2019屆高考物理一輪復(fù)習(xí) 第6章 動(dòng)量守恒定律 第2講 動(dòng)量守恒定律的綜合應(yīng)用課時(shí)作業(yè)（含解析）

1、2019屆高考物理一輪復(fù)習(xí) 第6章 動(dòng)量守恒定律 第2講 動(dòng)量守恒定律的綜合應(yīng)用課時(shí)作業(yè)（含解析）2、動(dòng)量守恒定律的綜合應(yīng)用基礎(chǔ)訓(xùn)練1(2018黑龍江哈三中二模)如圖所示，在光滑水平面上質(zhì)量為m的物體A以速度v0與靜止的物體B發(fā)生碰撞，物體B的質(zhì)量為2m，則碰撞后物體B的速度大小可能為()Av0B.C0D.答案：D解析：物體A與物體B碰撞的過程中動(dòng)量守恒，選物體A原來的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较颍喝绻l(fā)生的是完全非彈性碰撞，由動(dòng)量守恒定律得mv0(m2m)v，計(jì)算得出vv0；如果發(fā)生的是完全彈性碰撞，由動(dòng)量守恒定律得mv0mv12mv2，由能量守恒定律得mvmv2mv，計(jì)算得出v2v0.碰撞后物體B的速

2、度滿足v0vBv0，選項(xiàng)D正確2如圖所示，靜止在光滑水平面上的木板，右端有一根輕質(zhì)彈簧沿水平方向與木板相連，木板質(zhì)量M3kg.質(zhì)量m1kg的鐵塊以水平速度v04m/s，從木板的左端沿板面向右滑行，壓縮彈簧后又被彈回，最后恰好停在木板的左端在上述過程中彈簧具有的最大彈性勢(shì)能為()A3JB4JC6JD20J答案：A解析：設(shè)鐵塊與木板速度相同時(shí)，共同速度大小為v，鐵塊相對(duì)木板向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，滑行的最大路程為L(zhǎng)，摩擦力大小為Ff.鐵塊相對(duì)于木板向右運(yùn)動(dòng)過程中，根據(jù)能量守恒得mvFfL(Mm)v2Ep.鐵塊相對(duì)木板運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程中mv2FfL(Mm)v2，由動(dòng)量守恒可知mv0(Mm)v.聯(lián)立解得Ep3J，A

3、正確3A、B兩球之間壓縮一根輕彈簧，靜置于光滑水平桌面上已知A、B兩球質(zhì)量分別為2m和m.當(dāng)用板擋住A球而只釋放B球時(shí)，B球被彈出落于距桌邊距離為x的水平地面上，如圖所示當(dāng)用同樣的程度壓縮彈簧，取走A左邊的擋板，將A、B同時(shí)釋放時(shí)，B球的落地點(diǎn)距桌邊距離為()A.B.xCxD.x答案：D解析：當(dāng)用板擋住小球A而只釋放B球時(shí)，根據(jù)能量守恒：Epmv，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有：xv0t.當(dāng)用同樣的程度壓縮彈簧，取走A左邊的擋板，將A、B同時(shí)釋放時(shí)，設(shè)A、B的速度分別為vA和vB，則根據(jù)動(dòng)量守恒和能量守恒有：2mvAmvB0，Ep2mvmv，解得vBv0，B球的落地點(diǎn)距桌邊距離為xvBtx，選項(xiàng)D正確42

4、017年6月15日上午11點(diǎn)，我國(guó)在酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心用長(zhǎng)征四號(hào)乙運(yùn)載火箭成功發(fā)射硬X射線調(diào)制望遠(yuǎn)鏡衛(wèi)星“慧眼”假設(shè)將發(fā)射火箭看成如下模型：靜止的實(shí)驗(yàn)火箭，總質(zhì)量為M2100g，當(dāng)它以對(duì)地速度為v0840m/s噴出質(zhì)量為m100g的高溫氣體后，火箭的對(duì)地速度為(噴出氣體過程中重力和空氣阻力可忽略不計(jì))()A42m/sB42m/sC40m/sD40m/s答案：B解析：取火箭及噴出的高溫氣體為系統(tǒng)，則火箭在向外噴氣過程中滿足動(dòng)量守恒定律0mv0(Mm)v，由此可得火箭的速度v42m/s.5(多選)A、B兩物體在一水平長(zhǎng)直氣墊導(dǎo)軌上相碰，碰撞前物體A做勻速直線運(yùn)動(dòng)，物體B靜止不動(dòng)，頻閃照相機(jī)每隔0.1

