专题13-2+动量守恒定律及应用（押题专练）-2018年高考物理一轮复习精品资料 11页

专题13.2+动量守恒定律及应用 ‎ 1．如图所示，在光滑水平面上质量分别为mA＝2 kg、mB＝4 kg，速率分别为vA＝5 m/s、vB＝2 m/s的A、B两小球沿同一直线相向运动(　　)‎ A．它们碰撞前的总动量是18 kg·m/s，方向水平向右 B．它们碰撞后的总动量是18 kg·m/s，方向水平向左 C．它们碰撞前的总动量是2 kg·m/s，方向水平向右 D．它们碰撞后的总动量是2 kg·m/s，方向水平向左 ‎2. 一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离．已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1为(　　)‎ A．v0－v2 B．v0＋v2‎ C．v0－v2 D．v0＋(v0－v2)‎ 解析：选D. 由动量守恒定律得(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2得v1＝v0＋(v0－v2)．‎ ‎3．甲、乙两球在水平光滑轨道上向同方向运动，已知它们的动量分别是p1＝5 kg·m/s，p2＝7 kg·m/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10 kg·m/s，则二球质量m1与m2间的关系可能是下面的哪几种(　　)‎ A．m1＝m2 B．2m1＝m2‎ C．4m1＝m2 D．6m1＝m2‎ 解析：选C. 甲、乙两球在碰撞过程中动量守恒，所以有：p1＋p2＝p1′＋p2′，即：p1′＝2 kg·m/s.由于在碰撞过程中，不可能有其它形式的能量转化为机械能，只能是系统内物体间机械能相互转化或一部分机械能转化为内能，因此系统的机械能不会增加．所以有＋≥＋，所以有：m1≤m2，因为题目给出物理情景是“甲从后面追上乙”，要符合这一物理情景，就必须有＞，即m1＜m2‎ ‎；同时还要符合碰撞后乙球的速度必须大于或等于甲球的速度这一物理情景，即＜，所以m1＞m2.因此C选项正确．‎ ‎4．(多选) 如图，大小相同的摆球a和b的质量分别为m和3m，摆长相同，摆动周期相同，并排悬挂，平衡时两球刚好接触，现将摆球a向左拉开一小角度后释放，若两球的碰撞是弹性的，下列判断正确的是(　　)‎ A．第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等 B．第一次碰撞后的瞬间，两球的动量大小相等 C．第一次碰撞后，两球的最大摆角不相同 D．发生第二次碰撞时，两球在各自的平衡位置 ‎5. (多选)在质量为M的小车中挂有一单摆，摆球的质量为m0，小车和单摆以恒定的速度v沿光滑水平地面运动，与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞，碰撞的时间极短，在此碰撞过程中，下列哪些情况说法是可能发生的(　　)‎ A．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为v1、v2、v3，满足(M＋m0)v＝Mv1＋mv2＋m0v3‎ B．摆球的速度不变，小车和木块的速度变化为v1和v2，满足Mv＝Mv1＋mv2‎ C．摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为v1，满足Mv＝(M＋m)v1‎ D．小车和摆球的速度都变为v1，木块的速度变为v2，满足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2‎ ‎6．如图所示，光滑水平面上的木板右端，有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板质量M＝3.0 kg，质量m＝1.0 kg的铁块以水平速度v0＝4.0 m/s，从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端，则在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为(　　)‎ A．4.0 J B．6.0 J C．3.0 J D．20 J 解析：选C. 