2024高考物理一輪復(fù)習(xí)第6章碰撞與動量守恒第2講動量守恒定律及應(yīng)用課時作業(yè)含解析

PAGE7-第2講動量守恒定律及應(yīng)用1．(2024·安徽合肥一模)如圖所示，某人站在一輛平板車的右端，車靜止在光滑的水平地面上，現(xiàn)在人用鐵錘連續(xù)敲擊車的右端。下列對平板車的運動狀況描述中正確的是()A．錘子掄起的過程中，車向右運動B．錘子下落的過程中，車向左運動C．錘子掄至最高點時，車速度為零D．錘子敲擊車瞬間，車向左運動C[鐵錘、人和車組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，錘子向右掄起的過程中，車向左運動，故A錯誤；錘子下落的過程中，有水平向左的速度，依據(jù)動量守恒定律，車向右運動，故B錯誤；錘子掄至最高點時，速度為零，依據(jù)動量守恒定律，車速度為零，故C正確；錘子向左敲擊車瞬間，依據(jù)動量守恒定律，車向右運動，故D錯誤。]2．在安靜的水面上有一條以速度v0勻速前進的載人小船，船的質(zhì)量為M，人的質(zhì)量為m。起先時，人相對船靜止，當人相對船以速度v向船行進的反方向行走時，設(shè)船的速度為u。由動量守恒定律，下列表達式成立的是()A．(M＋m)v0＝Mu＋mvB．(M＋m)v0＝Mu＋m(v－u)C．(M＋m)v0＝Mu－m(v－u)D．(M＋m)v0＝Mu－m(v－v0)C[由題意，人和船組成的系統(tǒng)動量守恒，以水面為參考系，設(shè)船行駛方向為正，則初始時v船＝v入＝v0，v船′＝u時，v入＝－(v－u)，依據(jù)動量守恒定律得(M＋m)v0＝Mu－m(v－u)，所以選項C正確。]3.(2024·昆明模擬)(多選)如圖所示，在光滑的水平地面上靜止放置一質(zhì)量為M＝1.5kg的木板A，木板上表面粗糙且固定一豎直擋板，擋板上連接一輕質(zhì)彈簧，當彈簧處于原長時，在彈簧的左端輕放一質(zhì)量為m＝0.9kg的物塊B，現(xiàn)有一顆質(zhì)量為m0＝0.1kg的子彈C以v0＝500m/s的速度水平擊中物塊并嵌入其中，該過程作用時間極短，則在A、B、C相互作用的過程中，下列說法中正確的有()A．A、B、C組成的系統(tǒng)動量守恒B．A、B、C以及彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒C．子彈擊中物塊B的瞬間對物塊B產(chǎn)生的沖量為45N·sD．彈簧被壓縮到最短時木板的速度為25m/sAC[A、B、C三者組成的系統(tǒng)所受合外力為零，動量守恒，故A正確；由于存在摩擦阻力做功，機械能不守恒，故B錯誤；子彈擊中物塊B后與物塊B共速，由動量守恒有m0v0＝(m＋m0)v1，v1＝50m/s，故對物塊B產(chǎn)生的沖量等于B物塊獲得的動量，故對物塊B產(chǎn)生的沖量為45N·s，C正確；彈簧被壓縮到最短時三者共速，由動量守恒有m0v0＝(m＋M＋m0)v2，v2＝20m/s，故D錯誤。]4．(人教版選修3—5改編)某機車以0.8m/s的速度駛向停在鐵軌上的15節(jié)車廂，跟它們對接。機車跟第1節(jié)車廂相碰后，它們連在一起具有一個共同的速度，緊接著又跟第2節(jié)車廂相碰，就這樣，直至碰上最終一節(jié)車廂。設(shè)機車和車廂的質(zhì)量都相等，則跟最終一節(jié)車廂相碰后車廂的速度為(鐵軌的摩擦忽視不計)()A．0.053m/s B.0.05m/sC．