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  • 2021-06-01 发布

【物理】2020届一轮复习人教版第五章应用动量守恒定律解决三类典型问题作业

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‎ (三十六) 应用动量守恒定律解决三类典型问题 作业 ‎1.如图所示小船静止于水面上,站在船尾上的人不断将鱼抛向船头的船舱内,将一定质量的鱼抛完后,关于小船的速度和位移,下列说法正确的是(  )‎ A.向左运动,船向左移一些 B.小船静止,船向左移一些 C.小船静止,船向右移一些 D.小船静止,船不移动 解析:选C 人、船、鱼构成的系统水平方向动量守恒,据“人船模型”,鱼动船动,鱼停船静止;鱼对地发生向左的位移,则人、船的位移向右。故选项C正确。‎ ‎2.(2019·泉州检测)有一个质量为‎3m的爆竹斜向上抛出,到达最高点时速度大小为v0、方向水平向右,在最高点爆炸成质量不等的两块,其中一块质量为‎2m,速度大小为v,方向水平向右,则另一块的速度是(  )‎ A.3v0-v         B.2v0-3v C.3v0-2v D.2v0+v 解析:选C 在最高点水平方向动量守恒,由动量守恒定律可知,3mv0=2mv+mv′,解得另一块的速度为v′=3v0-2v,C正确。‎ ‎3.如图所示,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 火箭和卫星组成的系统,在分离前后沿原运动方向上动量守恒,由动量守恒定律有:(m1+m2)v0=m1v1+m2v2,解得:v1=v0+(v0-v2),D项正确。‎ ‎4.将静置在地面上,质量为M(含燃料)的火箭模型点火升空,在极短时间内,以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体。忽略喷气过程中重力和空气阻力的影响,则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是(  )‎ A.v0 B.v0‎ C.v0 D.v0‎ 解析:选D 根据动量守恒定律mv0=(M-m)v,得v=v0,选项D正确。‎ ‎5.(2019·信丰模拟)如图所示,B、C、D、E、F 5个小球并排放置在光滑的水平面上,B、C、D、E 4个小球质量相等,而F的质量小于B的质量,A的质量等于F的质量。A以速度v0向右运动,所发生的碰撞均为弹性碰撞,则碰撞之后(  )‎ A.3个小球静止,3个小球运动 B.4个小球静止,2个小球运动 C.5个小球静止,1个小球运动 D.6个小球都运动 解析:选A 因MA<MB,A、B相碰后A向左运动,B向右运动;B、C、D、E质量相等,弹性碰撞后,不断交换速度,最终E有向右的速度,B、C、D静止;因ME>MF,则E、F都向右运动,即3个小球静止,3个小球运动,故A正确,B、C、D错误。‎ ‎6.(2019·安徽两校联考)如图所示,用轻绳将两个弹性小球紧紧束缚在一起并发生微小的形变,现正在光滑水平面上以速度v0=‎0.1 m/s向右做匀速直线运动,已知a、b两弹性小球质量分别为m1=‎1.0 kg 和m2=‎2.0 kg。一段时间后轻绳突然自动断开,断开后两球仍沿原直线运动。经过t=5.0 s两球的间距s=‎4.5 m,则下列说法正确的是(  )‎ A.刚分离时,a、b两球的速度方向相同 B.刚分离时,b球的速度大小为‎0.4 m/s C.刚分离时,a球的速度大小为‎0.6 m/s D.两球分离过程中释放的弹性势能为0.27 J 解析:选D 在轻绳突然自动断开过程中,两球组成的系统动量守恒,设断开后两球的速度分别为v1和v2,刚分离时,若a、b两球分离时的速度方向相同,由动量守恒定律得(m1+m2)v0=m1v1+m2v2,根据题述,经过t=5.0 s两球的间距s=‎4.5 m,有v1t-v2t=s,解得v1=‎0.7 m/s,v2=-‎0.2 m/s,负号说明b球的速度方向向左,假设不成立,选项A、B、C错误;由机械能守恒定律,两球分离过程中释放的弹性势能Ep=m1v12+m2v22-(m1+m2)v02=0.27 J,选项D正确。‎ ‎7.(多选)A、B两球沿同一条直线运动,如图所示的xt图像记录了它们碰撞前后的运动情况,其中a、b分别为A、B两球碰撞前的xt图像,c为碰撞后它们的xt图像。若A球质量为‎1 kg,则B球质量及碰后它们的速度大小分别为(  )‎ A.‎2 kg B. kg C.‎4 m/s D.‎1 m/s 解析:选BD 由题图可知图线的斜率表示速度的大小,碰撞前A、B 两球都做匀速直线运动,A球的速度为va= m/s=-‎3 m/s,B球的速度为vb= m/s=‎2 m/s,碰撞后二者连在一起做匀速直线运动,共同速度为vc= m/s=-‎1 m/s。碰撞过程中动量守恒,由动量守恒定律得mAva+mBvb=(mA+mB)vc,解得mB= kg,选项B、D正确。‎ ‎8.(多选)如图所示,小车AB放在光滑水平面上,A端固定一轻弹簧,B端粘有油泥,小车及油泥的总质量为M,质量为m的木块C放在小车上,用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩,开始时小车和C都静止,当突然烧断细绳时,C被释放,C离开弹簧向B端冲去,并跟B端油泥粘在一起,忽略一切摩擦,下列说法正确的是(  )‎ A.弹簧伸长过程中C向右运动,同时小车也向右运动 B.C与B端碰前,C与小车的速率之比为M∶m C.C与油泥粘在一起后,小车立即停止运动 D.C与油泥粘在一起后,小车继续向右运动 解析:选BC 小车与C组成的系统在水平方向上动量守恒,C向右运动时,小车应向左运动,故A错误;设碰前C的速率为v1,小车的速率为v2,则0=mv1-Mv2,得=,故B正确;设C与油泥粘在一起后,小车、C的共同速度为v共,则0=(M+m)v共,得v共=0,故C正确,D错误。