【物理】2020届一轮复习人教版 　动量守恒定律及其应用 课时作业 7页

‎2020届一轮复习人教版 　动量守恒定律及其应用 课时作业 ‎ (建议用时：40分钟)‎ ‎[基础对点练]‎ 题组一：动量守恒定律的理解和判断 ‎1．(2019·衡水检测)关于系统动量守恒的条件，下列说法正确的是(　　)‎ A．只要系统内存在摩擦力，系统动量就不可能守恒 B．只要系统中有一个物体具有加速度，系统动量就不守恒 C．只要系统所受的合外力为零，系统动量就守恒 D．系统中所有物体的加速度为零时，系统的总动量不一定守恒 C　[根据动量守恒的条件可知A、B错误，C正确；系统中所有物体加速度为零时，各物体速度恒定，动量恒定，系统中总动量一定守恒，D错误。]‎ ‎2．(多选)如图所示，质量为M的三角形滑块置于水平光滑的地面上，斜面亦光滑，当质量为m的滑块沿斜面下滑的过程中，M与m组成的系统(　　)‎ A．由于不受摩擦力，系统动量守恒 B．由于地面对系统的支持力大小不等于系统所受重力大小，故系统动量不守恒 C．系统水平方向不受外力，故系统水平方向动量守恒 D．M对m作用有水平方向分力，故系统水平方向动量也不守恒 BC　[水平方向不受外力和摩擦，所以系统水平方向动量守恒，C正确；竖直方向系统所受重力和支持力大小不等，系统竖直方向动量不守恒，B正确。]‎ 题组二：碰撞、爆炸与反冲 ‎3．(2019·桂林质检)如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两个小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8 kg·m/s，运动过程中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4 kg·m/s，则(　　)‎ A．右方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为2∶3‎ B．右方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为1∶6‎ C．左方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为2∶3‎ D．左方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为1∶6‎ C　[A、B两球发生碰撞，规定向右为正方向，由动量守恒定律可得ΔpA＝－ΔpB，由于碰后A球的动量增量为负值，所以右边不可能是A球，若是A球则动量的增量应该是正值，因此碰撞后A球的动量为4 kg·m/s，所以碰撞后B球的动量是增加的，为12 kg·m/s，由于mB＝2mA，所以碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶3，故C正确。]‎ ‎4．一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度v＝2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1。不计质量损失，取重力加速度g＝10 m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是(　　)‎ A　　　　　　　　B C　　　　　　　D B　[由h＝gt2可知，爆炸后甲、乙两块做平抛运动的时间t＝1 s，爆炸过程中，爆炸力对沿原方向运动的一块的冲量沿运动方向，故这一块的速度必然增大，即v>2 m/s，因此水平位移大于2 m，C、D项错误；甲、乙两块在爆炸前后，水平方向不受外力，故水平方向动量守恒，即甲、乙两块的动量改变量大小相等，两块质量比为3∶1，所以速度变化量之比为1∶3，由平抛运动水平方向上x＝v0t，所以A图中，v乙＝－0.5 m/s，v甲＝2.5 m/s，Δv乙＝2.5 m/s，Δv甲＝0.5 m/s，A项错误；B图中，v乙＝0.5 m/s，v甲＝2.5 m/s，Δv乙＝1.5 m/s，Δv甲＝0.5 m/s，B项正确。]‎ ‎5．假设进行太空行走的宇航员A和B的质量分别为mA和mB，他们携手匀速远离空间站，相对空间站的速度为v0。某时刻A将B向空间站方向轻推，A的速度变为vA，B的速度变为vB，则下列各关系式中正确的是(　　)‎ A．(mA＋mB)v0＝mAvA－mBvB B．(mA＋mB)v0＝mAvA＋mB(vA＋v0)‎ C．(mA＋mB)v0＝mAvA＋mB(vA＋vB)‎ D．(mA＋mB)v0＝mAvA＋mBvB D　[本题中的各个速度都是相对于空间站的，不需要转换。相互作用前系统的总动量为(mA＋mB)v0，A将B向空间站方向轻推后，A的速度变为vA，B的速度变为vB，动量分别为mAvA、mBvB，根据动量守恒定律得(mA＋mB)v0＝mAvA＋mBvB，故D正确。]‎ ‎6．(2019·南京模拟)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 C　[碰后物块B做匀减速直线运动，由动能定理有－μ·2mgx＝0－·2mv，得v2＝1 m/s。A与B碰撞过程中动量守恒、机械能守恒，则有mv0＝mv1＋2mv2，mv＝mv＋·2mv，解得v0＝1.5 m/s，则选项C正确。]‎ 题组三：动量和能量观点的综合应用 ‎7．(多选)如图所示，方盒A静止在光滑的水平面上，盒内有一小滑块B，盒的质量是滑块的2倍，滑块与盒内水平面间的动摩擦因数为μ。