2025屆高考物理一輪復(fù)習(xí)課時作業(yè)27動量守恒定律及其應(yīng)用含解析魯科版

PAGEPAGE7課時作業(yè)27動量守恒定律及其應(yīng)用時間：45分鐘1.一顆子彈水平射入置于光滑水平面上的木塊A并留在其中，A、B用一根彈性良好的輕質(zhì)彈簧連在一起，如圖所示．則在子彈打擊木塊A及彈簧被壓縮的過程中，對子彈、兩木塊和彈簧組成的系統(tǒng)(C)A．動量守恒，機械能守恒B．動量不守恒，機械能守恒C．動量守恒，機械能不守恒D．無法判定動量、機械能是否守恒解析：動量守恒的條件是系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零，本題中子彈、兩木塊、彈簧組成的系統(tǒng)，水平方向上不受外力，豎直方向上所受外力的合力為零，所以動量守恒；機械能守恒的條件是除重力、彈力對系統(tǒng)做功外，其他力對系統(tǒng)不做功，本題中子彈射入木塊到子彈相對木塊靜止的過程中有部分機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，故系統(tǒng)機械能不守恒，只有選項C正確．2．如圖所示，兩輛質(zhì)量均為M的小車A和B置于光滑的水平面上，有一質(zhì)量為m的人靜止站在A車上，兩車靜止．若這個人自A車跳到B車上，接著又跳回A車并與A車相對靜止．則此時A和B車的速度之比為(C)A.eq\f(M＋m,m) B.eq\f(m＋M,M)C.eq\f(M,M＋m) D.eq\f(m,M＋m)解析：規(guī)定向右為正方向，則由動量守恒定律有：0＝MvB－(M＋m)vA，得eq\f(vA,vB)＝eq\f(M,M＋m)，故C正確．3．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2m，速度大小為v0A．A和B都向左運動 B．A和B都向右運動C．A靜止，B向右運動 D．A向左運動，B向右運動解析：以兩滑塊組成的系統(tǒng)為探討對象，兩滑塊碰撞過程動量守恒，由于初始狀態(tài)系統(tǒng)的動量為零，所以碰撞后兩滑塊的動量之和也為零，所以A、B的運動方向相反或者兩者都靜止，而碰撞為彈性碰撞，碰撞后兩滑塊的速度不行能都為零，則A應(yīng)當(dāng)向左運動，B應(yīng)當(dāng)向右運動，選項D正確，A、B、C錯誤．4．(多選)一子彈以初速度v0擊中靜止在光滑的水平面上的木塊，最終子彈未能射穿木塊，射入的深度為d，木塊加速運動的位移為s.則以下說法正確的是(BD)A．子彈動能的虧損等于系統(tǒng)動能的虧損B．子彈動量改變量的大小等于木塊動量改變量的大小C．摩擦力對木塊做的功等于摩擦力對子彈做的功D．子彈對木塊做的功等于木塊動能的增量解析：子彈射入木塊的過程，要產(chǎn)生內(nèi)能，而且子彈損失的動能還有一部分轉(zhuǎn)化為木塊的動能，由能量守恒定律知子彈動能的虧損大于系統(tǒng)動能的虧損，故A錯誤；子彈和木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，系統(tǒng)動量的改變量為零，則子彈與木塊動量改變量大小相等，方向相反，故B正確；摩擦力對木塊做的功為fs，摩擦力對子彈做的功大小為－f(s＋d)，可知二者不等，故C錯誤；對木塊由動能定理得：fs＝ΔEk，故D正確．5.如圖所示，車廂長為l、質(zhì)量為M，靜止在光滑水平面上，車廂內(nèi)有一質(zhì)量為m的物體，某時刻以速度v0向右運動，與車廂壁來回碰撞n次后，最終靜止于車廂中，這時車廂的速度為(C)A．v0，水平向右 B．0C.eq\f(mv0,M＋m)，水平向右 D.eq\f(mv0,M－m)，水平向右解析：以物體與車廂組成的系統(tǒng)為探討對象，以向右為正方向，由動量守恒定律可得mv0＝(M＋m)v，最終車廂的速度為v＝eq\f(mv0,M＋m)，方向與v0的速度相同，水平向右，故C正確．6.