5、s閃光一次，連續(xù)拍照多次，拍得如圖所示的照片，不計(jì)兩物體的大小及兩物體碰撞過程所用的時(shí)間，則由此照片可判斷()A第四次拍照時(shí)物體A在100cm處B第四次拍照時(shí)物體A在80cm處CmAmB31DmAmB13答案：AD解析：碰撞前，物體A做勻速直線運(yùn)動(dòng)，可知物體A第三次在90cm處，第四次在100cm處，故A項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯(cuò)誤；碰撞前，物體A的速度大小為v0m/s4m/s，方向向右，碰撞后，物體A的速度大小為vAm/s，方向向左，物體B的速度大小為vBm/s2m/s，方向向右，取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得mAv0mAvAmBvB，代入數(shù)據(jù)得mA4mA2mB2，解得mAmB13，故C項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)

6、正確能力提升6如圖所示，小車放在光滑水平面上，A端固定一個(gè)輕彈簧，B端粘有油泥，小車總質(zhì)量為M，質(zhì)量為m的木塊C放在小車上，用細(xì)繩連接于小車的A端并使彈簧壓縮，開始時(shí)小車和C都靜止，當(dāng)突然燒斷細(xì)繩時(shí)，C被釋放，使C離開彈簧向B端沖去，并跟B端油泥粘在一起，忽略一切摩擦，以下說法正確的是()A彈簧伸長(zhǎng)過程中C向右運(yùn)動(dòng)，同時(shí)AB也向右運(yùn)動(dòng)BC與B碰前，C與小車的速率之比為mMCC與油泥粘在一起后，小車立即停止運(yùn)動(dòng)DC與油泥粘在一起后，小車?yán)^續(xù)向左運(yùn)動(dòng)答案：C解析：依據(jù)系統(tǒng)動(dòng)量守恒，C向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，AB向左運(yùn)動(dòng)，或由牛頓運(yùn)動(dòng)定律判斷，AB受向左的彈力作用而向左運(yùn)動(dòng)，故A項(xiàng)錯(cuò)；又MvABmvC，得，即B

7、項(xiàng)錯(cuò)；根據(jù)動(dòng)量守恒得：0(Mm)v，所以v0，故選C.7(2018河南洛陽一模)(多選)如圖所示，質(zhì)量為m245g的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))放在質(zhì)量為M0.5kg的木板左端，足夠長(zhǎng)的木板靜止在光滑水平面上，物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4，質(zhì)量為m05g的子彈以速度v0300m/s沿水平方向射入物塊并留在其中(時(shí)間極短)，取g10m/s2，則在整個(gè)過程中()A物塊和木板組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒B子彈的末動(dòng)量大小為0.01kgm/sC子彈對(duì)物塊的沖量大小為0.49NsD物塊相對(duì)于木板滑行的時(shí)間為1s答案：BD解析：子彈射入物塊的過程中，物塊的動(dòng)量增大，所以物塊和木板組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，故A錯(cuò)誤；選取向右為

8、正方向，子彈射入物塊過程，由動(dòng)量守恒定律可得m0v0(m0m)v1，物塊在木板上滑動(dòng)過程，由動(dòng)量守恒定律可得(m0m)v1(m0mM)v2，聯(lián)立可得v22m/s，所以子彈的末動(dòng)量大小為pm0v20.01kgm/s，故B正確；由動(dòng)量定理可得子彈受到的沖量Ippp00.01kgm/s5103300kgm/s1.49kgm/s1.49Ns.子彈與物塊間的相互作用力大小始終相等，方向相反，所以子彈對(duì)物塊的沖量大小為1.49Ns，故C錯(cuò)誤；對(duì)子彈和物塊整體，由動(dòng)量定理得(m0m)gt(m0m)(v2v1)，綜上可得，物塊相對(duì)于木板滑行的時(shí)間t1s，故D正確.8.(2018山東部分重點(diǎn)中學(xué)聯(lián)考)如圖所示，

