高三物理人教版一輪復(fù)習(xí)第六單元動量守恒定律作業(yè)28

題組層級快練(二十八)一、選擇題1．(2017·課標(biāo)全國Ⅰ)將質(zhì)量為1.00kg的模型火箭點(diǎn)火升空，50g燃燒的燃?xì)庖源笮?00m/s的速度從火箭噴口在很短時間內(nèi)噴出．在燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，火箭的動量大小為(噴出過程中重力和空氣阻力可忽略)()A．30kg·m/s B．5.7×102kg·m/sC．6.0×102kg·m/s D．6.3×102kg·m/s答案A解析在火箭點(diǎn)火瞬間，燃?xì)馀c火箭構(gòu)成的系統(tǒng)總動量守恒，且系統(tǒng)總動量為0，所以火箭動量大小等于燃?xì)鈩恿看笮＝mv＝0.05kg×600m/s＝30kg·m/s，故選A項．2．(2017·四川聯(lián)考)如題圖所示，彈簧的一端固定在豎直墻上，質(zhì)量為m的光滑弧形槽靜止在光滑水平面上，底部與水平面平滑連接，一個質(zhì)量也為m的小球從槽高h(yuǎn)處開始下滑()A．在以后的運(yùn)動過程中，小球和槽的動量始終守恒B．在下滑過程中小球和槽之間的相互作用力始終不做功C．被彈簧反彈后，小球和槽都做速率不變的直線運(yùn)動D．被彈簧反彈后，小球和槽的機(jī)械能守恒，小球能回到槽高h(yuǎn)處答案C解析在小球在光滑弧形槽上運(yùn)動時，小球和槽水平方向的動量守恒，在小球接觸彈簧受到彈簧彈力作用后，小球和槽的動量不守恒，A項錯誤；在下滑過程中小球和槽之間的相互作用力對槽做正功，對小球做負(fù)功，B項錯誤；被彈簧反彈后，小球和槽都做速率不變的直線運(yùn)動，C項正確；被彈簧反彈后，小球和槽的機(jī)械能守恒，由于槽已經(jīng)獲得動能，小球不能回到槽高h(yuǎn)處，D項錯誤．3．(2017·南平模擬)如圖所示，A、B兩物體質(zhì)量分別為mA、mB，且mA＞mB，置于光滑水平面上，相距較遠(yuǎn)．將兩個大小均為F的力，同時分別作用在A、B上經(jīng)過相同距離后，撤去兩個力，兩物體發(fā)生碰撞并粘在一起后將()A．停止運(yùn)動 B．向左運(yùn)動C．向右運(yùn)動 D．運(yùn)動方向不能確定答案C解析力F大小相等，mA＞mB，由牛頓第二定律可知，兩物體的加速度aA<aB，由題意知sA＝sB，由運(yùn)動學(xué)公式得sA＝eq\f(1,2)aAtA2，sB＝eq\f(1,2)aBtB2，可知tA＞tB，由IA＝F·tA，IB＝F·tB，解得IA＞IB，由動量定理可知ΔpA＝IA，ΔpB＝IB，則pA＞pB，碰前系統(tǒng)總動量向右，碰撞過程動量守恒，由動量守恒定律可知，碰后總動量向右，故A、B、D三項錯誤，C項正確．4．如圖所示，在光滑水平面上，有A、B兩個小球沿同一直線向右運(yùn)動，若取向右為正方向，兩球的動量分別是pA＝5.0kg·m/s，pB＝7.0kg·m/s.已知二者發(fā)生正碰，則碰后兩球動量的增量ΔpA和ΔpB可能是()A．ΔpA＝－3.0kg·m/s；ΔpB＝3.0kg·m/sB．ΔpA＝3.0kg·m/s；ΔpB＝3.0kg·m/sC．ΔpA＝3.0kg·m/s；ΔpB＝－3.0kg·m/sD．ΔpA＝－10kg·m/s；ΔpB＝10kg·m/s答案A解析A項，根據(jù)碰撞過程動量守恒定律，如果ΔpA＝－3kg·m/s、ΔpB＝3kg·m/s，所以碰后兩球的動量分別為p′A＝2kg·m/s、p′B＝10kg·m/s，根據(jù)碰撞過程總動能可能不增加，是可能發(fā)生的，故A項正確；B項，兩球碰撞過程，系統(tǒng)的動量守恒，兩球動量變化量應(yīng)大小相等，方向相反，若ΔPA＝3kg·m/s，ΔpB＝3kg·m/s，違反了動量守恒定律，不可能，故B項錯誤；C項，根據(jù)碰撞過程動量守恒定律，如果ΔpA＝3kg·m/s、ΔpB＝－3kg·m/s，所以碰后兩球的動量分別為p′A＝8kg·m/s、p′B＝4kg·m/s，由題，碰撞后，兩球的動量方向都與原來方向相同，A的動量不可能沿原方向增大，與實(shí)際運(yùn)動不符，故C項錯誤；D項，如果ΔpA＝－10kg·m/s、ΔpB＝10kg·m/s，所以碰后兩球的動量分別為p′A＝－5kg·m/s、p′B＝17kg·m/s，可以看出，碰撞后A的動能不變，而B的動能增大，違反了能量守恒定律，不可能．