2021版高考物理一轮复习课时提升作业三十三动量动量守恒定律含解析 9页

动量　动量守恒定律 ‎(建议用时40分钟)‎ ‎1.(多选)如图所示,一个质量为0.2 kg的垒球,以20 m/s的水平速度飞向球棒,被球棒打击后反向水平飞回,速度大小变为40 m/s,设球棒与垒球的作用时间为0.01 s。下列说法正确的是 (　　)‎ A.球棒对垒球的平均作用力大小为1 200 N B.球棒对垒球的平均作用力大小为400 N C.球棒对垒球做的功为120 J D.球棒对垒球做的功为40 J ‎【解析】选A、C。设球棒对垒球的平均作用力为F,由动量定理得·t=m(vt-v0),取vt=40 m/s,则v0=-20 m/s,代入上式,得=1 200 N,由动能定理得W=m-m ‎=120 J,选项A、C正确。‎ ‎2.(2019·江苏高考)质量为M的小孩站在质量为m的滑板上,小孩和滑板均处于静止状态,忽略滑板与地面间的摩擦。小孩沿水平方向跃离滑板,离开滑板时的速度大小为v,此时滑板的速度大小为 (　　)‎ A.v　　B.v　　C.v　　D.v ‎【解析】选B。设滑板的速度为u,由小孩和滑板动量守恒得:0=mu-Mv,解得:u=v,故B正确,A、C、D错误。‎ ‎3.我国在酒泉卫星发射中心用“长征四号”运载火箭成功发射硬X射线调制望远镜卫星“慧眼”。假设将发射火箭看成如下模型:静止的实验火箭,总质量为M=2 100 g,当它以对地速度为v0=840 m/s喷出质量为Δm=100 g的高温气体后,火箭的对地速度为(喷出气体过程中重力和空气阻力可忽略不计) (　　)‎ 9‎ A.42 m/s 　　 B.-42 m/s ‎ C.40 m/s D.-40 m/s ‎【解析】选B。取火箭及喷出的高温气体为系统,则火箭在向外喷气过程中满足动量守恒定律0=Δmv0+(M-Δm)v,由此可得火箭的速度v=-=-42 m/s。‎ ‎4.如图所示,静止在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 kg。质量m=1 kg的铁块以水平速度v0=4 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。在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为 (　　)‎ A.3 J B.4 J ‎ C.6 J D.20 J ‎【解析】选A。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,滑行的最大路程为L,摩擦力大小为Ff。铁块相对于木板向右运动过程中,根据能量守恒得m=FfL+(M+m)v2+Ep。铁块相对木板运动的整个过程中m ‎=2FfL+(M+m)v2,由动量守恒可知mv0=(M+m)v。联立解得Ep=3 J,A正确。‎ ‎5.(2019·舟山模拟)如图所示,小车静止在光滑的水平面上,将系绳小球拉开到一定角度,然后同时放开小球和小车,那么在以后的过程中 (　　)‎ A.小球向左摆动时,小车也向左运动,且系统动量守恒 B.小球向左摆动时,小车向右运动,且系统动量守恒 C.小球向左摆到最高点时,小球与小车瞬时速度均为零 9‎ D.在任意时刻,小球和小车在水平方向的动量一定大小相等、方向相同 ‎【解析】选C。小球与小车组成的系统在水平方向不受外力,竖直方向所受外力不为零,故系统只在水平方向动量守恒,系统在水平方向上总动量为零,小球与车在水平方向上的动量大小相等、方向相反,小球向左摆动时,小车向右运动,故选项A、B错误;小球向左摆到最高点时,小球的速度为零而小车的速度也为零,故选项C正确;系统只在水平方向动量守恒,在任意时刻,小球和小车在水平方向的动量一定大小相等、方向相反,故选项D错误。‎ ‎6.A、B两球之间压缩一根轻弹簧,静置于光滑水平桌面上。已知A、B两球质量分别为2m和m。当用板挡住A球而只释放B球时,B球被弹出落于距桌边距离为x的水平地面上,如图所示。