選擇題專題增分練7

增分練(7)動量與動量守恒1．(多選)兩個小球A、B在光滑水平面上相向運(yùn)動，已知它們的質(zhì)量分別是m1＝4kg，m2＝2kg，A的速度v1＝3m/s(設(shè)為正)，B的速度v2＝－3m/s，則它們發(fā)生正碰后，其速度可能分別是()A．均為1m/s B．＋4m/s和－5m/sC．＋2m/s和－1m/s D．－1m/s和5m/s解析：選AD.由動量守恒，可驗證四個選項都滿足要求．再看動能情況Ek＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)×4×9J＋eq\f(1,2)×2×9J＝27JEk′＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2由于碰撞過程動能不可能增加，所以應(yīng)有Ek≥Ek′，可排除選項B.選項C雖滿足Ek≥Ek′，但A、B沿同一直線相向運(yùn)動，發(fā)生碰撞后各自仍能保持原來的速度方向(vA′＞0，vB′＜0)，這顯然是不符合實際的，因此C錯誤．驗證選項A、D均滿足Ek≥Ek′，故答案為選項A(完全非彈性碰撞)和選項D(彈性碰撞)．2．(多選)如圖所示，在光滑水平面上停放質(zhì)量為m裝有弧形槽的小車．現(xiàn)有一質(zhì)量也為m的小球以v0的水平速度沿切線水平的槽口向小車滑去(不計摩擦)，到達(dá)某一高度后，小球又返回小車右端，則()A．小球在小車上到達(dá)最高點(diǎn)時的速度大小為eq\f(v0,2)B．小球離車后，對地將向右做平拋運(yùn)動C．小球離車后，對地將做自由落體運(yùn)動D．此過程中小球?qū)囎龅墓閑q\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解析：選ACD.小球到達(dá)最高點(diǎn)時，小車和小球相對靜止，且水平方向總動量守恒，小球離開小車時類似完全彈性碰撞，兩者速度互換，故A、C、D都是正確的．3．(2017·哈爾濱市第九中學(xué)高三二模)如圖所示，在光滑絕緣的水平直軌道上有兩個帶電小球a和b，a球質(zhì)量為2m、帶電量為＋q，b球質(zhì)量為m、帶電量為＋2q，兩球相距較遠(yuǎn)且相向運(yùn)動．某時刻a、b球的速度大小依次為v和1.5vA．兩球相距最近時，速度大小相等、方向相反B．a(chǎn)球和b球所受的靜電斥力對兩球始終做負(fù)功C．a(chǎn)球一直沿原方向運(yùn)動，b球要反向運(yùn)動D．a(chǎn)、b兩球都要反向運(yùn)動，但b球先反向解析：選D.本題利用動量守恒和功能關(guān)系求解比較簡單，由于地面光滑，系統(tǒng)所受合外力為零，滿足動量守恒條件，當(dāng)兩球速度相等，系統(tǒng)損失機(jī)械能最大，兩球相距最近．水平方向系統(tǒng)動量守恒，由完全非彈性碰撞的知識可知，當(dāng)兩球速度相等時，系統(tǒng)損失機(jī)械能最大，兩球相距最小，故A錯誤；由題意可知，a球動量大于b球動量，因此系統(tǒng)動量水平向右，故b球運(yùn)動過程中將反向運(yùn)動而靜電斥力一直存在，a球速度減小為0后，也將反向(或者根據(jù)牛頓第二定律分析，此時a、b速度大小一樣，而b的減速的加速度大，故b先減為零，然后反向加速運(yùn)動)，因此靜電斥力對b球先做負(fù)功后做正功，故BC錯誤，D正確．4．(2017·武漢武昌模擬)(多選)質(zhì)量M＝3kg的滑塊套在水平固定著的軌道上并可在軌道上無摩擦滑動．質(zhì)量為m＝2kg的小球(視為質(zhì)點(diǎn))通過長L＝0.75m的輕桿與滑塊上的光滑軸O連接，開始時滑塊靜止，輕桿處于水平狀態(tài)．現(xiàn)給小球一個v0＝3m/s的豎直向下的初速度，取g＝10m/s2.則()A．小球m從初始位置到第一次到達(dá)最低點(diǎn)的過程中，滑塊M在水平軌道上向右移動了0.3mB．小球m從初始位置到第一次到達(dá)最低點(diǎn)的過程中，滑塊M在水平軌道上向左移動了0.3mC．小球m相對于初始位置可以上升的最大高度為0.27mD．小球m從初始位置到第一次到達(dá)最大高度的過程中，滑塊M在水平軌道上向右移動了0.54m解析：選AD.可把小球和滑塊水平方向的運(yùn)動看做人船模型，設(shè)滑塊M在水平軌道上向右運(yùn)動了x，由滑塊和小球系統(tǒng)在水平方向時動量守恒，有eq\f(m,M)＝eq\f(x,L－x)，解得：x＝0.3m，選項A正確B錯誤．