故D項錯誤．5．(2017·福州模擬)一質(zhì)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(jī)瞬間向后噴出一定質(zhì)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v2，則噴出氣體的質(zhì)量m為()A．m＝eq\f(v2－v1,v1)M B．m＝eq\f(v2,v2－v1)MC．m＝eq\f(v2－v0,v2＋v1)M D．m＝eq\f(v2－v0,v2－v1)M答案C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＝eq\f(v2－v0,v2＋v1)M，故C項正確．6．如圖所示，質(zhì)量相等的五個物塊在光滑水平面上，間隔一定距離排成一條直線．具有初動能E0的物塊1向其它4個靜止的物塊運(yùn)動，依次發(fā)生碰撞，每次碰撞后不再分開．最后5個物塊粘成一個整體．這個整體的動能等于()A．E0 B.eq\f(4,5)E0C.eq\f(1,5)E0 D.eq\f(1,25)E0答案C解析對整個系統(tǒng)研究，整個過程運(yùn)用動量守恒定律得，mv0＝5mv，解得v＝eq\f(v0,5)，因為E0＝eq\f(1,2)mv02，則整體的動能Ek＝eq\f(1,2)·5m·v2＝eq\f(1,10)mv02＝eq\f(1,5)E0.故C項正確，A、B、D三項錯誤．7．(2017·沈陽一模)在光滑的水平地面上放有一質(zhì)量為M帶光滑eq\f(1,4)圓弧形槽的小車，一質(zhì)量為m的小鐵塊以速度v0沿水平槽口滑去，如圖所示，若M＝m，則鐵塊離開車時將()A．向左平拋 B．向右平拋C．自由落體 D．無法判斷答案C解析小鐵塊和小車組成的系統(tǒng)水平方向不受外力，系統(tǒng)水平方向的動量守恒，以向左為正方向，由動量守恒定律得：mv0＝Mv車＋mv鐵系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得：eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)Mv車2＋eq\f(1,2)mv鐵2解得鐵塊離開車時：v鐵＝0，v車＝v0.所以鐵塊離開車時將做自由落體運(yùn)動，故A、B、D三項錯誤，C項正確．8.(2017·銀川二模)A、B兩球沿一直線運(yùn)動并發(fā)生正碰，如圖為兩球碰撞前后的位移圖像，a、b分別為A、B兩球碰前的位移圖像，c為碰撞后兩球共同運(yùn)動的位移圖像，若A球質(zhì)量是m＝2kg，則由圖判斷下列結(jié)論不正確的是()A．碰撞前后A的動量變化為4kg·m/sB．碰撞時A對B所施沖量為－4N·sC．A、B碰撞前的總動量為3kg·m/sD．碰撞中A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的動能為10J答案C解析A項，由x-t圖像的斜率表示速度，可知，碰撞前有：vA＝eq\f(xA,tA)＝eq\f(4－10,2)m/s＝－3m/s，vB＝eq\f(xB,tB)＝eq\f(4,2)m/s＝2m/s.碰撞后有：v′A＝v′B＝v＝eq\f(xC,tC)＝eq\f(2－4,4－2)m/s＝－1m/s；則碰撞前后A的動量變化為：ΔpA＝mv′A－mvA＝2×(－1)kg·m/s－2×(－3)kg·m/s＝4kg·m/s，故A項正確；B項，對A、B組成的系統(tǒng)，根據(jù)動量守恒定律知：碰撞前后B的動量變化為：ΔpB＝－ΔpA＝－4kg·m/s；對B，由動量定理可知，碰撞時A對B所施沖量為：IB＝ΔpB＝－4kg·m/s＝－4N·s.故B項正確；C項，由ΔpB＝mB(v′B－vB)，所以：mB＝eq\f(ΔpB,v′B－vB)＝eq\f(－4,－1－2)kg＝eq\f(4,3)kg，則A與B碰撞前的總動量為：p總＝mvA＋mBvB＝2×(－3)kg·m/s＋eq\f(4,3)×2kg·m/s＝－eq\f(10,3)kg·m/s，故C項錯誤；D項，碰撞中A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的動能：ΔEk＝eq\f(1,2)mvA2＋eq\f(1,2)mBvB2－eq\f(1,2)(m＋mB)v2，代入數(shù)據(jù)解得：ΔEk＝10J；故D項正確．