当用同样的程度压缩弹簧,取走A左边的挡板,将A、B同时释放时,B球的落地点距桌边距离为(　　)‎ A.　　　B.x　　　C.x　　　D.x ‎【解析】选D。当用板挡住小球A而只释放B球时,根据能量守恒:Ep=m,根据平抛运动规律有:x=v0t。当用同样的程度压缩弹簧,取走A左边的挡板,将A、B同时释放时,设A、B的速度分别为vA和vB,则根据动量守恒和能量守恒有:2mvA-‎ mvB=0,Ep=·2m+m,解得vB=v0,B球的落地点距桌边距离为x′=vBt=x,选项D正确。‎ ‎7.(多选)A、B两物体在一水平长直气垫导轨上相碰,碰撞前物体A做匀速直线运动,物体B静止不动,频闪照相机每隔0.1 s闪光一次,连续拍照多次,拍得如图所示的照片,不计两物体的大小及两物体碰撞过程所用的时间,则由此照片可判断 (　　)‎ A.第四次拍照时物体A在100 cm处 B.第四次拍照时物体A在80 cm处 C.mA∶mB=3∶1‎ 9‎ D.mA∶mB=1∶3‎ ‎【解析】选A、D。碰撞前,物体A做匀速直线运动,可知物体A第三次在90 cm处,第四次在100 cm处,故A项正确,B项错误;碰撞前,物体A的速度大小为v0=‎ ‎= m/s=4 m/s,方向向右,碰撞后,物体A的速度大小为vA== m/s=2 m/s,方向向左,物体B的速度大小为vB== m/s=2 m/s,方向向右,取向右为正方向,根据动量守恒定律得mAv0=-mAvA+mBvB,代入数据得mA×4=-mA×2+mB×2,解得mA∶mB ‎=1∶3,故C项错误,D项正确。‎ ‎8.(多选)(2019·杭州模拟)如图所示,三个完全相同且质量均为m的正方体叠放在水平面上;锁定后正方体2的4个斜面均与水平方向成45°角。若不计一切摩擦,解除锁定后,正方体2下落过程中未发生转动,下列说法正确的是 (　　)‎ A.解除锁定前,正方体2对1的压力大小为mg B.正方体2落地前的速度与正方体1的速度总是大小相等 C.正方体2落地前,1、2、3构成的系统机械能不守恒 D.正方体2落地前,1、2、3构成的系统动量守恒 ‎【解析】选A、B。解除锁定前,对正方体2分析,由平衡知识可知:2Ncos45°=mg,解得N=mg,则正方体2对1的压力大小为mg,选项A正确;由几何关系可知,正方体2落地前下落的高度总等于正方体1向左移动的距离,可知正方体2落地前的速度与正方体1的速度总是大小相等,选项B正确;正方体2落地前,1、2、3构成的系统由于只有2的重力做功,则系统的机械能守恒,选项C错误;正方体2落地前,1、2、3构成的系统水平方向受合外力为零,则水平方向动量守恒,选项D错误。‎ ‎9.某同学用如图所示的装置“验证动量守恒定律”,其操作步骤如下:‎ 9‎ A.将操作台调为水平;‎ B.用天平测出滑块A、B的质量mA、mB;‎ C.用细线将滑块A、B连接,滑块A、B紧靠在操作台边缘,使A、B间的弹簧处于压缩状态;‎ D.剪断细线,滑块A、B均做平抛运动,记录A、B滑块的落地点M、N;‎ E.用刻度尺测出M、N距操作台边缘的水平距离x1、x2;‎ F.用刻度尺测出操作台台面距地面的高度h。‎ ‎(1)上述步骤中,多余的步骤是__。 ‎ ‎(2)如果动量守恒,须满足的关系是____(用测量量表示)。‎ ‎【解析】取滑块A的初速度方向为正方向,两滑块的质量和平抛初速度大小分别为mA、mB、v1、v2,平抛运动的水平位移大小分别为x1、x2,平抛运动的时间为t。需要验证的方程为0=mAv1-mBv2,又v1=,v2=,代入得到mAx1=mBx2,故不需要用刻度尺测出操作台台面距地面的高度h。所以多余的步骤是F。‎ 答案:(1)F　(2)mAx1=mBx2‎ ‎10.如图所示,长R=0.6 m的不可伸长的细绳一端固定在O点,另一端系着质量m2=0.1 kg的小球B,小球B刚好与水平面相接触。现使质量m1=0.3 kg的物块A沿光滑水平面以v0=4 m/s的速度向B运动并与B发生弹性正碰,A、B碰撞后,小球B能在竖直平面内做圆周运动,已知重力加速度g取10 m/s2,A、B均可视为质点,试求: ‎ ‎(1)在A与B碰撞后瞬间,小球B的速度v2的大小。