0.057m/s D.0.06m/sB[取機車和15節(jié)車廂整體為探討對象，由動量守恒定律得mv0＝(m＋15m)v，解得v＝eq\f(1,16)v0＝eq\f(1,16)×0.8m/s＝0.05m/s，故選項B正確。]5.(2024·長沙模擬)(多選)如圖所示，兩滑塊A、B在光滑水平面上沿同始終線相向運動，滑塊A的質(zhì)量為m，速度大小為2v0，方向向右，滑塊B的質(zhì)量為m，速度大小為v0，方向向左。兩滑塊發(fā)生碰撞后粘在一起，下列說法正確的是()A．碰撞過程中機械能守恒B．碰撞過程中動量守恒C．碰后A和B一起向左運動，速度大小為eq\f(v0,2)D．碰后A和B一起向右運動，速度大小為eq\f(v0,2)BD[兩滑塊碰撞的過程動量守恒，以兩滑塊組成的系統(tǒng)為探討對象，由于合外力為零，所以系統(tǒng)的動量守恒，碰撞過程中機械能不守恒，轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，故A錯誤，B正確；取水平向右方向為正方向，碰撞前，A、B的速度分別為vA＝2v0，vB＝－v0，依據(jù)動量守恒定律得m×2v0＋m×(－v0)＝2mv，解得v＝eq\f(v0,2)，故C錯誤，D正確。]6．有一只小船停靠在湖邊碼頭，小船又窄又長(估計重一噸左右)。一位同學(xué)想用一個卷尺粗略測定它的質(zhì)量。他進行了如下操作：首先將船平行于碼頭自由停岸，輕輕從船尾上船，走到船頭停下，而后輕輕下船。用卷尺測出船后退的距離d，然后用卷尺測出船長L。已知他的自身質(zhì)量為m，水的阻力不計，船的質(zhì)量為()A.eq\f(mL＋d,d) B.eq\f(mL－d,d)C.eq\f(mL,d) D.eq\f(mL＋d,L)B[設(shè)同學(xué)走動時船的速度大小為v，同學(xué)的速度為v′，從船尾走到船頭所用時間為t。取船的速度方向為正方向。則v＝eq\f(d,t)v′＝eq\f(L－d,t)依據(jù)動量守恒定律：Mv－mv′＝0則：Meq\f(d,t)＝meq\f(L－d,t)所以：M＝eq\f(mL－d,d)故選項B正確。]7．(多選)質(zhì)量為M的物塊以速度v運動，與質(zhì)量為m的靜止物塊發(fā)生正碰，碰撞后兩者的動量正好相等。兩者質(zhì)量M與m的比值可能為()A．2 B.3C．4 D.5AB[依據(jù)動量守恒定律，設(shè)碰撞后兩者的動量都為p，則總動量為2p，碰撞前的動量也為2p，依據(jù)p2＝2mEk，碰前的動能為eq\f(2p2,2M)，碰后的動能為eq\f(p2,2m)＋eq\f(p2,2M)，依據(jù)能量關(guān)系知eq\f(4p2,2M)≥eq\f(p2,2m)＋eq\f(p2,2M)，解得eq\f(M,m)≤3，由于碰撞后不會發(fā)生二次碰撞，故M>m，即eq\f(M,m)>1，選項A、B正確，選項C、D錯誤。]8.(多選)兩滑塊a、b沿水平面上同一條直線運動，并發(fā)生碰撞，碰撞前后兩者的位置x隨時間t改變的圖象如圖所示。已知滑塊a的質(zhì)量為80g，則下列推斷正確的是()A．碰撞前滑塊a、b的運動方向相同B．碰撞后滑塊b的速度大小是0.75m/sC．滑塊b的質(zhì)量為100gD．碰撞前后滑塊a、b組成的系統(tǒng)損失的動能為1.4JCD[由x-t圖象的斜率表示速度，可知碰撞前滑塊a、b的運動方向相反，選項A錯誤；碰撞后，滑塊b的速度vb′＝eq\f(0－3,3)m/s＝－1m/s，速度大小為1m/s，選項B錯誤；碰撞前，滑塊a的速度va＝eq\f(3－8,1)m/s＝－5m/s，b的速度vb＝eq\f(3,1)m/s＝3m/s，碰后a的速度是零。