设铁块与木板速度相同时，共同速度大小为v，铁块相对木板向右运动时，相对滑行的最大路程为L，摩擦力大小为Ff，根据能量守恒定律得 铁块相对于木板向右运动过程 mv＝FfL＋(M＋m)v2＋Ep 铁块相对于木板运动的整个过程 mv＝2FfL＋(M＋m)v2‎ 又根据系统动量守恒可知，mv0＝(M＋m)v 联立得到：Ep＝3.0 J，故选C. ‎ ‎7.(多选)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2所示，当A撞上弹簧，弹簧被压缩最短时(　　)‎ 图2‎ 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．‎ ‎ 8.如图4所示，A、B两物体质量之比mA∶mB＝3∶2，原来静止在平板小车C上．A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑，当弹簧突然释放后，则下列说法中不正确的是(　　)‎ 图4‎ A．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统动量守恒 B．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成的系统动量守恒 C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统动量守恒 D．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成的系统动量守恒 答案　A ‎9.(多选)如图6所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m的小球从槽上高h处由静止开始自由下滑(　　)‎ 图6‎ A．在下滑过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽不做功 B．在下滑过程中，小球和槽组成的系统水平方向动量守恒 C．被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动 D．被弹簧反弹后，小球能回到槽上高h处 答案　BC ‎10．如图7所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动．两球质量关系为mB＝2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为6kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4 kg·m/s，则(　　)‎ 图7‎ A．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5‎ B．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10‎ C．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5‎ D．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10‎ 答案　A 解析　由两球的动量都是6kg·m/s可知，运动方向都向右，且能够相碰，说明左方是质量小速度大的小球，故左方是A球．碰后A球的动量减少了4 kg·m/s，即A球的动量为2kg·m/s，由动量守恒定律知B球的动量为10 kg·m/s，则其速度比为2∶5，故选项A是正确的．‎ ‎11．冰球运动员甲的质量为80.0 kg.当他以5.0 m/s的速度向前运动时，与另一质量为100 kg、速度为3.0 m/s的迎面而来的运动员乙相撞．碰后甲恰好静止．假设碰撞时间极短，求：‎ ‎(1)碰后乙的速度的大小；‎ ‎(2)碰撞中总机械能的损失．‎ 解析：(1)设运动员甲、乙的质量分别为m、M，碰前速度大小分别为v和v1，碰后乙的速度大小为v1′，由动量守恒定律得 mv－Mv1＝Mv1′①‎ 代入数据得v1′＝1.0 m/s②‎ ‎(2)设碰撞过程中总机械能的损失为ΔE，有 mv2＋Mv＝Mv1′2＋ΔE③‎ 联立②③式，代入数据得 ΔE＝1 400 J.‎ 答案：(1)1.0 m/s　(2)1 400 J ‎12．如图，质量分别为mA、mB的两个弹性小球A、B静止在地面上方，B球距地面的高度h＝0.8 m，A球在B球的正上方．先将B球释放，经过一段时间后再将A球释放．当A球下落 t＝0.3 s时，刚好与B球在地面上方的P点处相碰．碰撞时间极短，碰后瞬间A球的速度恰为零．