9．(2017·衡水中學(xué)期末卷)如圖所示，在光滑的水平面上，質(zhì)量為m1的小球A以速率v0向右運(yùn)動．在小球A的前方O點(diǎn)處有一質(zhì)量為m2的小球B處于靜止?fàn)顟B(tài)，Q點(diǎn)處為一豎直的墻壁．小球A與小球B發(fā)生彈性正碰后小球A與小球B均向右運(yùn)動．小球B與墻壁碰撞后以原速率返回并與小球A在P點(diǎn)相遇，PQ＝2PO，則兩小球質(zhì)量之比m1∶m2為()A．7∶5 B．1∶3C．2∶1 D．5∶3答案D解析設(shè)A、B兩個小球碰撞后的速度分別為v1、v2，由動量守恒定律有m1v0＝m1v1＋m2v2，發(fā)生彈性碰撞，不損失動能，故根據(jù)能量守恒定律有：eq\f(1,2)m1v02＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22，兩個小球碰撞后到再次相遇，其速率不變，由運(yùn)動學(xué)規(guī)律有v1∶v2＝PO∶(PO＋2PQ)＝1∶5，聯(lián)立三式可得m1∶m2＝5∶3，D項正確．10．(2017·銅仁市四模)(多選)如圖所示，弧形軌道置于足夠長的水平軌道上，弧形軌道與水平軌道平滑連接，水平軌道上靜置一小球B和C，小球A從弧形軌道上離地高h(yuǎn)處由靜止釋放，小球A沿軌道下滑后與小球B發(fā)生彈性正碰，碰后小球A被彈回，B球與C球碰撞后粘在一起，A球彈會后再從弧形軌道上滾下，已知所有接觸面均光滑，A、C兩球的質(zhì)量相等，B球的質(zhì)量為A球質(zhì)量的2倍，如果讓小球A從h＝0.2m處靜止釋放，則下列說法正確的是(重力加速度為g＝10m/s2)()A．A球從h處由靜止釋放則最后不會與B球再相碰B．A球從h處由靜止釋放則最后會與B球再相碰C．A球從h＝0.2m處由靜止釋放則C球的最后速度為eq\f(7,9)m/sD．A球從h＝0.2m處由靜止釋放則C球的最后速度為eq\f(8,9)m/s答案AD解析A、B兩項，設(shè)A球的質(zhì)量為m.A從弧形軌道滑到水平軌道的過程中，根據(jù)動能定理得eq\f(1,2)mv02＝mgh，解得v0＝eq\r(2gh)，A與B發(fā)生彈性正碰，則碰撞過程中，AB動量守恒，機(jī)械能守恒，以A的初速度方向為正方向，由動量守恒和機(jī)械能守恒定律得mv0＝mv1＋2mv2，eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)×2mv22，解得v1＝－eq\f(1,3)v0，v2＝eq\f(2,3)v0.B與C碰撞過程中，BC組成的系統(tǒng)動量守恒，以B的速度方向為正，根據(jù)動量守恒定律得2mv2＝(2m＋m)v，解得v＝eq\f(4,9)v0＞|v1|，所以最后A球不會與B球再相碰；故A項正確，B項錯誤；C、D兩項，當(dāng)h＝0.2m時，根據(jù)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項錯誤，D項正確．二、非選擇題11.(2017·鄭州質(zhì)檢)如圖所示，質(zhì)量為m＝245g的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))放在質(zhì)量為M＝0.5kg的木板左端，足夠長的木板靜止在光滑水平面上，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.4.質(zhì)量為m0＝5g的子彈以速度v0＝300m/s沿水平方向射入物塊并留在其中(時間極短)，g取10m/s2.子彈射入后，求：(1)子彈進(jìn)入物塊后一起向右滑行的最大速度v1.(2)木板向右滑行的最大速度v2.(3)物塊在木板上滑行的時間t.答案(1)6m/s(2)2m/s(3)1s解析(1)子彈進(jìn)入物塊后一起向右滑行的初速度即為物塊的最大速度，由動量守恒可得：m0v0＝(m0＋m)v1，解得v1＝6m/s.