【物理】2018年秋东方思维高三物理第一轮复习课时跟踪练：第六章第二讲动量守恒定律及其应用 10页

第六章 动量及动量守恒定律 第二讲 动量守恒定律及其应用 课时跟踪练 A组　基础巩固 ‎1.如图所示，小车与木箱紧挨着静止在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱．关于上述过程，下列说法中正确的是(　　)‎ A．男孩和木箱组成的系统动量守恒 B．小车与木箱组成的系统动量守恒 C．男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒 D．木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量相同 解析：当男孩、小车与木箱看作整体时水平方向所受的合力才为零，系统动量守恒，所以选项A、B错误，C正确；木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相等，方向相反，D错误．‎ 答案：C ‎2．(2017·苏北四市高三第一学期期末)在某次短道速滑接力赛中，运动员甲以7 m/s的速度在前面滑行，运动员乙以8 m/s的速度从后面追上，并迅速将甲向前推出，完成接力过程．设甲、乙两运动员的质量均为50 kg，推后运动员乙的速度变为5 m/s，方向向前，若甲、乙接力前后在同一直线上运动，求接力后甲的速度大小(　　)‎ A．15 m/s　　 B．10 m/s C．5 m/s D．8 m/s 解析：以甲、乙组成的系统为研究对象，以甲的初速度方向为正方向， 由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，解得v1′＝10 m/s.‎ 答案：B ‎3．(2018·北京模拟)下面关于碰撞的理解，正确的是(　　)‎ A．正碰属于弹性碰撞，斜碰属于非弹性碰撞 B．如果碰撞过程中动能不变，则这样的碰撞叫做非弹性碰撞 C．碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短时间内它们的运动状态发生显著变化的过程 D．在碰撞现象中，一般来说物体所受的外力作用不能忽略 解析：正碰也称对心碰撞，是小球在相互作用前后都沿着同一直线(即沿着两球球心连线)运动的碰撞，根据动量守恒定律判断两小球碰撞前后的机械能是否守恒，从而将碰撞分为弹性碰撞和非弹性碰撞，斜碰也称非对心碰撞，是两球在碰撞前的相对速度不沿两球球心连线的碰撞，斜碰也遵循动量守恒定律，但情况较复杂，同样需要根据两小球碰撞前后的机械能是否守恒，从而判断属于弹性碰撞还是非弹性碰撞，故A、B错误；根据碰撞的定义可知，碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短时间内它们的运动状态发生显著变化的过程，故C正确；在碰撞现象中，如果内力远大于外力，则可以忽略外力的作用，D错误．‎ 答案：C ‎4.(多选)质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ.初始时小物块停在箱子的正中间，如图所示．现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，在整个过程中，系统损失的动能为(　　)‎ A.mv2　　　　 B.v2‎ C.NμmgL D．NμmgL 解析：由于水平面光滑，箱子和小物块组成的系统动量守恒，二者经多次碰撞后，保持相对静止，易判断两物体最终速度相等设为v′，由动量守恒定律得mv＝(m＋M)v′，系统损失的动能为mv2－(m＋M)v′2＝v2，B正确；系统损失的动能等于克服摩擦力做的功，即ΔEk＝－WFf＝NμmgL，D正确．‎ 答案：BD ‎5.如图所示，半径为R的光滑圆槽质量为M，静止在光滑水平面上，其内表面有一质量为m的小球被细线吊着，位于槽的边缘处，现将线烧断，小球滑行到最低点向右运动时，圆槽的速度为(　　)‎ A．0‎ B. ，方向向左 C. ，方向向右 D．不能确定 解析：以水平向右为正方向，设在最低点时m和M的速度大小分别为v和v′，根据动量守恒定律，得0＝mv－Mv′，根据机械能守恒定律列方程，得mgR＝mv2＋Mv′2，联立以上两式解得v′＝，方向向左，故B项正确．