【物理】2020届一轮复习人教版 动量守恒定律 课时作业 12页

2020 届一轮复习人教版 动量守恒定律 课时作业 1．(2018·天津高考)质量为 0.45 kg 的木块静止在光滑水平面上，一质量为 0.05 kg 的 子弹以 200 m/s 的水平速度击中木块，并留在其中，整个木块沿子弹原方向运动，则木块最 终速度的大小是________ m/s。若子弹在木块中运动时受到的平均阻力为 4.5×103 N，则子 弹射入木块的深度为________ m。 答案　20　0.2 解析　根据动量守恒定律可得 mv0＝(M＋m)v， 解得 v＝ mv0 M＋m＝ 0.05 × 200 0.45＋0.05 m/s＝20 m/s； 系统减小的动能转化为克服阻力产生的内能， 故有 fd＝ 1 2mv20－ 1 2(M＋m)v2， 解得 d＝ 1 2mv20－ 1 2M＋mv2 f ＝ 1 2 × 0.05 × 2002－ 1 20.45＋0.05 × 202 4.5 × 103 m＝0.2 m。 2．(2018·全国卷Ⅰ)一质量为 m 的烟花弹获得动能 E 后，从地面竖直升空。当烟花弹 上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和 也为 E，且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短，重力加速度大小为 g，不计空气阻力和火药 的质量。求： (1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间； (2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。 答案　(1) 1 g 2E m 　(2) 2E mg 解析　(1)设烟花弹上升的初速度为 v0，由题给条件有 E＝ 1 2mv20① 设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为 t，由运动学公式有 0－v0＝－gt② 联立①②式得 t＝ 1 g 2E m ③ (2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为 h1，由机械能守恒定律有 E＝mgh1④ 火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设炸后瞬间其速度分别为 v1 和 v2。 由题给条件和动量守恒定律有 1 4mv21＋ 1 4mv22＝E⑤ 1 2mv1＋ 1 2mv2＝0⑥ 由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动。设爆炸后烟 花弹向上运动部分继续上升的高度为 h2，由机械能守恒定律有 1 4mv21＝ 1 2mgh2⑦ 联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹向上部分距地面的最大高度为 h＝h1＋h2＝ 2E mg。 3．(2017·天津高考)如图所示，物块 A 和 B 通过一根轻质不可伸长的细绳相连，跨放 在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为 mA＝2 kg、mB＝1 kg。初始时 A 静止于水平地面 上，B 悬于空中。现将 B 竖直向上再举高 h＝1.8 m(未触及滑轮)，然后由静止释放。一段时 间后细绳绷直，A、B 以大小相等的速度一起运动，之后 B 恰好可以和地面接触。取 g＝10 m/s2， 空气阻力不计。求： (1)B 从释放到细绳绷直时的运动时间 t； (2)A 的最大速度 v 的大小； (3)初始时 B 离地面的高度 H。 答案　(1)0.6 s　(2)2 m/s　(3)0.6 m 解析　(1)物块 B 从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，有 h＝ 1 2gt2① 代入数据解得 t＝0.6 s② (2)设细绳绷直前瞬间物块 B 速度大小为 vB，有 vB＝gt③ 细绳绷直瞬间，细绳张力远大于物块 A、B 的重力，A、B 相互作用，由动量守恒得 mBvB＝(mA＋mB)v④ 之后物块 A 做匀减速运动，所以细绳绷直后瞬间的速度 v 即为最大速度，联立②③④式， 代入数据解得 v＝2 m/s。⑤ (3)细绳绷直后，物块 A、B 一起运动，物块 B 恰好可以和地面接触，说明此时物块 A、 B 的速度为零，这一过程中物块 A、B 组成的系统机械能守恒，有 1 2(mA＋mB)v2＋mBgH＝mAgH⑥ 代入数据解得 H＝0.6 m。 4．(2016·全国卷Ⅱ)如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一 蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面 3 m/s 的 速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为 h＝0.3 m(h 小 于斜面体的高度)。已知小孩与滑板的总质量为 m1＝30 kg，冰块的质量为 m2＝10 kg，小孩 与滑板始终无相对运动。取重力加速度的大小 g＝10 m/s2。 (1)求斜面体的质量； (2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？ 答案　(1)20 kg　(2)不能 解析　(1)规定向右为速度正方向。冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速 度，设此共同速度为 v，斜面体的质量为 m3。由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得 m2v20＝(m2＋m3)v① 1 2m2v 220＝ 1 2(m2＋m3)v2＋m2gh② 式中 v20＝－3 m/s 为冰块推出时的速度。 联立①②式并代入题给数据得 m3＝20 kg③ (2)设小孩推出冰块后的速度为 v1，由动量守恒定律有 m1v1＋m2v20＝0④ 代入数据得 v1＝1 m/s⑤ 设冰块与斜面体分离后的速度分别为 v2 和 v3，由动量守恒和机械能守恒定律有 m2v20＝m2v2＋m3v3⑥ 1 2m2v 220＝ 1 2m2v22＋ 1 2m3v23⑦ 联立③⑥⑦式并代入数据得 v2＝1 m/s，或 v2＝－3 m/s(舍去) 由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能 追上小孩。 