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  • 2021-05-26 发布

【物理】2020届一轮复习人教版 动量守恒定律课时作业

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2020 届一轮复习人教版  动量守恒定律 课时作业 1.两球在水平面上相向运动,发生正碰后都变为静止。可以肯定的 是,碰前两球的(  ) A.质量相等 B.动能相等 C.动量大小相等 D.速度大小相等 解析 两小球组成的系统碰撞过程中满足动量守恒,两球在水平面上 相向运动,发生正碰后都变为静止,故根据动量守恒定律可以断定碰 前两球的动量大小相等、方向相反,C 项正确。 答案 C  2.如图所示,子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的木块,子弹 未穿透木块,此过程木块的动能增加了 6 J,那么此过程产生的内能 可能为(  ) A.16 J B.2 J C.6 J D.4 J 解析 设子弹的质量为 m0,初速度为 v0,木块的质量为 m,则子弹 打入木块的过程中,子弹与木块组成的系统动量守恒,即 m0v0=(m+ m0)v,此过程产生的内能等于系统损失的动能,即 E=1 2 m0v20-1 2 (m+ m0)v2,而木块获得的动能 E 木=1 2 mv2=6 J,两式相除得 E E木 =m+m0 m0 >1,即 E>6 J,A 项正确。 答案 A  3.(2018·湖南师大附中摸底考试)如图所示,质量均为 M=0.4 kg 的 两长平板小车 A 和 B 开始时紧靠在一起都静止于光滑水平面上。小 物块(可看成质点)m=0.2 kg 以初速度 v=9 m/s 从最左端滑上小车 A 的上表面,最后停在小车 B 最右端时速度为 v2=2 m/s,最后 A 的速度 v1 为(  ) A.1.5 m/s B. 2 m/s C.1 m/s D.0.5 m/s 解析 三物体整体分析,系统动量守恒 mv= (m+M)v2+Mv1⇒v1=1.5 m/s。 答案 A  4.如图所示,在光滑的水平面上有一物体 M,物体上有一光滑的半圆 弧轨道,最低点为 C,两端 A、B 一样高。现让小滑块 m 从 A 点静 止下滑,则(  ) A.m 不能到达小车上的 B 点 B.m 从 A 到 C 的过程中 M 向左运动,m 从 C 到 B 的过程中 M 向 右运动 C.m 从 A 到 B 的过程中小车一直向左运动,m 到达 B 的瞬间,M 速度为零 D.M 与 m 组成的系统机械能守恒,动量守恒 解析 M 和 m 组成的系统水平方向动量守恒,机械能守恒所以 m 恰 能达到小车上的 B 点,到达 B 点时小车与滑块的速度都是 0,故 A 项错误;M 和 m 组成的系统水平方向动量守恒,m 从 A 到 C 的过程 中以及 m 从 C 到 B 的过程中 m 一直向右运动,所以 M 一直向左运 动,m 到达 B 的瞬间,M 与 m 速度都为零,故 B 项错误,C 项正确; 小滑块 m 从 A 点静止下滑,物体 M 与滑块 m 组成的系统水平方向所 受合力为零,系统水平方向动量守恒,竖直方向有加速度,合力不为 零,所以系统动量不守恒。M 和 m 组成的系统机械能守恒,故 D 项 错误。 答案 C  5.(2018·湖南师大附中摸底考试)如图所示,质量为 M 的木块位于光 滑水平面上,在木块与墙之间用轻弹簧连接,开始时木块静止在 A 位置。现有一质量为 m 的子弹以水平速度 v0 射向木块并嵌入其中, 则木块回到 A 位置时的速度 v 以及此过程中墙对弹簧的冲量 I 的大 小分别为(  ) A.v= mv0 M+m ,I=0 B.v= mv0 M+m ,I=2mv0 C.v= mv0 M+m ,I=2m2v0 M+m D.v=mv0 M ,I=2mv0 解析 子弹射入木块过程,由于时间极短,子弹与木块间的内力远大 于系统外力,由动量守恒定律得 mv0=(M+m)v,解得 v= mv0 M+m , 子弹和木块系统在弹簧弹力的作用下先做减速运动,后做加速运动, 回到 A 位置时速度大小不变,即当木块回到 A 位置时的速度 v= mv0 M+m ,子弹、木块和弹簧组成的系统受到的合力即为墙对弹簧的作 用力,根据动量定理得 I=-(M+m)v-mv0=-2mv0,所以墙对弹 簧的冲量 I 的大小为 2mv0。 