‎ 答案：B ‎6.(多选)如图所示为两滑块M、N之间压缩一轻弹簧，滑块与弹簧不连接，用一细绳将两滑块拴接，使弹簧处于锁定状态，并将整个装置放在光滑的水平面上．烧断细绳后到两滑块与弹簧分离的过程中，下列说法正确的是(　　)‎ A．两滑块的动量之和变大 B．两滑块与弹簧分离后动量等大反向 C．如果两滑块的质量相等，则分离后两滑块的速率也相等 D．整个过程中两滑块的机械能增大 解析：对两滑块所组成的系统，互推过程中，合外力为零，总动量守恒且始终为零，A错误；由动量守恒定律得0＝mMvM－mNvN，显然两滑块动量的变化量大小相等，方向相反，B正确；当mM＝mN时，vM＝vN，C正确；由于弹簧的弹性势能转化为两滑块的动能，则两滑块的机械能增大，D正确．‎ 答案：BCD ‎7．(多选)如图甲所示，在光滑水平面上的两个小球发生正碰，小球的质量分别为m1和m2，图乙为它们碰撞前后的xt 图象．已知m1＝0.1 kg，由此可以判断(　　)‎ 图甲　　　　　图乙　　‎ A．碰前m2静止，m1向右运动 B．碰后m2和m1都向右运动 C．由动量守恒可以得出m2＝0.3 kg D．碰撞过程中系统损失了0.4 J的机械能 解析：由题图乙可以看出，碰前m1位移随时间均匀增加，m2位移不变，可知m2静止，m1向右运动，故A是正确；碰后一个位移增大，一个位移减小，说明运动方向不一致，故B错误；由题图乙可以计算出碰前m1的速度v1＝4 m/s，碰后的速度v1′＝－2 m/s，m2碰前的速度v2＝0，碰后的速度v2′＝2 m/s，由动量守恒定律有m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，计算得m2＝0.3 kg，故C正确；碰撞过程中系统损失的机械能ΔE＝m1v－m1v1′2－m2v2′2＝0，因此D错误．‎ 答案：AC ‎8.(2018·郑州高三质检)如图所示，质量为m＝245 g的物块(可视为质点)放在质量为M＝0.5 kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4.质量为m0＝5 g 的子弹以速度v0＝300 m/s沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g取10 m/s2.子弹射入后，求：‎ ‎(1)子弹进入物块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)物块在木板上滑行的时间t.‎ 解析：(1)子弹进入物块后一起向右滑行的初速度即为物块的最大速度，由动量守恒定律可得 m0v0＝(m0＋m)v1，‎ 解得v1＝6 m/s.‎ ‎(2)当子弹、物块、木板三者同速时，木板的速度最大，由动量守恒定律可得 ‎(m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v2，‎ 解得v2＝2 m/s.‎ ‎(3)对物块和子弹组成的整体应用动量定理得 ‎－μ(m0＋m)gt＝(m0＋m)v2－(m0＋m)v1，‎ 解得t＝1 s.‎ 答案：(1)6 m/s　(2)2 m/s　(3)1 s B组　能力提升 ‎9.(多选)如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A球在水平面上静止放置，B球向左运动与A球发生正碰，B球碰撞前、后的速率之比为3∶1，A球垂直撞向挡板，碰后原速率返回．两球刚好不发生第二次碰撞，则(　　)‎ A．A、B两球的质量之比4∶1‎ B．A、B两球的质量之比1∶4‎ C．A、B两球碰撞前、后的总动能之比5∶9‎ D．A、B两球碰撞前、后的总动能之比9∶5‎ 解析：设A、B质量分别为mA、mB，B的初速度为v0，取B的初速度方向为正方向，由题意，刚好不发生第二次碰撞说明A、B碰撞后速度大小相等，方向相反，分别为和－，则有mBv0＝mA·＋mB，解得mA∶mB＝4∶1，A正确，B错误；碰撞前、后总动能之比Ek1∶Ek2＝mBv∶＝9∶5，C错误，D正确．‎ 答案：AD ‎10．