(新高考)高考物理一輪復習課時作業(yè)第6章第2講《動量守恒定律》(含解析)

第2講動量守恒定律時間：60分鐘滿分：100分一、選擇題(本題共10小題，每小題6分，共60分。其中1～5題為單選，6～10題為多選)1．兩名質(zhì)量相等的滑冰人甲和乙都靜止在光滑的水平冰面上。現(xiàn)在，其中一人向另一個人拋出一個籃球，另一人接球后再拋回。如此反復進行幾次之后，甲和乙最后的速率關(guān)系是()A．若甲最先拋球，則一定是v甲>v乙B．若乙最后接球，則一定是v甲>v乙C．只有甲先拋球，乙最后接球，才有v甲>v乙D．無論怎樣拋球和接球，都是v甲>v乙答案B解析兩人及籃球組成的系統(tǒng)動量守恒，且總動量為零，由于兩人質(zhì)量相等，故最后球在誰手中，誰的總質(zhì)量就較大，則速度較小，故B正確，A、C、D錯誤。2.(2020·四川省雅安市模擬)如圖所示，子彈水平射入放在光滑水平地面上靜止的木塊，子彈未穿透木塊，此過程木塊的動能增加了6J，那么此過程產(chǎn)生的內(nèi)能可能為()A．16J B.2JC.6J D.4J答案A解析設(shè)子彈的質(zhì)量為m0，初速度為v0，木塊的質(zhì)量為m，子彈打入木塊的過程中，子彈與木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，即m0v0＝(m＋m0)v，此過程產(chǎn)生的內(nèi)能等于系統(tǒng)損失的動能，即ΔE＝eq\f(1,2)m0veq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(m＋m0)v2＝eq\f(m＋m0,m0)·eq\f(1,2)mv2，而木塊獲得的動能Ek木＝eq\f(1,2)mv2＝6J，則ΔE>6J，A正確。3．(2020·河北衡水中學4月教學質(zhì)量監(jiān)測)有一只小船停靠在湖邊碼頭，小船又窄又長(估計重一噸左右)。一位同學想用一個卷尺粗略測定它的質(zhì)量，他進行了如下操作：首先將船平行于碼頭自由停泊，輕輕從船尾上船，走到船頭停下，而后輕輕下船。用卷尺測出船后退的距離d，然后用卷尺測出船長L。已知他的自身質(zhì)量為m，水的阻力不計，船的質(zhì)量為()A.eq\f(mL－d,d) B.eq\f(mL＋d,d)C.eq\f(mL,d) D.eq\f(mL＋d,L)答案A解析設(shè)人走動時船的速度大小為v，人的速度大小為v′，人從船尾走到船頭所用時間為t。取船的速度方向為正方向，則v＝eq\f(d,t)，v′＝eq\f(L－d,t)；根據(jù)動量守恒定律有：Mv－mv′＝0，則：Meq\f(d,t)＝meq\f(L－d,t)，解得船的質(zhì)量為：M＝eq\f(mL－d,d)，故A正確。4．(2020·貴州省貴陽市高三下學期開學調(diào)研)如圖甲所示，在光滑水平面上的兩小球發(fā)生正碰，小球1和小球2的質(zhì)量分別為m1和m2。圖乙為它們碰撞前后的s-t圖像。已知m2＝0.6kg，規(guī)定水平向右為正方向。由此可知()A．m1＝5kgB．碰撞過程小球2對小球1的沖量為3N·sC．兩小球碰撞過程損失的動能為1.5JD．碰后兩小球的動量大小相等、方向相反答案C解析由圖乙知碰撞前小球2靜止，小球1的速度v1＝4m/s，碰撞后v2′＝eq\f(18－8,4－2)m/s＝5m/s，而v1′＝eq\f(12－8,4－2)m/s＝2m/s，由動量守恒定律知m1v1＝m1v1′＋m2v2′，代入數(shù)據(jù)得m1＝1.5kg，故A錯誤；根據(jù)動量定理，碰撞過程中小球2對小球1的沖量I1＝m1v1′－m1v1＝(1.5×2－1.5×4)N·s＝－3N·s，故B錯誤；碰撞前后，系統(tǒng)損失的動能ΔEk＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)m1v1′2－eq\f(1,2)m2v2′2＝1.5J，故C正確；碰后兩小球的動量方向都沿正方向，故D錯誤。5.