(2)當(dāng)子彈、物塊、木板三者同速時，木板的速度最大，由動量守恒定律可得：(m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v2，解得v2＝2m/s.(3)對物塊和子彈組成的整體應(yīng)用動量定理得：－μ(m0＋m)gt＝(m0＋m)v2－(m0＋m)v1，解得：t＝1s.12．(2017·徐州一模)列車載重時直接向前起動有困難，司機(jī)常常先倒車再起動前進(jìn)．設(shè)在平直軌道上的某機(jī)車后面掛接有n節(jié)車廂，機(jī)車與每節(jié)車廂的質(zhì)量都為m，它們所受的阻力都為自身重力的k倍，倒車后各節(jié)車廂間的掛鉤所留間隙均為d，如圖(1)所示，在這種情況下，機(jī)車以恒定的牽引力F由靜止開始起動，機(jī)車及各車廂間掛接的時間極短，掛接后掛鉤的狀態(tài)如圖(2)所示．求：(1)第一節(jié)車廂剛被帶動時列車的速度(2)最后一節(jié)車廂剛被帶動時列車的速度(3)要想使最后一節(jié)車廂也能被帶動起來，機(jī)車牽引力F的最小值．解析(1)掛接第一節(jié)車廂前，由動能定理得：(F－kmg)d＝eq\f(1,2)mv1′2－0，掛接第一節(jié)車廂的過程中，動量守恒，由動量守恒定律得：mv1′＝2mv1，解得：v1＝eq\r(\f(1,2)（\f(F,m)－kg）d)；(2)掛接第二節(jié)車廂前，由動能定理得：(F－k·2mg)d＝eq\f(1,2)×2mv2′2－eq\f(1,2)×2mv12，掛接第二節(jié)車廂的過程中，動量守恒，由動量守恒定律得2mv′2＝3mv2，解得v2＝eq\r(\f(2,3)（\f(F,m)－\f(5,3)kg）d)，掛接第三節(jié)車廂前，由動能定理得：(F－k·3mg)d＝eq\f(1,2)×3mv3′2－eq\f(1,2)×3mv22，掛接第三節(jié)車廂的過程中，動量守恒，由動量守恒定律得：3mv′3＝4mv3，解得v3＝eq\r(\f(3,4)（\f(F,m)－\f(7,3)kg）d)，同理可得，第n節(jié)車廂剛被帶動時的速度：vn＝eq\r(\f(n,n＋1)（\f(F,m)－\f(2n＋1,3)kg）d)；(3)要想使最后一節(jié)車廂也能被帶動起來，則vn≥0，即eq\r(\f(n,n＋1)（\f(F,m)－\f(2n＋1,3)kg）d)≥0，eq\f(F,m)－eq\f(2n＋1,3)kg≥0，則F≥eq\f(2n＋1,3)kmg.13．(2017·北京海淀二模)某同學(xué)設(shè)計了如圖所示的趣味實(shí)驗來研究碰撞問題，用材料和長度相同的不可伸長的輕繩依次將N個大小相同、質(zhì)量不等的小球懸掛于水平天花板下方，且相鄰的小球靜止時彼此接觸但無相互作用力，小球編號從左到右依次為1、2、3、……、N，每個小球的質(zhì)量為其相鄰左邊小球質(zhì)量的k倍(k<1)．在第N個小球右側(cè)有一光滑軌道，其中AB段是水平的，BCD段是豎直面內(nèi)的半圓形，兩段光滑軌道在B點(diǎn)平滑連接，半圓軌道的直徑BD沿豎直方向．在水平軌道的A端放置一與第N個懸掛小球完全相同的P小球，所有小球的球心等高．現(xiàn)將1號小球由最低點(diǎn)向左拉起高度h，保持繩繃緊狀態(tài)由靜止釋放1號小球，使其與2號小球碰撞，2號小球再與3號小球碰撞…….所有碰撞均為在同一直線上的正碰且無機(jī)械能損失．已知重力加速度為g，空氣阻力、小球每次碰撞時間均可忽略不計．(1)求1號小球與2號小球碰撞之前的速度v1的大??；(2)若N＝3，求第3個小球與P小球發(fā)生第一次碰撞前的速度v3的大??；(3)若N＝5，當(dāng)半圓形軌道半徑R＝eq\f(32,5)h時，P小球第一次被碰撞后恰好能通過軌道的最高點(diǎn)D，求k值的大?。鸢?1)eq\r(2gh)(2)(eq\f(2,1＋k))2eq\r(2gh)(3)eq\r(2)－1解析(1)設(shè)1號小球的質(zhì)量為m1，碰前的速度為v1，對于1號小球由h高度運(yùn)動到最低點(diǎn)過程，根據(jù)機(jī)械能守恒有m1gh＝eq\f(1,2)m1v12，解得：v1＝e