如圖所示，在光滑的水平面上，有兩個質(zhì)量均為m的小車A和B，兩車之間用輕質(zhì)彈簧相連，它們以共同的速度v0向右運動，另有一質(zhì)量為m的黏性物體，從高處自由落下，正好落在A車上，并與之粘合在一起，粘合之后的運動過程中，彈簧獲得的最大彈性勢能為(C)A.eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0) B.eq\f(1,8)mveq\o\al(2,0)C.eq\f(1,12)mveq\o\al(2,0) D.eq\f(1,15)mveq\o\al(2,0)解析：黏性物體落在A車上，由動量守恒有mv0＝2mv1，解得v1＝eq\f(v0,2)，之后整個系統(tǒng)動量守恒，有2mv0＝3mv2，解得v2＝eq\f(2v0,3)，最大彈性勢能Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(1,2)×2meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,2)))2－eq\f(1,2)×3m(eq\f(2,3)v0)2＝eq\f(1,12)mveq\o\al(2,0)，所以C正確．7．如圖所示，質(zhì)量為M的木塊位于光滑水平面上，在木板與墻壁之間用輕質(zhì)彈簧連接．當(dāng)木塊靜止時剛好位于A點，現(xiàn)有一質(zhì)量為m的子彈以水平速度v0射向木塊并嵌入其中(作用時間極短)，求：(1)當(dāng)木塊回到A點時的速度大??；(2)從起先到木塊回到A點的過程中，墻壁對彈簧的沖量．解析：(1)木塊第一次回到A位置時的速度與木塊和子彈起先共同運動時的速度大小相等子彈進(jìn)入木塊過程滿意動量守恒定律，取向右為正方向由動量守恒定律得mv0＝(M＋m)v解得v＝eq\f(m,M＋m)v0.(2)此過程中彈簧對木塊和子彈整體的沖量等于墻對彈簧的沖量．由動量定理有I＝(M＋m)v－[－(M＋m)v]解得I＝2mv0，方向水平向左．答案：(1)eq\f(m,M＋m)v0(2)2mv0，方向水平向左8.(多選)如圖所示，將一個內(nèi)、外側(cè)均光滑的半圓形槽置于光滑的水平地面上，槽的左側(cè)有一個豎直墻壁．現(xiàn)讓一個小球自左端槽口A的正上方從靜止起先下落，從與半圓形槽相切的點A進(jìn)入槽內(nèi)，則以下說法中正確的是(BC)A．小球在半圓形槽內(nèi)運動的全過程中，只有重力對它做功B．小球在半圓形槽內(nèi)運動的全過程中，小球與槽組成的系統(tǒng)機械能守恒C．小球從最低點向右側(cè)最高點運動過程中，小球與槽組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒D．小球離開槽右側(cè)最高點以后，將做豎直上拋運動解析：本題考查了動量守恒定律、功能關(guān)系．小球在槽內(nèi)運動的全過程中，從剛釋放到最低點，只有重力做功，而從最低點起先上升過程中，除小球重力做功外，還有槽對球的作用力做負(fù)功，故A錯誤；小球在槽內(nèi)運動的全過程中，只有重力和彈力對小球和槽組成的系統(tǒng)做功，所以小球與槽組成的系統(tǒng)機械能守恒，故B正確；小球從最低點向右側(cè)最高點運動的過程中，槽離開墻壁，小球與槽組成的系統(tǒng)在水平方向上不受外力，故水平方向動量守恒，故C正確；小球離開槽右側(cè)最高點時，小球與槽水平方向速度相同，兩者在槽離開墻壁時總動量不為零且向右，所以小球與槽水平方向的速度向右且不為零，可知小球相對于槽做豎直上拋運動，槽有向右運動的速度，所以小球相對于水平地面做斜上拋運動，故D錯誤．9．一質(zhì)量為m1的物體甲以v0的初速度與另一質(zhì)量為m2的靜止物體乙發(fā)生碰撞，其中m2＝km1，k<1.碰撞可分為彈性碰撞、完全非彈性碰撞以及非彈性碰撞．碰撞后兩物體速度分別為v1和v2.假設(shè)碰撞在一維上進(jìn)行，且一個物體不行能穿過另一個物體．物體甲撞后與碰撞前速度之比r＝eq\f(v1,v0)的取值范圍為(B)A.eq\f(1－k,1＋k)≤r≤1 B.eq\f(1－k,1＋k)≤r≤eq\f(1,1＋k)C．0≤r≤eq\f(2,1＋k) D.eq\f(1,1＋k)≤r≤eq\f(2,1＋k)解析：本題考查碰撞問題．若發(fā)生彈性碰撞，則由動量守恒定律有m1v0＝m1v1＋m2v2，由機械能守恒定律有eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)，解得v1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v0，方向與v0方向相同，則eq\f(v1,v0)＝eq\f(1－k,1＋k)；若發(fā)生完全非彈性碰撞，則由動量守恒定律有m1v0＝(m1＋m2)v1，解得v1＝eq\f(m1v0,m1＋m2)，方向與v0方向相同，則eq\f(v1,v0)＝eq\f(1,1＋k).