f(8,9)m/s，故C错误，D正确．10．将一长木板静止放在光滑的水平面上，如图甲所示，一个滑块(可视为质点)以水平速度v0沿木板从左端向右端滑动，到达右端时恰能与木板保持相对静止，现将木板分成A和B两段，如图乙所示，并紧挨着放在水平面上，让滑块仍以初速度v0从木板左端向右端滑动，滑块与木板的动摩擦因数处处相同，在以后的整个过程中，下列说法正确的是()A．甲乙两图中，滑块克服摩擦力做的功一样多B．系统因摩擦产生的热量甲图比乙图多C．最终甲、乙两图中滑块受到合外力的冲量相同D．图乙过程中滑块与B一定不会分离解析：BD设滑块的质量为m，A部分的质量为M1，B的质量为M2，则滑块在木板上运动的过程中，系统的动量守恒，选择向右为正方向，对甲图mv0＝(m＋M1＋M2)v，对乙图mv0＝M1v1＋(m＋M2)v2，由于滑块滑过A后，在B上滑动的过程中，滑块的速度将大于A的速度，则有v1<v<v2，可知第二次时滑块的速度的变化量小一些，根据动量定理可知，滑块与B木板将比第一种的情景更早达到速度相等，所以在第二种情况下，滑块还没有运动到B的右端，两者速度相同，即第二次时，滑块相对于木板的位移小，根据动能定理可知，滑块克服摩擦力做的功等于其动能的变化，由于v<v2，所以甲、乙两图中，滑块克服摩擦力做的功不一样多，故A错误；根据摩擦力乘以相对位移等于产生的热量，第一次的相对路程的大小大于第二次的相对路程的大小，则图甲所示的过程产生的热量大于图乙所示的过程产生的热量，故B正确；两图中最终滑块的速度不同，则可知末动量不相同，则由动量定理可知，合外力的冲量不同，故C错误；滑块与B达到相对静止时对应的位移将更小，因此滑块不会离开B物体，故D正确．二、计算题(需写出规范的解题步骤)11.(2018·包头模拟)如图所示，AB为光滑水平面，BC部分位于竖直平面内半径为R的半圆轨道，B点是最低点，C点是最高点，C点切线方向水平，圆管截面半径r≪R.有一个质量为m的a球以水平初速度向右运动碰撞到原来静止在水平面上的质量为3m的b球，两球发生对心碰撞，碰撞时间极短，并且碰撞时没有能量损失，碰撞后b球顺利进入光滑圆管(B点无能量损失，小球的半径比圆管半径r略小)，它经过最高点C后飞出，最后落在水平地面上的A点，已知AB的距离为2R.已知重力加速度为g(1)小球b运动到C点时对轨道的压力．(2)碰后小球a的速度为多少．解析：(1)b球从C点做平抛运动，则：水平方向：x＝2R＝vCt竖直方向：y＝2R＝eq\f(1,2)gt2解得：vC＝eq\r(gR)在C点根据牛顿第二定律得：3mg＋FN＝3meq\f(v2,R)解得：FN＝0由牛顿第三定律知小球对轨道的压力为0(2)b球从B到C，由机械能守恒得：3mg·2R＝eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,C)解得：vB＝eq\r(5gR)a球与b球发生弹性碰撞，则：mv0＝mva＋3mvBeq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,a)＋eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,B)解得：va＝－eq\r(5gR)方向向左答案：(1)0(2)eq\r(5gR)，方向向左12．如图所示，MN是水平轨道，NP是倾角θ＝45°的无限长斜轨道，长为L＝0.8m的细线一端固定在O点，另一端系着质量为mB＝2kg小球B，当细线伸直时B球刚好与MN轨道接触但没有挤压．开始时细线伸直，B球静止在MN轨道上，在MN轨道上另一个质量为mA＝3kg小球A以速度v0向右运动．(不计一切摩擦力及空气阻力，重力加速度g＝10m/s2)(1)若A、B球发生弹性碰撞后B能在竖直面内做圆周运动，求v0的取值范围．(2)在满足(1)的条件下，轨道NP上有多长的距离不会被A球击中？解析：(1)A、B两球发生弹性碰撞，由动量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mBvB由机械能守恒定律得eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)解得vA