根據(jù)動量守恒定律，小球m相對于初始位置上升到最大高度時小球和滑塊速度都為零，由能量守恒定律可知，小球m相對于初始位置可以上升的最大高度為0.45m，選項C錯誤．根據(jù)動量守恒定律，在小球上升到軌道高度時，滑塊速度為零，由系統(tǒng)的能量守恒定律可知，小球m相對于初始位置可以到達(dá)的最大高度為h＝0.45m，與水平面的夾角為cosα＝0.8，設(shè)小球從最低位置上升到最高位置過程中滑塊M在水平軌道上又向右運(yùn)動了x′，由滑塊和小球系統(tǒng)在水平方向時動量守恒，有eq\f(m,M)＝eq\f(x′,Lcosα－x′)，解得：x′＝0.24m．小球m從初始位置到第一次到達(dá)最大高度的過程中，滑塊在水平軌道上向右移動了x＋x′＝0.3m＋0.24m＝0.54m，選項D正確．5．(2017·天津六校聯(lián)考)如圖所示，光滑絕緣的水平面上M、N兩點(diǎn)有完全相同的金屬小球A和B，帶有不等量的同種電荷，且qA＜qB.現(xiàn)使A、B以大小相等的初動量相向運(yùn)動，并發(fā)生彈性碰撞，碰后返回M、N兩點(diǎn)，則下列說法正確的是()A．碰撞發(fā)生在M、N的中點(diǎn)右側(cè)B．兩球不會同時返回M、N兩點(diǎn)C．兩球回到原位置時各自的動量比原來大些D．A與B碰撞過程A對B的沖量等于B對A的沖量解析：選C.兩球所受的合力是相互間的靜電力，根據(jù)牛頓第二定律可知，加速度相等，通過運(yùn)動學(xué)公式判斷兩者發(fā)生碰撞的位置，以及返回到M、N點(diǎn)的時間關(guān)系．通過碰撞后電荷重新分布，電場力發(fā)生變化，根據(jù)電場力做功比較返回到原位置動能的變化，從而分析動量關(guān)系．結(jié)合牛頓第三定律分析碰撞過程中沖量關(guān)系．由于兩球在任何時刻所受的庫侖力大小相等，質(zhì)量也相等，則兩球的加速度大小相等，速度大小相等，可知碰撞發(fā)生在M、N的中點(diǎn)，故A錯誤．由于兩球完全相同，碰撞前總動量為零，由碰撞過程中動量守恒可知，碰撞后總動量也為零，所以碰后兩球速度大小相等，庫侖力大小相等，則加速度大小相等，所以兩球同時返回M、N兩點(diǎn)，故B錯誤．兩球碰撞后，電量重新分配，兩球在同樣的位置間的作用力比之前增大，可知整個過程中電場力做正功，知返回到出發(fā)點(diǎn)的速度比較之前大，則兩球回到原位置時動量比原來大些．故C正確．A與B碰撞過程中，由牛頓第三定律知，相互間的作用力大小相等，方向相反，作用時間也相等，所以A對B的沖量與B對A的沖量大小相等，方向相反，所以沖量不等，D錯誤．6．(2017·湖北八市聯(lián)考)(多選)如圖所示，一輛質(zhì)量為M＝3kg的平板小車A停靠在豎直光滑墻壁處，地面水平且光滑，一質(zhì)量為m＝1kg的小鐵塊B(可視為質(zhì)點(diǎn))放在平板小車A最右端，平板小車A上表面水平且與小鐵塊B之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，平板小車A的長度L＝0.9m．現(xiàn)給小鐵塊B一個v0＝5m/s的初速度使之向左運(yùn)動，與豎直墻壁發(fā)生彈性碰撞后向右運(yùn)動，重力加速度g＝10m/s2.下列說法正確的是()A．小鐵塊B向左運(yùn)動到達(dá)豎直墻壁時的速度為2m/sB．小鐵塊B與墻壁碰撞過程中所受墻壁的沖量為8N·sC．小鐵塊B向左運(yùn)動到達(dá)豎直墻壁的過程中損失的機(jī)械能為4JD．小鐵塊B在平板小車A上運(yùn)動的整個過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能為9J解析：選BD.設(shè)小鐵塊B向左運(yùn)動到達(dá)豎直墻壁時的速度為v1，根據(jù)動能定理得：－μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得：v1＝4m/s，選項A錯誤．與豎直墻壁發(fā)生彈性碰撞，反彈速度為－4m/s，由動量定理可知，小鐵塊B與墻壁碰撞過程中所受墻壁的沖量為I＝2mv1＝8N·s，選項B正確．小鐵塊B向左運(yùn)動到達(dá)豎直墻壁的過程中損失的機(jī)械能為μmgL＝4.5J，選項C錯誤．假設(shè)發(fā)生彈性碰撞后小鐵塊B最終和平板小車A達(dá)到的共同速度為v2，根據(jù)動量守恒定律得：mv1＝(M＋m)v2，解得：v2＝1m/s.設(shè)小鐵塊B在平板小車A上相對滑動的位移為x時與平板小車A達(dá)到共同