答案 B  6.(多选)如图所示,长木板 A 放在光滑的水平面上,质量为 m=2 kg 的另一物体 B 以水平速度 v0=3 m/s 滑上原来静止的长木板 A 的表 面,由于 A、B 间存在摩擦,之后 A、B 速度随时间变化情况如图乙 所示,则下列说法正确的是(  ) A.木板获得的动能为 2 J B.系统损失的机械能为 4 J C.木板 A 的最小长度为 1.5 m D.A、B 间的动摩擦因数为 0.1 解析 根据动量守恒定律可得 mv0=(m+mA)v⇒mA=4 kg, A 的动能为 Ek=1 2 mAv2=2 J, 系统损失的动能 ΔEk=1 2 mv20-1 2 (mA+m)v2=6 J, 木板长 L≥1 2v0t1=1.5 m, μmg=ma⇒μ=0.2。 答案 AC  7.如图所示,一个质量为 m 的物块 A 与另一个质量为 2m 的物块 B 发生正碰,碰后 B 物块刚好能落入正前方的沙坑中。假如碰撞过程 中无机械能损失,已知物块 B 与地面间的动摩擦因数为 0.1,与沙坑 的距离为 0.5 m,g 取 10 m/s2,物块可视为质点。则 A 碰撞前瞬间的 速度为(  ) A.0.5 m/s B.1.0 m/s C.1.5 m/s D.2.0 m/s 解析 A、B 碰撞过程动量守恒,mv0=mv1+2mv2,机 械能无损失,1 2 mv20=1 2 mv21+1 2 ×2mv22。碰撞后对 B 物体应用动能定理 2μmgx=1 2 ×2mv22,解得 v0=1.5 m/s,C 项正确。 答案 C  8.质量相等的 4 个物块在光滑水平面上间隔一定距离排成一直线, 如图所示,具有初动能 E 的物块 1 向其他 3 个静止物块运动,依次 发生碰撞,每次碰撞后不再分开,最后,4 个物块粘为一整体,这个 整体的动能等于(  ) A.E B.3 4 E C.1 4 E D. 1 16 E 解析 对整个系统研究,以水平向右为正,整个过程运用动量守恒定 律得 mv0=4mv,解得 v=v0 4 ,则整体的动能 Ek=1 2 ×4m×( v0 4 )2= E 4 ,故 C 项正确,A、B、D 项错误。 答案 C  9.两个小球 A、B 在光滑水平面上相向运动,已知它们的质量分别 是 m1=4 kg,m2=2 kg,A 的速度 v1=3 m/s(设为正),B 的速度 v2=- 3 m/s,则它们发生正碰后,其速度可能分别是 (  ) A.均为 1 m/s B.+4 m/s 和-5 m/s C.+2 m/s 和-1 m/s D.-1 m/s 和+5 m/s 答案 AD 解析 由动量守恒,可验证四个选项都满足要求。再看动能情况: Ek=1 2 m1v21+1 2 m2v22=1 2 ×4×9 J+1 2 ×2×9 J=27 J Ek′=1 2 m1v′21+1 2 m2v2′2 由于碰撞过程动能不可能增加,所以应有 Ek≥Ek′,可排除选项 B; 选项 C 虽满足 Ek≥Ek′,但 A、B 沿同一直线相向运动,发生碰撞 后各自仍能保持原来速度方向(v1′>0,v2′<0),这显然是不符合实 际的,因此 C 错误;验证选项 A、D 均满足 Ek≥Ek′,故答案为选 项 A(完全非弹性碰撞)和选项 D(弹性碰撞)。 10.光滑水平地面上,A、B 两物体质量都为 m,A 以速度 v 向右运 动,B 原来静止,左端有一轻弹簧,如图所示,当 A 撞上弹簧,弹 簧被压缩最短时(  ) A.A、B 系统总动量仍然为 mv B.A 的动量变为零 C.B 的动量达到最大值 D.A、B 的速度相等 答案 AD 解析 系统水平方向动量守恒,A 正确;弹簧被压缩到最短时 A、B 两物体具有相同的速度,D 正确、B 错误;但此时 B 的速度并不是最 大的,因为弹簧还会弹开,故 B 物体会进一步加速,A 物体会进一步 减速,C 错误。 二、非选择题(本题共 3 小题,共 40 分) 11. [2017·山东青岛模拟](12 分)质量为 m 0 的木板 B 置于光滑水平面 上,另一质量为 m 的木块 A(可视为质点)在木板 B 的左端以水平速度 v0 开始向右运动,如图所示,木块 A 与木板 B 之间的动摩擦因数为 μ,若要使木块 A 刚好不从木板 B 的右端掉下去,则木板 B 的长度至 少应多长? 