兩滑塊碰撞過程中系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律可得mava＋mbvb＝mbvb′，解得mb＝100g，選項C正確；碰撞前后滑塊a、b組成的系統(tǒng)損失的動能為ΔEk＝eq\f(1,2)maveq\o\al(2,a)＋eq\f(1,2)mbveq\o\al(2,b)－eq\f(1,2)mbvb′2，解得ΔEk＝1.4J，選項D正確。]9.(2024·四川雙流中學(xué)模擬)如圖所示，A、B兩個物體粘在一起以v0＝3m/s的速度向右運動，物體中間有少量炸藥，經(jīng)過O點時炸藥爆炸，假設(shè)全部的化學(xué)能全部轉(zhuǎn)化為A、B兩個物體的動能且兩物體仍舊在水平面上運動，爆炸后A物體的速度依舊向右，大小變?yōu)関A＝2m/s，B物體接著向右運動進入光滑半圓軌道且恰好通過最高點D，已知兩物體的質(zhì)量mA＝mB＝1kg，O點到半圓軌道最低點C的距離xOC＝0.25m，物體與水平軌道間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.2，A、B兩個物體均可視為質(zhì)點，求：(1)炸藥的化學(xué)能E；(2)半圓軌道的半徑R。解析：(1)A、B在炸藥爆炸前后動量守恒，由動量守恒定律可得2mv0＝mvA＋mvB，依據(jù)能量守恒定律可得eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,0)＋E＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，兩式聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得E＝1J。(2)由于B物體恰好經(jīng)過半圓軌道的最高點，故有mg＝meq\f(v\o\al(2,D),R)，在B物體由O運動到D的過程中，由動能定理可得－μmgxOC－mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，聯(lián)立可解得R＝0.3m。答案：(1)1J(2)0.3m10．滑板運動是極限運動的鼻祖，很多極限運動項目均由滑板項目延長而來。如圖所示，質(zhì)量為m1＝50kg的運動員從軌道上的A點以v0的水平速度沖上質(zhì)量為m2＝5kg的高度不計的靜止滑板后，又一起滑向光滑軌道DE，到達E點時速度減為零，然后返回，已知H＝1.8m，重力加速度g＝10m/s2。設(shè)運動員和滑板可看成質(zhì)點，滑板與水平地面的摩擦力不計。則下列說法正確的是()A．運動員和滑板一起由D點運動到E點的過程中機械能不守恒B．運動員的初速度v0＝8m/sC．剛沖上DE軌道時，運動員的速度大小為6m/sD．運動員沖上滑板到二者共速的過程中機械能守恒C[運動員和滑板一起由D點運動到E點的過程中只有重力做功，則機械能守恒，得(m1＋m2)gH＝eq\f(1,2)(m1＋m2)·veq\o\al(2,共)，v共＝6m/s，A錯誤，C正確；若規(guī)定向右為正方向，運動員沖上滑板到二者共速，由動量守恒得m1v0＝(m1＋m2)v共，解得v0＝6.6m/s，運動員與滑板組成的系統(tǒng)的動能改變量ΔEk＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(m1＋m2)veq\o\al(2,共)>0，則運動員沖上滑板到二者共速的過程中機械能不守恒，B、D錯誤。]11．(2024·湖南永州模擬)(多選)如圖所示，滑塊P、Q靜止在粗糙水平面上，一根輕彈簧一端與滑塊Q相連，另一端固定在墻上，彈簧處于原長?