已知mB＝3mA，重力加速度大小g＝10 m/s2，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失．求：‎ ‎(1)B球第一次到达地面时的速度；‎ ‎(2)P点距离地面的高度．‎ ‎(2)设两球相碰前、后，A球的速度大小分别为v1和v1′(v1′＝0)，B球的速度分别为v2和v2′.由运动学规律可得 v1＝gt③‎ 由于碰撞时间极短，重力的作用可以忽略，两球相撞前、后的动量守恒，总动能保持不变．规定向下的方向为正，有mAv1＋mBv2＝mBv2′④‎ mAv＋mBv＝mBv⑤‎ 设B球与地面相碰后的速度大小为vB′，由运动学及碰撞的规律可得 vB′＝vB⑥‎ 设P点距地面的高度为h′，由运动学规律可得 h′＝⑦‎ 联立②③④⑤⑥⑦式，并代入已知条件可得 h′＝0.75 m⑧‎ 答案：(1)4 m/s　(2)0.75 m ‎13．如图所示，固定的圆弧轨道与水平面平滑连接，轨道与水平面均光滑，质量为m的物块B与轻质弹簧拴接静止在水平面上，弹簧右端固定．质量为3m的物块A从圆弧轨道上距离水平面高h处由静止释放，与B碰撞后推着B一起运动但与B不粘连．求：‎ ‎(1)弹簧的最大弹性势能；‎ ‎(2)A与B第一次分离后，物块A沿圆弧面上升的最大高度．‎ 答案：(1)mgh　(2)h ‎14. 如图所示，质量为M的平板车P高为h，质量为m的小物块Q的大小不计，位于平板车的左端，系统原来静止在光滑水平地面上，一不可伸长的轻质细绳长为R，一端悬于Q正上方高为R处，另一端系一质量为m的小球(大小不计)．今将小球拉至悬线与竖直位置成60°角，由静止释放，小球到达最低点时与Q的碰撞时间极短，且无机械能损失，已知Q离开平板车时速度大小是平板车速度的两倍，Q与P之间的动摩擦因数为μ，已知质量M∶m＝4∶1，重力加速度为g，求：‎ ‎ (1)小物块Q离开平板车时，二者速度各为多大？‎ ‎(2)平板车P的长度为多少？‎ ‎(3)小物块Q落地时与小车的水平距离为多少？‎ ‎(2)对系统由能量守恒：‎ mv＝mv＋Mv＋μmgL，解得：L＝.‎ ‎(3)Q脱离P后做平抛运动，由h＝gt2，解得：t＝ Q落地时二者相距：s＝(v1－v2)t＝.‎ 答案：(1)　　(2)　(3) ‎15．A、B两个物体粘在一起以v0＝3 m/s的速度向右运动，物体中间有少量炸药，经过O点时炸药爆炸，假设所有的化学能全部转化为A、B两个物体的动能且两物体仍然在水平面上运动，爆炸后A物体的速度依然向右，大小变为vA＝2 m/s，B物体继续向右运动进入半圆轨道且恰好通过最高点D，已知两物体的质量mA＝mB＝1 kg，O点到半圆最低点C的距离xOC＝0.25 m，水平轨道的动摩擦因数μ＝0.2，半圆轨道光滑无摩擦，求：‎ ‎(1)炸药的化学能E；‎ ‎(2)半圆弧的轨道半径R.‎ 答案：(1)1 J　(2)R＝0.3 m ‎16如图5所示，甲车质量m1＝m，在车上有质量M＝2m的人，甲车(连同车上的人)从足够长的斜坡上高h处由静止滑下，到水平面上后继续向前滑动，此时m2＝2m的乙车正以速度v0迎面滑来，已知h＝，为了使两车不发生碰撞，当两车相距适当距离时，人从甲车跳上乙车，试求人跳离甲车的水平速度(相对地面)应满足什么条件？不计地面和斜坡的摩擦，小车和人均可看成质点．‎ 图5‎ 答案　v0≤v≤v0‎ 解析　设向左为正方向，甲车(包括人)滑下斜坡后速度为v1，由机械能守恒定律有 (m1＋M)v12＝(m1＋M)gh，解得v1＝＝2v0‎ 设人跳出甲车的水平速度(相对地面)为v，在人跳离甲车和人跳上乙车过程中各自动量守恒，设人跳离甲车和跳上乙车后，两车的速度分别为v1′和v2′，‎ 则人跳离甲车时：(M＋m1)v1＝Mv＋m1v1′‎ 人跳上乙车时：Mv－m2v0＝(M＋m2)v2′‎ 解得v1′＝6v0－2v，v2′＝v－v0‎ 两车不发生碰撞的临界条件是v1′＝±v2′‎ 当v1′＝v2′时，解得v＝v0‎ 当v1′＝－v2′时，解得v＝v0‎ 故v的取值范围为v0≤v≤v0. ‎ ‎17．如图8所示，质量为m＝245g的物块(可视为质点)放在质量为M＝0.5kg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＝5g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：‎ 图8‎ ‎(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.‎ 答案　(1)6m/s　(2)2 m/s　(3)1s ‎ ‎ ‎ ‎