【物理】2020届一轮复习人教版动量守恒定律及类模型问题课时作业 5页

‎　动量守恒定律及“三类模型”问题 ‎1.现有甲、乙两滑块，质量分别为3m和m，以相同的速率v在光滑水平面上相向运动，发生了碰撞.已知碰撞后，甲滑块静止不动，那么这次碰撞是(　　)‎ A.弹性碰撞 B.非弹性碰撞 C.完全非弹性碰撞 D.条件不足，无法确定 答案　A ‎2.(2018·福建福州模拟)一质量为M的航天器正以速度v0在太空中飞行，某一时刻航天器接到加速的指令后，发动机瞬间向后喷出一定质量的气体，气体喷出时速度大小为v1，加速后航天器的速度大小为v2，则喷出气体的质量m为(　　)‎ A.M B.M C.M D.M 答案　C ‎3.如图1所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P和Q都可视为质点，质量相等.Q与水平轻弹簧相连，设Q静止，P以某一初速度向Q运动并与弹簧发生碰撞.在整个过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于(　　)‎ 图1‎ A.P的初动能 B.P的初动能的 C.P的初动能的 D.P的初动能的 答案　B ‎4.(多选)如图2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x－t图象.已知m1＝0.1 kg.由此可以判断(　　)‎ 图2‎ A.碰前m2静止，m1向右运动 B.碰后m2和m1都向右运动 C.m2＝0.3 kg D.碰撞过程中系统损失了0.4 J的机械能 答案　AC 解析　由x－t图象的斜率得到，碰前m2的位移不随时间而变化，处于静止状态.m1速度大小为v1＝＝4 m/s，方向只有向右才能与m2相撞，故A正确；‎ 由题图乙读出，碰后m2的速度为正方向，说明向右运动，m1的速度为负方向，说明向左运动，故B错误；‎ 由题图乙求出碰后m2和m1的速度分别为v2′＝2 m/s，v1′＝－2 m/s，根据动量守恒定律得，m1v1＝m1v1′＋m2v2′，代入解得，m2＝0.3 kg，故C正确；‎ 碰撞过程中系统损失的机械能为ΔE＝m1v12－m1v1′2－m2v2′2，代入解得，ΔE＝0 J，故D错误.‎ ‎5.(多选)在光滑的水平面上有质量相等的A、B两球，其动量分别为10 kg·m/s与2 kg·m/s，方向均向东，且规定该方向为正方向，A球在B球后，当A球追上B球时发生正碰，则相碰以后，A、B两球的动量可能分别为(　　)‎ A.6 kg·m/s,6 kg·m/s B.－4 kg·m/s,16 kg·m/s C.6 kg·m/s,12 kg·m/s D.3 kg·m/s,9 kg·m/s 答案　AD ‎6.(多选)如图3所示，质量为M的楔形物体静止在光滑的水平地面上，其斜面光滑且足够长，与水平方向的夹角为θ.一个质量为m的小物块从斜面底端沿斜面向上以初速度v0开始运动.当小物块沿斜面向上运动到最高点时，速度大小为v，距地面高度为h，则下列关系式中正确的是(　　)‎ 图3‎ A.mv0＝(m＋M)v B.mv0cos θ＝(m＋M)v C.mgh＝m(v0sin θ)2‎ D.mgh＋(m＋M)v2＝mv02‎ 答案　BD 解析　小物块上升到最高点时，速度与楔形物体的速度相同，二者组成的系统在水平方向上动量守恒，全过程机械能也守恒.以向右为正方向，在小物块上升过程中，由水平方向系统动量守恒得mv0cos θ＝(m＋M)v，故A错误，B正确；系统机械能守恒，由机械能守恒定律得mgh＋(m＋M)v2＝mv02，故C错误，D正确.‎ ‎7.(2018·广东东莞调研)两名质量相等的滑冰人甲和乙都静止在光滑的水平冰面上.现在，其中一人向另一个人抛出一个篮球，另一人接球后再抛回.如此反复进行几次之后，甲和乙最后的速率关系是(　　)‎ A.若甲最先抛球，则一定是v甲＞v乙 B.若乙最后接球，则一定是v甲＞v乙 C.只有甲先抛球，乙最后接球，才有v甲＞v乙 D.