，F(xiàn)使滑塊P以初速度v0向右運動，與滑塊Q發(fā)生碰撞(碰撞時間極短)，碰后兩滑塊一起向右壓縮彈簧至最短，然后在彈簧彈力作用下兩滑塊向左運動，兩滑塊分別后，最終都靜止在水平面上。已知滑塊P、Q的質(zhì)量分別為2m和m，下列說法中正確的是()A．兩滑塊發(fā)生碰撞的過程中，其動量守恒，機械能不守恒B．兩滑塊分別時，彈簧肯定處于原長C．滑塊P最終肯定停在動身點右側(cè)的某一位置D．整個過程中，兩滑塊克服摩擦力做功的和小于mveq\o\al(2,0)ABD[本題考查含彈簧系統(tǒng)碰撞過程中的動量守恒、能量守恒。兩滑塊碰撞過程系統(tǒng)內(nèi)力遠大于外力，系統(tǒng)動量守恒，兩者碰撞后一起運動，碰撞不是彈性碰撞，碰撞過程機械能有損失，機械能不守恒，故A正確；當P、Q間彈力為零時兩滑塊分別，分別前瞬間它們的加速度相等，由牛頓其次定律，對P有a＝eq\f(2μmg,2m)＝μg，對Q有μmg－F彈＝ma，解得F彈＝0，故兩滑塊分別時，彈簧肯定處于原長，B正確；兩滑塊碰撞后在運動過程中要克服摩擦力做功，機械能減小，若P能回到兩滑塊碰撞位置，則其速度大小肯定小于v0的大小，但P停止時的位置不肯定在其動身點的右側(cè)，因為P有初速度，若初速度較大，則可能停在動身點的左側(cè)，故C錯誤；P、Q碰撞后共速，該碰撞為完全非彈性碰撞，碰撞過程有能量損失，依據(jù)能量守恒定律可知，兩滑塊克服摩擦力做功之和小于P的初動能mveq\o\al(2,0)，故D正確。]12．(2024·山東師大附中模擬)(多選)在光滑的水平面上，質(zhì)量為m的子彈以初速度v0射擊質(zhì)量為M的木塊，最終子彈未能射穿木塊，射入的深度為d，木塊在加速運動中的位移為x，則以下說法正確的是()A．子彈動能的虧損大于系統(tǒng)動能的虧損B．子彈動量的削減量等于木塊動量的增加量C．摩擦力對木塊做的功肯定等于摩擦力對子彈做的功D．位移x肯定大于深度dAB[本題考查子彈打木塊過程中的動量守恒定律、能量守恒定律。子彈射入木塊的過程中，子彈損失的動能轉(zhuǎn)化為木塊的動能和系統(tǒng)的內(nèi)能，故子彈削減的動能大于系統(tǒng)削減的動能，即產(chǎn)生的內(nèi)能，故A正確；水平面光滑，則系統(tǒng)在水平方向的動量守恒，由動量守恒定律可知，子彈動量的削減量等于木塊動量的增加量，故B正確；子彈射入木塊的過程中，子彈克服阻力做的功，一部分轉(zhuǎn)化為木塊的動能，另一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，依據(jù)動能定理可知摩擦力對木塊做的功等于木塊動能的增加量，因此摩擦力對木塊做的功肯定小于摩擦力對子彈做的功，故C錯誤；設(shè)子彈與木塊之間的相互作用力為F，子彈和木塊達到的共同速度大小為v，由動能定理，對子彈有－F(x＋d)＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，對木塊有Fx＝eq\f(1,2)Mv2，依據(jù)動量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，聯(lián)立方程解得eq\f(x,d)＝eq\f(m,M＋m)，因為eq\f(m,m＋M)<1，所以x<d，故D錯誤。]13．(2024·石家莊質(zhì)檢)如圖所示，在光滑的水平地面上有一足夠長的平板，平板上固定一高h＝0.2m的光滑平臺，平板與平臺的總質(zhì)量M＝6kg，一輕質(zhì)彈