如圖所示，兩光滑且平行固定的水平桿位于同一豎直平面內(nèi)，兩靜止小球a、b分別穿在兩桿上，兩球間連接一個處于原長的豎直輕彈簧，現(xiàn)給小球b一個水平向右的初速度v0。小球a的質(zhì)量為m1，小球b的質(zhì)量為m2，且m1≠m2，如果兩桿足夠長，則在此后的運動過程中()A．a(chǎn)、b組成的系統(tǒng)動量守恒B．a(chǎn)、b組成的系統(tǒng)機械能守恒C．彈簧最長時，其彈性勢能為eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,0)D．當a的速度達到最大時，b的速度最小答案A解析由于水平桿光滑，兩球在豎直方向上受力平衡，所受彈簧的彈力在水平方向上的分力時刻大小相等、方向相反，所以兩球組成的系統(tǒng)所受的合力為零，即系統(tǒng)動量守恒，A正確；兩小球受重力、彈簧彈力和桿的支持力，重力和桿的支持力不做功，彈簧彈力做功大小、正負不同，故兩小球組成的系統(tǒng)機械能不守恒，B錯誤；當彈簧最長時，兩小球的速度相等，由動量守恒定律有m2v0＝(m1＋m2)v，解得v＝eq\f(m2v0,m1＋m2)，由機械能守恒定律，彈簧最長時，其彈性勢能Ep＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(m1＋m2)v2＝eq\f(m1m2,2m1＋m2)veq\o\al(2,0)，C錯誤；由于兩小球的質(zhì)量不相等，彈簧開始伸長的過程中，a一直在加速，當彈簧再次恢復原長時a的速度達到最大，從開始到此刻，相當于b以速度v0與靜止的a發(fā)生彈性碰撞，若m1＜m2，則此時b的速度仍向右，速度最小，若m1＞m2，則此時b的速度向左，大于最小值0，D錯誤。6.(2020·山東省棗莊市高三上學期期末)如圖所示為建筑工地上打樁機將樁料打入泥土的圖片，圖為其工作時的示意圖。打樁前先將樁料扶正立于地基上，樁料進入泥土的深度忽略不計。已知夯錘的質(zhì)量為M＝150kg，樁料的質(zhì)量為m＝50kg。某次打樁時，將夯錘提升到距離樁頂h0＝0.2m處由靜止釋放，夯錘自由下落。夯錘砸在樁頂上后，立刻隨樁料一起向下運動。假設(shè)樁料進入泥土的過程中所受泥土的阻力大小恒為4500N。取g＝10m/s2，下列說法正確的是()A．夯錘與樁料碰撞前瞬間的速度大小為2m/sB．夯錘與樁料碰撞后瞬間的速度大小為1.5m/sC．本次打樁，樁料進入泥土的最大深度為0.16mD．本次打樁，樁料進入泥土的最大深度為0.09m答案ABD解析夯錘與樁料碰撞前，夯錘做自由落體運動，則有veq\o\al(2,0)＝2gh0，代入數(shù)據(jù)解得v0＝2m/s，故A正確；取向下為正方向，打擊過程內(nèi)力遠大于外力，故系統(tǒng)動量守恒，夯錘擊打樁料后兩者共速，則有Mv0＝(M＋m)v，代入數(shù)據(jù)解得v＝1.5m/s，故B正確；設(shè)樁料進入泥土的最大深度為h，對夯錘與樁料，由動能定理得(M＋m)gh－fh＝0－eq\f(1,2)(M＋m)v2，代入數(shù)據(jù)解得h＝0.09m，故C錯誤，D正確。7.(2020·吉林省樺甸四中、磐石一中、梅河口五中、蛟河實驗中學等高三4月聯(lián)考)如圖所示，一帶有eq\f(1,2)光滑圓弧軌道的小車靜止在光滑的水平面上，一個可視為質(zhì)點的小球從圓弧A端正上方由靜止釋放，剛好從A點無碰撞地進入圓弧小車，AB是圓弧的水平直徑，在小球從A向B運動的過程中，下列說法正確的是()A．小球和小車組成的系統(tǒng)動量守恒B．小球運動到圓弧軌道最低點時，小車的速度最大C．小球運動到B點時的速度大小等于小球在A點時的速度大小D．小球從B點拋出后，向上做斜上拋運動答案BC解析小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向所受合力為零，在豎直方向所受合力不為零，所以系統(tǒng)動量不守恒，但水平方向系統(tǒng)動量守恒，故A錯誤；小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，可知系統(tǒng)水平方向的總動量保持為零不變，因為小球運動到圓弧最低點時水平速度最大，則此時小車的速度最大，故B正確；小球由B點離開小車時與小車在水平方向速度相等，又因為小球和小車組成的系統(tǒng)在水平方向的動量始終為零，則此時小球在水平方向的速度為零，小車的速度為零，小球離開小車后做豎直上拋運動，根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒可知，小球運動到B點的速度大小等于小球在A點時的速度大小，故C正確，D錯誤。