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教育最新K122019届高考物理一轮复* 第6章 动量守恒定律 第2讲 动量守恒定律的综合应用课时作业(含解析)

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小学+初中+高中

2、动量守恒定律的综合应用
[基础训练] 1.(2018·黑龙江哈三中二模)如图所示,在光滑水*面上质量为 m 的物体 A 以速度 v0 与静止的物体 B 发生碰撞,物体 B 的质量为 2m,则碰撞后物体 B 的速度大小可能为( )

4v0 A.v0 B. C.0 3

D.

v0
3

答案:D 解析:物体 A 与物体 B 碰撞的过程中动量守恒,选物体 A 原来的运动方向为 正方向:如果发生的是完全非弹性碰撞,由动量守恒定律得 mv0=(m+2m)v,计算得出 v= 1 2 1 3

v0;如果发生的是完全弹性碰撞,由动量守恒定律得 mv0=mv1+2mv2,由能量守恒定律得 mv2 0
1 2 1 2 1 2 2 = mv1+ ·2mv2,计算得出 v2= v0.碰撞后物体 B 的速度满足 v0≤vB≤ v0,选项 D 正确. 2 2 3 3 3 2.如图所示,静止在光滑水*面上的木板,右端有一根轻质弹簧沿水*方向与木板相 连,木板质量 M=3 kg.质量 m=1 kg 的铁块以水*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 答案:A 解析: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 1 2 1 1 2 1 2 2 守恒得 mv0=FfL+ (M+m)v +Ep.铁块相对木板运动的整个过程中 mv0=2FfL+ (M+m)v , 2 2 2 2 由动量守恒可知 mv0=(M+m)v.联立解得 Ep=3 J,A 正确. 3.A、B 两球之间压缩一根轻弹簧,静置于光滑水*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*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( )

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A.

x
3

B. 3x

C.x

D.

6 x 3

1 2 答案:D 解析:当用板挡住小球 A 而只释放 B 球时,根据能量守恒:Ep= mv0,根据* 2 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, 1 2 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= ·2mvA+ 2 1 2 6 6 mvB,解得 vB= v0,B 球的落地点距桌边距离为 x′=vBt= x,选项 D 正确. 2 3 3 4.2017 年 6 月 15 日上午 11 点,我国在酒泉卫星发射中心用长征四号乙运载火箭成功 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 Δ m=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)( A.42 m/s C.40 m/s B.-42 m/s D.-40 m/s )

答案:B 解析: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=Δ mv0+(M-Δ m)v,由此可得火箭的速度 v=- Δ mv0 =-42 m/s. M-Δ m

5.(多选)A、B 两物体在一水*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 D.mA∶mB=1∶3 答案:AD 解析: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 小学+初中+高中

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xA 0.4 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 t 0.1
=4 m/s,方向向右,碰撞后,物体 A 的速度大小为 vA= 的速度大小为 vB= =

x′ 0.2 A = m/s,方向向左,物体 B t 0.1

xB 0.2 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 t 0.1

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. [能力提升] 6.如图所示,小车放在光滑水*面上,A 端固定一个轻弹簧,B 端粘有油泥,小车总质 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,使 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,以下说法正确的是( )

A.弹簧伸长过程中 C 向右运动,同时 AB 也向右运动 B.C 与 B 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,小车继续向左运动 答案:C 解析:依据系统动量守恒,C 向右运动时,AB 向左运动,或由牛顿运动定律 判断,AB 受向左的弹力作用而向左运动,故 A 项错;又 MvAB=mvC,得 据动量守恒得:0=(M+m)v′,所以 v′=0,故选 C. 7.(2018·河南洛阳一模)(多选)如图所示,质量为 m=245 g 的物块(可视为质点)放在 质量为 M=0.5 kg 的木板左端,足够长的木板静止在光滑水*面上,物块与木板间的动摩擦 因数为 μ =0.4,质量为 m0=5 g 的子弹以速度 v0=300 m/s 沿水*方向射入物块并留在其 中(时间极短),取 g=10 m/s ,则在整个过程中(
2

vC M = ,即 B 项错;根 vAB m

)

A.物块和木板组成的系统动量守恒 B.子弹的末动量大小为 0.01 kg·m/s C.子弹对物块的冲量大小为 0.49 N·s 小学+初中+高中

小学+初中+高中 D.物块相对于木板滑行的时间为 1 s 答案:BD 解析:子弹射入物块的过程中,物块的动量增大,所以物块和木板组成的系 统动量不守恒,故 A 错误;选取向右为正方向,子弹射入物块过程,由动量守恒定律可得

m0v0=(m0+m)v1,物块在木板上滑动过程,由动量守恒定律可得 (m0+m)v1=(m0+m+M)v2,
联立可得 v2=

m0v0 =2 m/s,所以子弹的末动量大小为 p=m0v2=0.01 kg·m/s,故 B 正 m0+m+M
-3

确; 由动量定理可得子弹受到的冲量 I=Δ p=p-p0=0.01 kg·m/s-5×10 ×300 kg·m/s =-1.49 kg·m/s=-1.49 N·s.子弹与物块间的相互作用力大小始终相等,方向相反,所 以子弹对物块的冲量大小为 1.49 N·s, 故 C 错误; 对子弹和物块整体, 由动量定理得-μ (m0 +m)gt=(m0+m)(v2-v1),综上可得,物块相对于木板滑行的时间 t= 确. 8.(2018·山东部分重点中学联考)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*面相接触.现使质量 m1 =0.3 kg 的物块 A 沿光滑水*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*面内做圆周运动,已知重力加速度取 g=10 m/s ,A、B 均可视 为质点,试求:
2