‎ ‎9.(多选)如图所示,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,开始时A、B两球的动量均为‎6 kg·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(  )‎ A.该碰撞为弹性碰撞 B.该碰撞为非弹性碰撞 C.左方是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 解析:选AC 由mB=2mA,pA=pB知碰前vB<vA,若右方为A球,由于碰前动量都为‎6 kg·m/s,即都向右运动,两球不可能相碰;若左方为A球,设碰后二者速度分别为vA′、vB′,由题意知pA′=mAvA′=‎2 kg·m/s,所以pB′=mBvB′=‎10 kg·m/s,又mB=2mA,解得=。碰撞前两球总动能Ek=+,碰撞后两球总动能Ek′=+,可得Ek=Ek′,即碰撞前后A、B两球动能之和不变,该碰撞为弹性碰撞,选项A、C正确。‎ ‎10.(多选)(2019·湖南六校联考)如图所示,小车的上面固定一个光滑弯曲圆管道,整个小车(含管道)的质量为‎2m,原静止在光滑的水平面上。今有一个可以视为质点的小球,质量为m,半径略小于管道半径,以水平速度v从左端滑上小车,小球恰好能到达管道的最高点,然后从管道左端滑离小车。关于这个过程,下列说法正确的是(  )‎ A.小球滑离小车时,小车回到原位置 B.小球滑离小车时相对小车的速度大小为v C.小车上管道最高点的竖直高度为 D.小球从滑进管道到滑到最高点的过程中,小车的动量变化大小是 解析:选BC 小球恰好能到达管道的最高点,说明在管道最高点时小球和管道之间相对静止,小球从滑进管道到滑到最高点的过程中,由动量守恒定律,有mv=(m+‎2m)v′,得v′=,小车动量变化大小Δp车=‎2m·=mv,D项错误;小球从滑进管道到滑到最高点的过程中,由机械能守恒定律,有mgH=mv2-(m+‎2m)v′2,得H=,C项正确;小球从滑上小车到滑离小车的过程,由动量守恒定律和机械能守恒定律,有mv=mv1+2mv2,mv2=mv12+×2mv22,得v1=-,v2=v,则小球滑离小车时相对小车的速度大小为v+v=v,B项正确;由以上分析可知,在整个过程中小车一直向右运动,A项错误。‎ ‎11.如图所示,甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为‎10m、‎12m,两船沿同一直线同一方向运动,速度分别为2v0、v0。为避免两船相撞,乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船,甲船上的人将货物接住,求抛出货物的最小速度(不计水的阻力)。‎ 解析:设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为vmin,抛出货物后船的速度大小为v1,甲船上的人接到货物后船的速度大小为v2,由动量守恒定律得 ‎12mv0=11mv1-mvmin ‎10m‎·2v0-mvmin=11mv2‎ 当v1=v2时,两船恰好不相撞 解得vmin=4v0。‎ 答案:4v0‎ ‎12.如图所示,在光滑水平面上有一辆质量M=‎‎8 kg 的平板小车,小车上有一个质量m=‎1.9 kg的木块,木块距小车左端‎6 m(木块可视为质点),小车与木块一起以v=‎1 m/s的速度水平向右匀速行驶。一颗质量m0=‎0.1 kg的子弹以v0=‎179 m/s的初速度水平向左飞行,瞬间击中木块并留在其中。如果木块和子弹刚好不从小车上掉下,求木块与小车之间的动摩擦因数μ(g=‎10 m/s2)。‎ 解析:设子弹射入木块后子弹与木块的共同速度为v1,以水平向左为正方向,则由动量守恒定律有 m0v0-mv=(m+m0)v1‎ 代入数据解得v1=‎8 m/s 木块和子弹恰好不从小车上掉下,则木块和子弹相对小车滑行s=‎6 m 时,跟小车具有共同速度v2,则由动量守恒定律有 ‎(m+m0)v1-Mv=(m+m0+M)v2‎ 由能量守恒定律有 Q=μ(m+m0)gs=(m+m0)v12+Mv2-(m+m0+M)v22‎ 解得μ=0.54。‎ 答案:0.54‎ ‎13.如图所示,一弹簧竖直固定在地面上,上面连接一个质量为‎1 kg的物体A,物体A处于静止状态,此时弹簧被压缩了‎0.15 m。质量也为‎1 kg的物体B从距物体A正上方h=‎0.3 m处自由下落,碰后A、B粘在一起向下运动。重力加速度大小g取‎10 m/s2。‎ ‎(1)求碰撞结束瞬间两物体的总动能;‎ ‎(2)从碰撞结束瞬间至A、B的总动能达到最大的过程中,弹簧弹力做功W=-2.25 J(弹簧在弹性限度内),则碰后A、B的最大总动能为多少?‎ 解析:(1)B自由下落,由机械能守恒定律得 m2gh=m2v02‎ 碰撞过程动量守恒,以向下为正方向,由动量守恒定律得 m2v0=(m1+m2)v 代入数据解得v= m/s 碰后A、B的总动能Ek=(m1+m2)v2=1.5 J。‎ ‎(2)A、B粘在一起下降过程中,弹簧的弹力不断增大,当弹力与A、B所受的总重力大小相等时,动能最大 因为kx1=mg,kx2=2mg 跟平衡位置相比,A、B粘在一起动能最大时下落的距离 Δx=x2-x1=‎‎0.15 m 根据动能定理有 ‎(m1+m2)gΔx+W=Ekm-Ek 解得Ekm=2.25 J。‎ 答案:(1)1.5 J (2)2.25 J

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