8．(2020·陜西省咸陽市高三下學期二模)如圖所示，在光滑的水平面上靜止放置一質(zhì)量為m的木板B，木板表面光滑，左端固定一水平輕質(zhì)彈簧。質(zhì)量為2m的木塊A以速度v0從木板的右端水平向左滑上木板B，在木塊A與彈簧相互作用的過程中，下列說法正確的是()A．彈簧壓縮量最大時，B板運動速率最大B．B板的加速度先增大后減小C．彈簧給木塊A的沖量大小為eq\f(4mv0,3)D．彈簧的最大彈性勢能為eq\f(mv\o\al(2,0),3)答案BCD解析從彈簧的壓縮量達到最大到彈簧恢復原長的過程中，彈簧對木板B有向左的彈力，B板仍在加速，所以當彈簧恢復原長時B板的速率最大，故A錯誤；彈簧壓縮量先增大后減小，彈簧對B板的彈力先增大后減小，故B板的加速度先增大后減小，故B正確；設(shè)彈簧恢復原長時A與B的速度分別為v1和v2，取向左為正方向，根據(jù)動量守恒定律，有2mv0＝2mv1＋mv2，根據(jù)機械能守恒定律，有eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，解得v1＝eq\f(v0,3)，v2＝eq\f(4v0,3)，對木塊A，根據(jù)動量定理，有I＝2mv1－2mv0＝－eq\f(4,3)mv0，故C正確；當木塊與長木板速度相等時，彈簧的壓縮量最大，彈性勢能最大，根據(jù)動量守恒定律，有2mv0＝(m＋2m)v，A、B與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，根據(jù)機械能守恒定律，有Ep＝eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(2m＋m)v2，聯(lián)立解得彈簧的最大彈性勢能Ep＝eq\f(1,3)mveq\o\al(2,0)，故D正確。9．如圖所示，質(zhì)量為M1的小車和質(zhì)量為M2的滑塊均靜止在光滑水平面上，小車緊靠滑塊(不粘連)，在小車上固定的輕桿頂端系細繩，繩的末端拴一質(zhì)量為m的小球，將小球向右拉至細繩水平且繃直后釋放，在小球從釋放至第一次達到左側(cè)最高點的過程中，下列說法正確的是()A．小球與小車組成的系統(tǒng)機械能守恒B．小球、小車和滑塊組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒C．小球運動至最低點時，小車和滑塊分離D．小球一定能向左擺到釋放時的高度答案BC解析對小球、小車和滑塊組成的系統(tǒng)，只有重力做功，機械能守恒，因為在整個過程中滑塊獲得了動能，則小球和小車組成的系統(tǒng)機械能不守恒，故A錯誤；對小球、小車和滑塊組成的系統(tǒng)，在水平方向上不受外力，則在水平方向上動量守恒，故B正確；小球向左擺到最低點的過程中，速度增大，水平方向上的動量增大，根據(jù)動量守恒定律，小車和滑塊向右的動量增大，可知向右的速度增大，小球從最低點向左擺時，速度減小，水平方向上的動量減小，則小車向右的動量減小，速度減小，與滑塊發(fā)生分離，C正確；小球、小車和滑塊組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，最終滑塊的速度不為零，則當小球向左擺到最高點時，水平速度不為零，根據(jù)機械能守恒定律知，小球不能擺到釋放時的高度，故D錯誤。10．(2020·山東省泰安肥城市高三下學期適應性訓練)如圖所示，完全相同的甲、乙兩輛拖車，質(zhì)量均為m，在水平恒力F作用下，以速度v沿平直路面勻速前進。