v2-v1 =1 s,故 D 正 -μ g

(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. 答案:(1)6 m/s (2)1 N 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
1 2 1 2 1 2 m1v0= m1v1+ m2v2 2 2 2 解得碰撞后瞬间物块 A 的速度 v1= 小球 B 的速度 v2= 2m1 v0=6 m/s m1+m2

m1-m2 v0=2 m/s m1+m2

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小学+初中+高中 1 2 1 2 (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: m2v2= m2v 2 2 +2m2gR 又由向心力公式有:Fn=F+m2g=m2

v2 R

联立解得小球 B 对细绳的拉力大小 F′=F=1 N. 9.如图所示,质量 M=2 kg 的长木板 B 静止于光滑水*面上,B 的右边放有竖直固定 挡板,B 的右端到挡板的距离为 s.现有一小物体 A(可视为质点)质量 m=1 kg,以初速度 v0 =6 m/s 从 B 的左端水*滑上 B.已知 A 与 B 间的动摩擦因数 μ =0.2,A 始终未滑离 B,B 与竖直挡板碰前 A 和 B 已相对静止.B 与挡板的碰撞时间极短,碰后以原速率弹回.重力加 速度取 g=10 m/s ,求:
2

(1)B 与挡板相碰时的速度大小; (2)s 的最短距离; (3)长木板 B 与竖直固定挡板碰撞后离竖直固定挡板的距离为多少时,物体 A 恰与长木 板 B 相对静止?(结果保留两位小数) 答案:(1)2 m/s (2)2 m (3)1.78 m 解析:(1)设 B 与挡板相碰时的速度大小为 v1, 由动量守恒定律得 mv0=(M+m)v1,

v1=2 m/s.
(2)A 与 B 刚好共速时 B 到达挡板距离 s 最短,由牛顿第二定律得,B 的加速度为

a=

μ mg 2 =1 m/s

M

v2 1 s= =2 m. 2a
(3)B 与挡板碰后,A、B 最后一起向左运动,共同速度大小为 v2,由动量守恒定律,有

Mv1-mv1=(m+M)v2 v2= m/s
设长木板 B 与竖直固定挡板碰撞后离竖直固定挡板的距离为 L 时,物体 A 恰与长木板 B 相对静止,对长木板 B 由动能定理得 2 3

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小学+初中+高中 1 2 1 2 -μ mgL= Mv2- Mv1 2 2 代入数据得 L=1.78 m. 10.在原子核物理中,研究核子与核关联的最有效途径是“双电荷交换反应”.这类反 应的前半部分过程和下述力学模型类似. 两个小球 A 和 B 用轻质弹簧相连, 在光滑的水*直 轨道上处于静止状态.在它们左边有一垂直于轨道的固定挡板 P,右边有一小球 C 沿轨道以 速度 v0 射向 B 球,如图所示.C 与 B 发生碰撞并立即结成一个整体 D.在它们继续向左运动 的过程中,当弹簧长度变到最短时,长度突然被锁定,不再改变.然后,A 球与挡板 P 发生 碰撞,碰后 A、D 都静止不动,A 与 P 接触而不粘连.过一段时间,突然解除锁定(锁定及解 除锁定均无机械能损失).已知 A、B、C 三球的质量均为 m.

(1)求弹簧长度刚被锁定后 A 球的速度; (2)求在 A 球离开挡板 P 之后的运动过程中,弹簧的最大弹性势能. 1 答案:(1) v0 3 1 2 (2) mv0 36

解析:(1)设 C 球与 B 球粘结成 D 时,D 的速度为 v1,由动量守恒定律,有

mv0=(m+m)v1①
当弹簧压至最短时,D 与 A 的速度相等,设此速度为 v2,由动量守恒定律,有 2mv1=3mv2② 1 由①②两式得 A 的速度 v2= v0.③ 3 (2)设弹簧长度被锁定后,贮存在弹簧中的势能为 Ep,由能量守恒定律,有 1 1 2 2 ·2mv1= mv2+Ep④ 2 2 撞击 P 后,A 与 D 的动能都为零,解除锁定后,当弹簧刚恢复到自然长度时,势能全部 转变成 D 的动能,设 D 的速度为 v3,则有

Ep= ·(2m)·v2 3⑤
当弹簧伸长,A 球离开挡板 P,并获得速度.当 A、D 的速度相等时,弹簧伸至最长.设 此时的速度为 v4,由动量守恒定律,有 2mv3=3mv4⑥ 当弹簧伸到最长时,其势能最大,设此势能为 E′p,由能量守恒定律,有

1 2

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小学+初中+高中 1 1 2 2 ·2mv3= mv4+EP ′⑦ 2 2 1 2 解以上各式得 E′p= mv0.⑧ 36

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