9、長(zhǎng)R0.6m的不可伸長(zhǎng)的細(xì)繩一端固定在O點(diǎn)，另一端系著質(zhì)量m20.1kg的小球B，小球B剛好與水平面相接觸現(xiàn)使質(zhì)量m10.3kg的物塊A沿光滑水平面以v04m/s的速度向B運(yùn)動(dòng)并與B發(fā)生彈性正碰，A、B碰撞后，小球B能在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，已知重力加速度取g10m/s2，A、B均可視為質(zhì)點(diǎn)，試求：(1)在A與B碰撞后瞬間，小球B的速度v2的大??；(2)小球B運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)對(duì)細(xì)繩的拉力大小答案：(1)6m/s(2)1N解析：(1)物塊A與小球B碰撞時(shí)，由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有：m1v0m1v1m2v2m1vm1vm2v解得碰撞后瞬間物塊A的速度v1v02m/s小球B的速度v2v06m/

10、s(2)碰撞后，設(shè)小球B運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)的速度為v，則由機(jī)械能守恒定律有：m2vm2v22m2gR又由向心力公式有：FnFm2gm2聯(lián)立解得小球B對(duì)細(xì)繩的拉力大小FF1N.9如圖所示，質(zhì)量M2kg的長(zhǎng)木板B靜止于光滑水平面上，B的右邊放有豎直固定擋板，B的右端到擋板的距離為s.現(xiàn)有一小物體A(可視為質(zhì)點(diǎn))質(zhì)量m1kg，以初速度v06m/s從B的左端水平滑上B.已知A與B間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.2，A始終未滑離B，B與豎直擋板碰前A和B已相對(duì)靜止B與擋板的碰撞時(shí)間極短，碰后以原速率彈回重力加速度取g10m/s2，求：(1)B與擋板相碰時(shí)的速度大??；(2)s的最短距離；(3)長(zhǎng)木板B與豎直固定擋板碰撞后離

11、豎直固定擋板的距離為多少時(shí)，物體A恰與長(zhǎng)木板B相對(duì)靜止？(結(jié)果保留兩位小數(shù))答案：(1)2m/s(2)2m(3)1.78m解析：(1)設(shè)B與擋板相碰時(shí)的速度大小為v1，由動(dòng)量守恒定律得mv0(Mm)v1，v12m/s.(2)A與B剛好共速時(shí)B到達(dá)擋板距離s最短，由牛頓第二定律得，B的加速度為a1m/s2s2m.(3)B與擋板碰后，A、B最后一起向左運(yùn)動(dòng)，共同速度大小為v2，由動(dòng)量守恒定律，有Mv1mv1(mM)v2v2m/s設(shè)長(zhǎng)木板B與豎直固定擋板碰撞后離豎直固定擋板的距離為L(zhǎng)時(shí)，物體A恰與長(zhǎng)木板B相對(duì)靜止，對(duì)長(zhǎng)木板B由動(dòng)能定理得mgLMvMv代入數(shù)據(jù)得L1.78m.10在原子核物理中，研究核

12、子與核關(guān)聯(lián)的最有效途徑是“雙電荷交換反應(yīng)”這類反應(yīng)的前半部分過程和下述力學(xué)模型類似兩個(gè)小球A和B用輕質(zhì)彈簧相連，在光滑的水平直軌道上處于靜止?fàn)顟B(tài)在它們左邊有一垂直于軌道的固定擋板P，右邊有一小球C沿軌道以速度v0射向B球，如圖所示C與B發(fā)生碰撞并立即結(jié)成一個(gè)整體D.在它們繼續(xù)向左運(yùn)動(dòng)的過程中，當(dāng)彈簧長(zhǎng)度變到最短時(shí)，長(zhǎng)度突然被鎖定，不再改變?nèi)缓?，A球與擋板P發(fā)生碰撞，碰后A、D都靜止不動(dòng)，A與P接觸而不粘連過一段時(shí)間，突然解除鎖定(鎖定及解除鎖定均無機(jī)械能損失)已知A、B、C三球的質(zhì)量均為m.(1)求彈簧長(zhǎng)度剛被鎖定后A球的速度；(2)求在A球離開擋板P之后的運(yùn)動(dòng)過程中，彈簧的最大彈性勢(shì)能答案：(1)v0(2)mv解析：(1)設(shè)C球與B球粘結(jié)成D時(shí)，D的速度為v1，由動(dòng)量守恒定律，有mv0(mm)v1當(dāng)彈簧壓至最短時(shí)，D與A的速度相等，設(shè)此速度為v2，由動(dòng)量守恒定律，有2mv13mv2由兩式得A的速度v2v0.(2)設(shè)彈簧長(zhǎng)度被鎖定后，貯存在彈簧中的勢(shì)能