‎ ‎(2)小球B运动到最高点时对细绳的拉力大小。‎ ‎【解析】(1)物块A与小球B碰撞时,由动量守恒定律和机械能守恒定律有:m1v0=‎ m1v1+m2v2‎ 9‎ m1=m1+m2‎ 解得碰撞后瞬间物块A的速度v1=2 m/s 小球B的速度v2=6 m/s ‎(2)碰撞后,设小球B运动到最高点时的速度为v,则由机械能守恒定律有:m2=‎ m2v2+2m2gR 又由向心力公式有:Fn=F+m2g=m2‎ 由牛顿第三定律得小球B对细绳的拉力大小F′=F=1 N。‎ 答案:(1)6 m/s　(2)1 N ‎【加固训练】‎ ‎　　如图所示,在水平光滑直导轨上,静止着三个质量为m=1 kg的相同的小球A、B、C。现让A球以v0=2 m/s的速度向B球运动,A、B两球碰撞后粘在一起向右运动并与C球碰撞,C球的最终速度vC=1 m/s。问:‎ ‎(1)A、B两球与C球相碰前的共同速度多大?‎ ‎(2)两次碰撞过程中一共损失了多少动能?‎ ‎【解析】(1)A、B两球相碰,满足动量守恒定律,则有mv0=2mv1‎ 代入数据求得A、B两球跟C球相碰前的速度v1=1 m/s ‎(2)A、B两球与C球碰撞同样满足动量守恒定律,则有2mv1=mvC+2mv2‎ 相碰后A、B两球的速度v2=0.5 m/s 两次碰撞损失的动能 ΔEk=m-(2m)-m=1.25 J 答案:(1)1 m/s　(2)1.25 J ‎11.(2019·宁波模拟)在如图所示的足够长的光滑水平面上,有质量分别为3 kg和1 kg的甲、乙两滑块,仅与甲拴接的轻弹簧压紧后处于静止状态。乙的右侧有一挡板P 9‎ ‎。现将两滑块由静止释放,当弹簧恢复原长时,甲的速度大小为2 m/s,此时乙尚未与P相撞。‎ ‎(1)求弹簧恢复原长时乙的速度大小;‎ ‎(2)若乙与挡板P碰撞反弹后,不能再与弹簧发生碰撞,求挡板P对乙的冲量的最大值。‎ ‎【解析】(1)当弹簧恢复原长时,设甲、乙的速度分别为v1和v2,对两滑块及弹簧组成的系统,设向左的方向为正方向,由动量守恒定律可得:‎ m1v1+m2v2=0‎ 又知v1=2 m/s 联立以上方程可得v2=-6 m/s,方向向右。‎ ‎(2)乙反弹后甲、乙刚好不发生碰撞,则说明乙反弹的速度最大为v3=2 m/s 由动量定理可得,挡板对乙滑块冲量的最大值为:‎ I=m2v3-m2v2=1×2 N·s-1×(-6) N·s=8 N·s 答案:(1)6 m/s　(2)8 N·s ‎12.如图甲所示,两条相距l的光滑平行金属导轨位于同一竖直面(纸面)内,其上端接一阻值为R的电阻;在两导轨间OO′下方区域内有垂直导轨平面向里的匀强磁场,磁感应强度为B。现使电阻为r、质量为m的金属棒ab由静止开始自OO′位置释放,向下运动距离d后速度不再变化。(棒ab与导轨始终保持良好的接触且下落保持水平,导轨电阻不计) ‎ ‎(1)求棒ab在向下运动距离d过程中回路产生的总焦耳热。‎ ‎(2)棒ab从静止释放经过时间t0下降了,求此时刻的速度大小。‎ ‎(3)如图乙在OO′上方区域加一面积为S的垂直于纸面向里的均匀磁场B′,棒ab由静止开始自OO′上方某一高度处释放,自棒ab运动到OO′位置开始计时,B′随时间t的变化关系为B′=kt,式中k为已知常量;棒ab以速度v0进入OO′‎ 9‎ 下方磁场后立即施加一竖直外力使其保持匀速运动。求在t时刻穿过回路的总磁通量和电阻R的电功率。‎ ‎【解析】(1)对闭合回路:I=‎ 对ab棒,由平衡知识可知:mg=BIl 解得vm=‎ 由能量关系:mgd=m+Q 解得Q=mgd-‎ ‎(2)由动量定理可知:(mg-BIl)t0=mv 即mgt0-Blq=mv 由q=‎ 解得v=gt0-‎ ‎(3)因为:Φ=Blv0t+ktS 由法拉第电磁感应定律可得:E==Blv0+kS I=,P=I2R 解得P=R 答案:(1)mgd-‎ 9‎ ‎(2)gt0-‎ ‎(3)Blv0t+ktS　R 9‎