若滑块以速度v开始向左运动，与盒的左、右壁发生无机械能损失的碰撞，滑块在盒中来回运动多次，最终相对于盒静止，则(　　)‎ A．此时盒的速度大小为 B．此时盒的速度大小为 C．滑块相对于盒运动的路程为 D．滑块相对于盒运动的路程为 AC　[设滑块的质量为m，则盒的质量为2m，对整个过程，由动量守恒定律可得mv＝3mv共，解得v共＝，选项A正确，B错误；由功能关系可知μmgx＝mv2－·3m，解得x＝，选项C正确，D错误。]‎ ‎8．(多选)如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A以速度v0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x。现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B(如图乙所示)，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x，则 (　　)‎ 甲　　　　　　　　乙 A．A物体的质量为3m B．A物体的质量为2m C．弹簧压缩最大时的弹性势能为mv D．弹簧压缩最大时的弹性势能为mv AC　[对题图甲，设物体A的质量为M，由机械能守恒定律可得，弹簧压缩x时弹性势能Ep＝Mv；对题图乙，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，A、B组成的系统动量守恒，弹簧达到最大压缩量时，A、B二者速度相等，由动量守恒定律有M·2v0＝(M＋m)v，由能量守恒定律有Ep＝M·(2v0)2－(M＋m)v2，联立解得M＝3m ‎，Ep＝Mv＝mv，选项A、C正确，B、D错误。]‎ ‎9．(多选)如图所示，一个质量为M的长条木块放置在光滑的水平面上，现有一颗质量为m、速度为v0的子弹射入木块并最终留在木块中，在此过程中，木块运动的距离为s，子弹射入木块的深度为d，木块对子弹的平均阻力为f，则下列说法正确的是(　　)‎ A．子弹射入木块前、后系统的机械能守恒 B．子弹射入木块前、后系统的动量守恒 C．f与d之积为系统损失的机械能 D．f与s之积为子弹减少的动能 BC　[子弹射入木块的过程中，阻力对系统要做功，所以系统的机械能不守恒，故A错误；系统处于光滑的水平面上，所受的合外力为零，所以系统的动量守恒，故B正确；系统损失的机械能等于阻力与两个物体相对位移的乘积，即ΔE＝fd，故C正确；子弹减少的动能等于阻力与子弹位移的乘积，即ΔEk＝W＝f(s＋d)，故D错误。]‎ ‎10．(多选)(2019·银川质检)如图所示，甲图表示光滑平台上，物体A以初速度v0滑到上表面粗糙的水平小车B上，车与水平面间的动摩擦因数不计，乙图为物体A与小车B的vt图象，由此可求(　　)‎ 甲　　　　　　　　乙 A．小车上表面长度 B．物体A与小车B的质量之比 C．物体A与小车B上表面间的动摩擦因数 D．小车B获得的动能 BC　[由题图乙可知，A、B最终以共同速度v1匀速运动，不能确定小车上表面长度，故A错误；以v0的方向为正方向，由动量守恒定律得mAv0＝(mA＋‎ mB)v1，故可以确定物体A与小车B的质量之比，故B正确；由题图乙可知A相对小车B的位移Δx＝v0t1，根据动能定理得－μmAgΔx＝(mA＋mB)v－mAv，根据B项中求得的质量关系，可以解出动摩擦因数，故C正确；由于小车B的质量无法求出，故不能确定小车B获得的动能，故D错误。]‎ ‎[考点综合练]‎ ‎11.一质量为2m的物体P静止于光滑水平地面上，其截面如图所示。图中ab为粗糙的水平面，长度为L；bc为一光滑斜面，斜面和水平面通过与ab和bc均相切的长度可忽略的光滑圆弧连接。现有一质量为m的木块以大小为v0的水平初速度从a点向左运动，在斜面上上升的最大高度为h，返回后在到达a点前与物体P相对静止。重力加速度为g。求：‎ ‎(1)木块在ab段受到的摩擦力f；‎ ‎(2)木块最后距a点的距离s。‎ 解析：(1)设木块到达最高点时，木块和物体P的共同速度为v，由水平方向动量守恒和功能关系得 mv0＝(m＋2m)v mv＝(m＋2m)v2＋mgh＋fL 联立得f＝。‎ ‎(2)设木块停在ab之间时，木块和物体P的共同速度为v′，由水平方向动量守恒和功能关系得mv0＝(m＋2m)v′‎ mv＝(m＋2m)v′2＋f(2L－s)‎ 联立得s＝。‎ 答案：见解析 ‎12．如图所示，质量分布均匀、半径为R的光滑半圆形金属槽静止在光滑的水平面上，左边紧靠竖直墙壁。一质量为m的小球从距金属槽上端R 处由静止下落，恰好与金属槽左端相切进入槽内，到达最低点后向右运动从金属槽的右端冲出，小球到达最高点时距金属槽圆弧最低点的距离为R，重力加速度为g，不计空气阻力。求：‎ ‎(1)小球第一次到达最低点时对金属槽的压力大小；‎ ‎(2)金属槽的质量。‎ 解析：(1)小球从静止到第一次到达最低点的过程，根据机械能守恒定律：‎ mg·2R＝mv 小球刚到最低点时，根据圆周运动和牛顿第二定律：‎ FN－mg＝m 据牛顿第三定律可知小球对金属槽的压力为：FN′＝FN 联立解得FN′＝5mg。‎ ‎(2)小球第一次到达最低点至小球到达最高点过程，小球和金属块水平方向动量守恒，选取向右为正方向，则：mv0＝(m＋M)v 设小球到达最高点时距金属槽圆弧最低点的竖直高度为h，‎ 则有R2＋h2＝ 根据机械能守恒定律：mgh＝mv－(m＋M)v2‎ 联立解得M＝m。‎ 答案：(1)5mg　(2)m