故eq\f(1－k,1＋k)≤r≤eq\f(1,1＋k)，B正確．10.如圖所示，質(zhì)量為m的勻稱木塊靜止在光滑水平面上，木塊左右兩側(cè)各有一位拿著完全相同步槍和子彈的射手．首先左側(cè)射手開槍，子彈水平射入木塊的最大深度為d1，然后右側(cè)射手開槍，子彈水平射入木塊的最大深度為d2.設(shè)子彈均未射穿木塊，且兩顆子彈與木塊之間的作用力大小均相同．當(dāng)兩顆子彈均相對于木塊靜止時，下列推斷正確的是(C)A．木塊靜止，d1＝d2B．木塊向右運動，d1<d2C．木塊靜止，d1<d2D．木塊向左運動，d1＝d2解析：把兩顆子彈和木塊看成一個系統(tǒng)，由動量守恒定律，可知最終木塊靜止．左側(cè)射手開槍，把子彈和木塊看成一個系統(tǒng)，由動量守恒定律可知，木塊向右運動．右側(cè)射手開槍，子彈相對于木塊的速度大于木塊靜止時子彈相對于木塊的速度，所以子彈進(jìn)入木塊的相對速度較大，分析可知d1<d2，選項C正確，A、B、D錯誤．11.(多選)A、B兩球沿同一條直線運動，如圖所示的x-t圖象記錄了它們碰撞前后的運動狀況，其中a、b分別為A、B碰撞前的x-t圖象．c為碰撞后它們的x-t圖象．若A球質(zhì)量為1kg，則B球質(zhì)量及碰撞過程中系統(tǒng)的機械能損失為(BC)A．2kg B.eq\f(2,3)kgC．5J D.eq\f(20,3)J解析：由圖象可知碰撞前A、B兩球都做勻速直線運動，va＝eq\f(4－10,2)m/s＝－3m/s，vb＝eq\f(4－0,2)m/s＝2m/s，碰撞后二者粘在一起做勻速直線運動，vc＝eq\f(2－4,4－2)m/s＝－1m/s.碰撞過程中動量守恒，即mAva＋mBvb＝(mA＋mB)vc，可解得mB＝eq\f(2,3)kg，碰撞過程損失的機械能ΔE＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,a)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,b)－eq\f(1,2)(mA＋mB)veq\o\al(2,c)＝5J．由以上可知選項B、C正確．12．(多選)如圖所示，一質(zhì)量M＝2.0kg的長木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一個質(zhì)量m＝1.0kg的小物塊A.給A和B大小均為3.0m/s、方向相反的初速度，使A起先向左運動，B起先向右運動，A始終沒有滑離B板．下列說法正確的是(AD)A．A、B共速時的速度大小為1m/sB．在小物塊A做加速運動的時間內(nèi)，木板B速度大小可能是2m/sC．從A、B起先運動到A、B共速的過程中，木板B對小物塊A的水平?jīng)_量大小為2N·sD．從A、B起先運動到A、B共速的過程中，小物塊A對木板B的水平?jīng)_量方向向左解析：本題考查動量守恒定律、動量定理．設(shè)水平向右為正方向，依據(jù)動量守恒定律得Mv－mv＝(M＋m)v共，解得v共＝1m/s，故A正確；設(shè)小物塊向左減速到速度為零時長木板速度大小為v1，依據(jù)動量守恒定律得Mv－mv＝Mv1，解得v1＝1.5m/s，所以當(dāng)小物塊反向加速的過程中，木板接著減速，木板的速度必定小于1.5m/s，故B錯誤；依據(jù)動量定理，A、B兩物體相互作用的過程中，木板B對小物塊A的水平?jīng)_量I＝mv共－(－mv)＝4N·s，故C錯誤；設(shè)水平向右為正方向，依據(jù)動量定理，A對B的水平?jīng)_量I′＝Mv共－Mv＝－4N·s，負(fù)號代表與正方向相反，即向左，故D正確．13．如圖所示，光滑水平面上有三個大小相同的小球a、b、c，質(zhì)量分別為m1＝0.2kg，m2＝m3＝0.6kg，小球a左端靠著一固定豎直擋板，右端與一輕彈簧1拴接，處于靜止?fàn)顟B(tài)，小球b和c用一根輕質(zhì)細(xì)線拴接，它們中間夾著一個被壓縮的輕彈簧2，彈簧與兩小球均未拴接，它們以v0＝1m/s的速度在水平面上一起向左勻速運動．某時刻細(xì)線突然被燒斷，輕彈簧將兩小球彈開，彈開后小球c恰好靜止，小球b向左運動一段時間后與彈簧1拴接，彈回時帶動小球a運動．(1)求彈簧2最初具有的彈性勢能Ep；(2)當(dāng)彈