(多选)(2018·阳江模拟)质量为m的物块甲以3 m/s的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定于其左端，另一质量也为m的物块乙以4 m/s的速度与物块甲相向运动，如图所示．则(　　)‎ A．甲、乙两物块组成的系统在弹簧压缩过程中动量守恒 B．当两物块相距最近时，物块甲的速率为零 C．物块甲的速率可能达到5 m/s D．当物块甲的速率为1 m/s时，物块乙的速率可能为0‎ 解析：甲、乙两物块组成的系统在弹簧压缩过程中，系统所受的合外力为零，系统动量守恒，故A正确．当两物块相距最近时速度相同，取碰撞前物块乙的速度方向为正方向，设共同速率为v，根据动量守恒定律有mv乙－mv甲＝2mv，解得v＝0.5 m/s，故B错误．若物块甲的速率达到5 m/s，方向与原来相同，则mv乙－mv甲＝－mv′甲＋mv′乙，解得v′乙＝6 m/s，两个物块的速率都增大，动能都增大，违反了能量守恒定律；若物块甲的速率达到5 m/s，‎ 方向与原来相反，则mv乙－mv甲＝mv′甲＋mv′乙，代入数据解得v′乙＝－4 m/s，即碰撞后，物块乙的动能不变，物块甲的动能增加，违反了能量守恒定律，所以物块甲的速率不可能达到5 m/s，故C错误．甲、乙两物块组成的系统动量守恒，若物块甲的速率为1 m/s，方向与原来相同，由动量守恒定律得mv乙－mv甲＝－mv′甲＋mv′乙，解得v′乙＝2 m/s；若物块甲的速率为1 m/s，方向与原来相反，由动量守恒定律得mv乙－mv甲＝mv′甲＋mv′乙，解得v′乙＝0，故D正确．‎ 答案：AD ‎11．如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点．现将A无初速度释放，A与B碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动．已知圆弧轨道光滑，半径R＝0.2 m，A和B的质量相等，A和B整体与桌面之间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2.求：‎ ‎(1)碰撞前瞬间A的速率v；‎ ‎(2)碰撞后瞬间A和B整体的速率v′；‎ ‎(3)A和B整体在桌面上滑动的距离l.‎ 解析：设滑块的质量为m.‎ ‎(1)根据机械能守恒定律有mgR＝mv2，‎ 得碰撞前瞬间A的速率 v＝＝2 m/s.‎ ‎(2)根据动量守恒定律有mv＝2mv′，‎ 得碰撞后瞬间A和B整体的速率 v′＝v＝1 m/s.‎ ‎(3)根据动能定理有(2m)v′2＝μ(2m)gl，‎ 得A和B整体沿水平桌面滑动的距离 l＝＝0.25 m.‎ 答案：(1)2 m/s　(2)1 m/s　(3)0.25 m ‎12.(2018·湖北模拟)质量为mB＝2 kg 的木板B静止于光滑水平面上，质量为mA＝6 kg的物块A停在木板B的左端，质量为mC＝2 kg的小球C用长为L＝0.8 m的轻绳悬挂在固定点O.现将小球C及轻绳拉直至水平位置后由静止释放，小球C在最低点与物块A发生正碰，碰撞作用时间很短为Δt＝10－2 s，之后小球C反弹所能上升的最大高度h＝0.2 m．已知A、B间的动摩擦因数μ＝0.1，物块A与小球C均可视为质点，不计空气阻力，取g＝10 m/s2.求：‎ ‎(1)小球C与物块A碰撞过程中所受的撞击力大小；‎ ‎(2)为使物块A不滑离木板B，木板B至少多长．‎ 解析：(1)C下摆过程，根据动能定理得 mCgL＝mCv，‎ 解得碰前C的速度vC＝4 m/s.‎ C反弹过程，根据动能定理得 ‎－mCgh＝0－mCvC′2，‎ 解得碰后C的速度vC′＝2 m/s，‎ 取向右为正方向，对C根据动量定理得 ‎－F·Δt＝－mCvC′－mCvC，‎ 解得碰撞过程中C所受的撞击力大小 F＝1 200 N.‎ ‎(2)C与A碰撞过程，根据动量守恒定律得 mCvC＝－mCvC′＋mAvA，‎ 解得碰后A的速度vA＝2 m/s，‎ A恰好滑至B右端并与其共速时，B的长度最小．根据动量守恒定律得 mAvA＝(mA＋mB)v，‎ 解得A、B的共同速度v＝1.5 m/s，‎ 根据能量守恒定律得 μmAgx＝mAv－(mA＋mB)v2，‎ 解得木板B的最小长度x＝0.5 m.‎ 答案：(1)1 200 N　(2)0.5 m