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  • 2021-05-22 发布

【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

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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