无论怎样抛球和接球，都是v甲＞v乙 答案　B ‎8.如图4所示，具有一定质量的小球A固定在轻杆一端，另一端挂在小车支架的O点.用手将小球拉至水平，此时小车静止于光滑水平面上，放手让小球摆下与B处固定的橡皮泥碰击后粘在一起，则在此过程中小车将(　　)‎ 图4‎ A.向右运动 B.向左运动 C.静止不动 D.小球下摆时，车向左运动后又静止 答案　D 解析　水平方向上，系统不受外力，因此在水平方向上动量守恒.小球下落过程中，水平方向具有向右的分速度，因此为保证动量守恒，小车要向左运动.‎ 当撞到橡皮泥，是完全非弹性碰撞，A球和小车大小相等、方向相反的动量恰好抵消掉，小车会静止.‎ ‎9.(多选)质量为M和m0的滑块用轻弹簧连接，以恒定的速度v沿光滑水平面运动，与位于正对面的质量为m的静止滑块发生碰撞，如图5所示，碰撞时间极短，在此过程中，下列情况可能发生的是(　　)‎ 图5‎ A.M、m0、m速度均发生变化，分别为v1、v2、v3，而且满足(M＋m0)v＝Mv1＋m0v2＋mv3‎ B.m0的速度不变，M和m的速度变为v1和v2，而且满足Mv＝Mv1＋mv2‎ C.m0的速度不变，M和m的速度都变为v′，且满足Mv＝(M＋m)v′‎ D.M、m0、m速度均发生变化，M、m0速度都变为v1，m的速度变为v2，且满足(M＋m)v0＝(M＋m)v1＋mv2‎ 答案　BC 解析　碰撞的瞬间M和m组成的系统动量守恒，m0的速度在瞬间不变，以M的初速度方向为正方向，若碰后M和m的速度变为v1和v2，由动量守恒定律得：Mv＝Mv1＋mv2；若碰后M和m速度相同，由动量守恒定律得：Mv＝(M＋m)v′，故B、C正确.‎ ‎10.(2018·陕西榆林质检)如图6所示，质量为m2＝2 kg和m3＝3 kg的物体静止放在光滑水平面上，两者之间有压缩着的轻弹簧(与m2、m3不拴接).质量为m1＝1 kg的物体以速度v0＝9 m/s向右冲来，为防止冲撞，释放弹簧将m3物体发射出去，m3与m1碰撞后粘合在一起.试求：‎ 图6‎ ‎(1)m3的速度至少为多大，才能使以后m3和m2不发生碰撞？‎ ‎(2)为保证m3和m2恰好不发生碰撞，弹簧的弹性势能至少为多大？‎ 答案　(1)1 m/s　(2)3.75 J 解析　(1)设m3发射出去的速度为v1，m2的速度为v2，以向右的方向为正方向，对m2、m3，由动量守恒定律得：m2v2－m3v1＝0.‎ 只要m1和m3碰后速度不大于v2，则m3和m2就不会再发生碰撞，m3和m2恰好不相撞时，两者速度相等.‎ 对m1、m3，由动量守恒定律得：‎ m1v0－m3v1＝(m1＋m3)v2‎ 解得：v1＝1 m/s 即弹簧将m3发射出去的速度至少为 1 m/s ‎(2)对m2、m3及弹簧，由机械守恒定律得：‎ Ep＝m3v12＋m2v22＝3.75 J.‎ ‎11.如图7所示，光滑水平轨道右边与墙壁连接，木块A、B和半径为0.5 m的光滑圆轨道C静置于光滑水平轨道上，A、B、C质量分别为1.5 kg、0.5 kg、4 kg.现让A以6 m/s的速度水平向右运动，之后与墙壁碰撞，碰撞时间为0.3 s，碰后速度大小变为4 m/s.当A与B碰撞后会立即粘在一起运动，已知g＝10 m/s2，求：‎ 图7‎ ‎(1)A与墙壁碰撞过程中，墙壁对木块A平均作用力的大小；‎ ‎(2)AB第一次滑上圆轨道所能达到的最大高度h.‎ 答案　(1)50 N　(2)0.3 m 解析　(1)A与墙壁碰撞过程，规定水平向左为正方向，对A由动量定理有：‎ Ft＝mAv2－mA(－v1)‎ 解得F＝50 N ‎(2)A与B碰撞过程，对A、B系统，水平方向动量守恒有：‎ mAv2＝(mB＋mA)v3‎ AB第一次滑上圆轨道到最高点的过程，对A、B、C组成的系统，水平方向动量守恒有：‎ ‎(mB＋mA)v3＝(mB＋mA＋mC)v4‎ 由能量关系：‎ (mB＋mA)v32＝(mB＋mA＋mC)v42＋(mB＋mA)gh 解得h＝0.3 m.‎