某時刻甲、乙兩拖車之間的掛鉤脫鉤，而牽引力F保持不變(將脫鉤瞬間記為t＝0時刻)，則下列說法正確的是()A．甲、乙兩車組成的系統(tǒng)在0～eq\f(2mv,F)時間內(nèi)的動量守恒B．甲、乙兩車組成的系統(tǒng)在eq\f(2mv,F)～eq\f(3mv,F)時間內(nèi)的動量守恒C.eq\f(2mv,F)時刻甲車動能的大小為mv2D．0～eq\f(2mv,F)時間內(nèi)系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能為2mv2答案AD解析設(shè)甲、乙所受的滑動摩擦力大小均為f，甲、乙組成的系統(tǒng)勻速運動時有F＝2f，可得f＝eq\f(F,2)，掛鉤脫鉤后，取向右為正方向，設(shè)經(jīng)時間Δt乙停止運動，由動量定理得－fΔt＝0－mv，聯(lián)立可得Δt＝eq\f(2mv,F)，在乙停止運動前，即在t＝0至t＝eq\f(2mv,F)時間內(nèi)，甲、乙組成的系統(tǒng)所受合力為零，總動量守恒，故A正確，B錯誤；在t＝0至t＝eq\f(2mv,F)時間內(nèi)，甲、乙組成的系統(tǒng)動量守恒，設(shè)t＝eq\f(2mv,F)時刻，甲的速度為v1，則有2mv＝mv1，解得v1＝2v，則t＝eq\f(2mv,F)時刻甲車動能為Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝2mv2，故C錯誤；0～eq\f(2mv,F)時間內(nèi)，對甲車，根據(jù)動能定理有(F－f)s1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mv2，可得甲車克服摩擦力做的功為W1＝fs1＝eq\f(3,2)mv2，根據(jù)動能定理可得乙車克服摩擦力做的功為W2＝eq\f(1,2)mv2，根據(jù)功能關(guān)系可得系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能為Q＝W1＋W2＝2mv2，故D正確。二、非選擇題(本題共3小題，共40分)11．(2020·江蘇省南通市、泰州市高三上學期第一次調(diào)研)(12分)如圖所示，光滑水平面上有一輕質(zhì)彈簧，彈簧左端固定在墻壁上，滑塊A以v0＝12m/s的水平速度撞上靜止的滑塊B并粘在一起向左運動，與彈簧作用后原速率彈回，已知A、B的質(zhì)量分別為m1＝0.5kg、m2＝1.5kg。求：(1)A與B撞擊結(jié)束時的速度大小v；(2)在整個過程中，彈簧對A、B系統(tǒng)的沖量大小I。答案(1)3m/s(2)12N·s解析(1)A、B組成的系統(tǒng)碰撞過程動量守恒，以向左為正方向，由動量守恒定律得m1v0＝(m1＋m2)v，代入數(shù)據(jù)解得v＝3m/s。(2)以向左為正方向，A、B與彈簧作用過程，由動量定理得－I＝(m1＋m2)(－v)－(m1＋m2)v代入數(shù)據(jù)解得I＝12N·s。12.(12分)如圖所示，甲、乙兩船的總質(zhì)量(包括船、人和貨物)分別為10m、12m，兩船沿同一直線同一方向運動，速度分別為2v0、v0。為避免兩船相撞，乙船上的人將一質(zhì)量為m的貨物沿水平方向拋向甲船，甲船上的人將貨物接住，求拋出貨物的最小速度。(不計水的阻力)答案4v0解析設(shè)乙船上的人拋出貨物的最小速度大小為vmin，拋出貨物后船的速度為v1，甲船上的人接到貨物后船的速度為v2，由動量守恒定律得貨物從乙船拋出過程，12mv0＝11mv1－mvmin貨物落入甲船過程，10m·2v0－mvmin＝11mv2為避免兩船相撞應滿足v1＝v2解得vmin＝4v0。13．(2020·河北省石家莊市一模)(16分)如圖所示，在光滑水平面上，有一輕彈簧左端固定，右端放置一質(zhì)量m1＝2kg的小球，小球與彈簧不拴接。小球右側(cè)放置一光滑的四分之一圓弧軌道，半徑R＝1.5m，質(zhì)量m2＝8kg?，F(xiàn)用力推動小球，將彈簧緩慢壓縮，當外力做功為25J時，撤去外力釋放小球，彈簧恢復原長后小球進入圓弧軌道。已知重力加速