5．(2016·全国卷Ⅲ)如图，水平地面上有两个静止的小物块 a 和 b，其连线与墙垂直； a 和 b 相距 l，b 与墙之间也相距 l；a 的质量为 m，b 的质量为 3 4m。两物块与地面间的动摩 擦因数均相同。现使 a 以初速度 v0 向右滑动。此后 a 与 b 发生弹性碰撞，但 b 没有与墙发 生碰撞。重力加速度大小为 g。求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件。 答案　 32v20 113gl≤μ< v20 2gl 解析　设物块与地面间的动摩擦因数为 μ。若要物块 a、b 能够发生碰撞，应有 1 2mv20>μmgl① 即 μ< v20 2gl② 设在 a、b 发生弹性碰撞前的瞬间，a 的速度大小为 v1。由能量守恒定律有 1 2mv20＝ 1 2mv21＋μmgl③ 设在 a、b 碰撞后的瞬间，a、b 的速度大小分别为 v1′、v2′，由动量守恒和能量守恒 有 mv1＝mv1′＋ 3m 4 v2′④ 1 2mv21＝ 1 2mv′21＋ 1 2(3m 4 )v2′2⑤ 联立④⑤式解得 v2′＝ 8 7v1⑥ 由题意，b 没有与墙发生碰撞，由功能关系可知 1 2(3m 4 )v2′2≤μ 3m 4 gl⑦ 联立③⑥⑦式，可得 μ≥ 32v20 113gl⑧ 联立②⑧式，a 与 b 发生碰撞，但 b 没有与墙发生碰撞的条件为 32v20 113gl≤μ< v20 2gl。 配套课时作业 　　时间：60 分钟　 满分：100 分 一、选择题(本题共 10 小题，每小题 6 分，共 60 分。其中 1～6 为单选，7～10 为多选) 1．(2017·全国卷Ⅰ)将质量为 1.00 kg 的模型火箭点火升空，50 g 燃烧的燃气以大小 为 600 m/s 的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为 (喷出过程中重力和空气阻力可忽略)(　　) A．30 kg·m/s B．5.7×102 kg·m/s C．6.0×102 kg·m/s D．6.3×102 kg·m/s 答案　A 解析　由于喷气时间短，且不计重力和空气阻力，则火箭和燃气组成的系统动量守恒。 燃气的动量 p1＝mv＝0.05×600 kg·m/s＝30 kg·m/s，则火箭的动量 p2＝p1＝30 kg·m/s， A 正确。 2.(2019·唐山摸底考试)如图所示，静止在光滑水平面上的质量为 2m 的滑块 B 与轻质 弹簧拴接，轻弹簧另一端固定，质量为 m 的滑块 A 以速度 v0 向右运动，滑块 A、B 相碰瞬间 粘在一起。此后弹簧弹性势能的最大值为(　　) A. 1 2mv20 B. 1 6mv20 C. 1 4mv20 D. 1 9mv20 答案　B 解析　滑块 A、B 发生碰撞，由动量守恒定律，mv0＝(m＋2m)v，解得 v＝ v0 3 。碰撞后的 动能 Ek＝ 1 2·3mv2＝ 1 6mv20，滑块压缩弹簧，动能转化为弹性势能，由能量守恒定律可知弹簧 的最大弹性势能 Ep＝Ek＝ 1 6mv20，B 正确。 3．(2018·江南十校检测)如图所示，竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道下端与光滑 水平桌面相切，小滑块 B 静止在圆弧轨道的最低点。现将小滑块 A 从圆弧轨道的最高点无初 速度释放。已知圆弧轨道半径 R＝1.8 m，小滑块的质量关系是 mB＝2mA，重力加速度 g＝10 m/s2。则碰后小滑块 B 的速度大小不可能是(　　) A．5 m/s B．4 m/s C．3 m/s D．2 m/s 答案　A 解析　设小滑块 A 到达最低点时的速度为 v0，根据动能定理：mgR＝ 1 2mv20－0，可得 v0＝ 6 m/s。若是弹性碰撞，mAv0＝mAv1＋mBv2， 1 2mAv20＝ 1 2mAv21＋ 1 2mBv22，联立解得 v2＝4 m/s；若是 完全非弹性碰撞，mAv0＝(mA＋mB)v，解得 v＝2 m/s，所以碰后小滑块 B 的速度范围为 2 m/s≤v≤4 m/s，B 的速度不可能是 5 m/s，故选 A。 4．(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 解析　系统总动量为零，最后球在谁手中，谁的质量大，速度则小，故 B 正确。 5.(2018·衡阳联考三)如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为 2m 的光滑弧 形槽静止放在光滑水平面上。弧形槽底端与水平面相切，一个质量为 m 的小物块从槽高 h 处 开始自由下滑，下列说法错误的是(　　) A．在下滑过程中，物块和弧形槽组成的系统机械能守恒 B．在下滑过程中，物块和槽在水平方向动量守恒 C．物块压缩弹簧的过程中，弹簧的最大弹性势能 Ep＝ 2 3mgh D．物块被弹簧反弹后，离开弹簧时的速度大小为 2gh 3 答案　D 解析　在物块下滑过程中，外力只有重力做功，物块和弧形槽组成的系统机械能守恒， 水平方向不受外力，水平方向动量守恒，A、B 正确；由mgh＝ 1 2mv21＋ 1 2·2mv 22和 0＝mv1－2mv2 得物块滑离弧形槽时的速度 v1＝ 4 3gh，再压缩弹簧，使弹簧获得的最大弹性势能 Ep＝ 1 2mv21＝ 2 3mgh，C 正确；物块被弹簧弹开的过程，弹性势能又变成物块的动能，物块离开弹簧时的速 度大小为 4gh 3 ，D 错误。 6.(2018·泉州模拟)如图所示，质量为 m 的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其 水平直径 AB 长度为 2R，现将质量也为 m 的小球从距 A 点正上方 h0 高处由静止释放，然后由 A 点经过半圆轨道后从 B 冲出，在空中能上升的最大高度为 3 4h0(不计空气阻力)，则(　　) A．小球和小车组成的系统动量守恒 B．小车向左运动的最大距离为 1 2R C．小球离开小车后做斜上抛运动 D．小球第二次能上升的最大高度 1 2h0