答案  m0v20 2μg(m0+m) 解析 若要使木块 A 刚好不从木板 B 的右端掉下去,则木块滑至木 板右端时两者具有共同速度 v,在 A、B 相互作用的过程中,系统不 受外力作用,系统内力为一对摩擦力,小木块 A 可视为“子弹”,木 板 B 可视为“木块”,这与子弹打击木块模型相似。 由动量守恒定律得 mv0=(m0+m)v① 由能量守恒定律得 1 2 mv20=1 2 (m0+m)v2+Q② ②式中的 Q=μmgl,其中 l 为木块相对于木板发生的位移(即木板最 小的长度), 解①②可得 l= m0v20 2μg(m0+m)。 12. [2017·烟台二模](12 分)两块厚度相同的木块 A 和 B,紧靠着放在 光滑的水平面上,其质量分别为 mA=2.0 kg, mB=0.90 kg,它们的下 底面光滑,上表面粗糙,另有一质量 mC=0.10 kg 的滑块 C,以 vC= 10 m/s 的速度恰好水平地滑到 A 的上表面,如图所示。由于摩擦, 滑块最后停在木块 B 上,B 和 C 的共同速度为 0.50 m/s。求: (1)木块 A 的最终速度 vA; (2)滑块 C 离开 A 时的速度 vC′。 答案 (1)0.25 m/s (2)2.75 m/s 解析 C 从开始滑上 A 到恰好滑上 A 的右端过程中,A、B、C 组成 系统动量守恒 mCvC=(mB+mA)vA+mCvC′ C 刚滑上 B 到两者相对静止,对 B、C 组成的系统动量守恒 mBvA+mCvC′=(mB+mC)v 解得 vA=0.25 m/s vC′=2.75 m/s。 13. [2017·安徽合肥二模](16 分)如图所示,上表面光滑的“L”形木板 B 锁定在倾角为 37°的足够长的斜面上;将一小物块 A 从木板 B 的中点 轻轻地释放,同时解除木板 B 的锁定,此后 A 与 B 发生碰撞,碰撞 过程时间极短且不计能量损失;已知物块 A 的质量 m=1 kg,木板 B 的质量 m0=4 kg,板长 L=6 cm,木板与斜面间的动摩擦因数为 μ= 0.6,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g 取 10 m/s2,sin37°=0.6,cos37° =0.8。 (1)求第一次碰撞后的瞬间 A、B 的速度; (2)求在第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程中,A 距 B 下端的最大 距离和重力对 A 做的功。 答案 (1)3.6 m/s,沿斜面向上 2.4 m/s,沿斜面向下 (2)3 m 28.8 J 解析 (1)对木板 B 受力分析,有 μ(mA+mB)gcos37°=mBgsin37°, 所以在 A 与 B 发生碰撞前,木板 B 处于静止状态。 设小物块 A 与木板 B 发生弹性碰撞前的速度大小为 v0,由机械能守 恒定律得 mgL 2 sin37°=1 2 mv20, 设 A 与 B 发生弹性碰撞后的速度分别为 v1 和 v2,碰撞过程动量守恒 和能量守恒,有 mv0=mv1+m0v2, 1 2 mv20=1 2 mv21+1 2 m0v22, 联立以上各式解得 v1=-3.6 m/s,v2=2.4 m/s, 可见,A 与 B 第一次碰后,A 的速度大小为 3.6 m/s,方向沿斜面向 上,B 的速度大小为 2.4 m/s,方向沿斜面向下。 (2)A 与 B 第一次碰后,A 沿板向上做匀减速运动,B 沿斜面向下做匀 速直线运动,在 A 与 B 第一次碰撞后到第二次碰撞前,当 A 与 B 速 度相等之时,A 与 B 下端有最大距离,此过程中,A 运动的时间 t1= v2-v1 gsin37° , A 距 B 下端有最大距离 xm=xA-xB, 其中 xA=1 2 (v1+v2)t1, xB=v2t1, 解得 xm=3 m。 设 A 与 B 第一次碰撞后到第二次碰撞前历时为 t2,碰前 A 的速度为 v, 由于 A 与 B 从第一次碰撞后到第二次碰撞前位移相同,即 v1+v 2 t2= v2t2, 此过程中,对 A 由动能定理 WG=1 2 mv2-1 2 mv21=28.8 J。

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