2021版高考物理一輪復(fù)習(xí)課時(shí)分層提升練二十五動量守恒定律及其應(yīng)用含解析

PAGE10-動量守恒定律及其應(yīng)用(建議用時(shí)45分鐘)1.(2019·江蘇高考)質(zhì)量為M的小孩站在質(zhì)量為m的滑板上,小孩和滑板均處于靜止?fàn)顟B(tài),忽略滑板與地面間的摩擦。小孩沿水平方向躍離滑板,離開滑板時(shí)的速度大小為v,此時(shí)滑板的速度大小為 ()A.mMvB.MmvC.mm【解析】選B。設(shè)滑板的速度為u,由小孩和滑板動量守恒得:0=mu-Mv,解得:u=Mmv,故B正確,A、C、D2.將靜置在地面上,質(zhì)量為M(含燃料)的火箭模型點(diǎn)火升空,在極短時(shí)間內(nèi)以相對地面的速度v0豎直向下噴出質(zhì)量為m的熾熱氣體。忽略噴氣過程重力和空氣阻力的影響,則噴氣結(jié)束時(shí)火箭模型獲得的速度大小是 ()A.mMv0 B.MmC.MM-mv0 D.m【解析】選D。應(yīng)用動量守恒定律解決本題,注意火箭模型質(zhì)量的變化。取向下為正方向,由動量守恒定律可得:0=mv0-(M-m)v′,故v′=mv0M-m,則D正確,A3.如圖所示,自行火炮連同炮彈的總質(zhì)量為M,當(dāng)炮管水平,火炮車在水平路面上以v1的速度向右勻速行駛中,發(fā)射一枚質(zhì)量為m的炮彈后,自行火炮的速度變?yōu)関2,仍向右行駛。則炮彈相對炮筒的發(fā)射速度v0為 ()A.M(v1-v2C.M(v1【解題指南】對自行火炮和炮彈組成的系統(tǒng),由于不受阻力作用,系統(tǒng)所受合外力為0,開炮過程中動量守恒,需要注意開炮后自行火炮的質(zhì)量在減少。【解析】選B。自行火炮水平勻速行駛時(shí),牽引力與阻力平衡,系統(tǒng)動量守恒。設(shè)向右為正方向,發(fā)射前動量之和為Mv1,發(fā)射后系統(tǒng)的動量之和為(M-m)v2+m(v2+v0)。由Mv1=(M-m)v2+m(v2+v0)解得v0=Mv1-(M-m)4.(多選)兩個小球A、B在光滑水平面上相向運(yùn)動,已知它們的質(zhì)量分別是m1=4kg,m2=2kg,A的速度v1=3m/s(設(shè)為正),B的速度v2=A.均為1m/s B.+4mC.+2m/s和-1m/s D.-1【解析】選A、D。由動量守恒,可驗(yàn)證四個選項(xiàng)都滿足要求。再看動能情況:Ek=12m1v12+m2v22=12×4×9J+12×2×9J=27J,Ek′=12m1v'12+12m2v′2,由于碰撞過程動能不可能增加,所以應(yīng)有Ek≥Ek′,可排除選項(xiàng)B;選項(xiàng)C雖滿足Ek≥Ek′,但A、B沿同一直線相向運(yùn)動,發(fā)生碰撞后各自仍能保持原來速度方向(vA′>0,vB′<0),這顯然是不符合實(shí)際的,因此C錯誤;驗(yàn)證選項(xiàng)A、D均滿足Ek≥E【總結(jié)提升】可能結(jié)果的判斷(1)對一個給定的碰撞,首先要看動量是否守恒,其次再看總動能是否增加。(2)一個符合實(shí)際的碰撞,除動量守恒外還要滿足能量守恒,注意判斷碰撞完成后不可能發(fā)生二次碰撞的速度關(guān)系判定。(3)要靈活運(yùn)用Ek=p22m或p=2mEk;Ek=5.(多選)如圖所示,水平光滑軌道寬和彈簧自然長度均為d。m2的左邊有一固定擋板。m1由圖示位置靜止釋放,當(dāng)m1與m2相距最近時(shí)m1速度為v1,則在以后的運(yùn)動過程中 ()A.m1的最小速度是0B.m1的最小速度是m1-C.m2的最大速度是v1D.m2的最大速度是2m1【解析】選B、D。從小球m1到達(dá)與m2最近位置后繼續(xù)前進(jìn),此后拉動m2前進(jìn),m1減速,m2加速,達(dá)到共同速度時(shí)兩者相距最遠(yuǎn),此后m1繼續(xù)減速,m2加速,當(dāng)兩球再次相距最近時(shí),m1達(dá)到最小速度,m2達(dá)到最大速度,兩小球水平方向動量守恒,m1v1=m1v1′+m2v2,12m1v12=12m1v1′2+12m2v22;解得v1′=m1-m2m1+m2v1,v2=2m1m16.(多選)(2019·本溪模擬)如圖所示,質(zhì)量為m=245g的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))放在質(zhì)量為M=0.5kg的木板左端,足夠長的木板靜止在光滑水平面上,物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ=0.4,質(zhì)量為m0=5g的子彈以速度v0=300m/s沿水平方向射入物塊并留在其中(時(shí)間極短A.物塊和木板組成的系統(tǒng)動量守恒B.子彈的末動量大小為0.01kgC.子彈對物塊的沖量大小為0.49N·sD.物塊相對于木板滑行的時(shí)間為1s【解析】選B、D。子彈射入物塊的過程中,物塊的動量增大,所以物塊和木板組成的系統(tǒng)動量不守恒,故A錯誤;選取向右為正方向,子彈射入物塊過程,由動量守恒定律可得m0v0=(m0+m)v1,物塊在木板上滑動過程,由動量守恒定律可得(m0+m)v1=(m0+m+M)v2,聯(lián)立可得v2=m0v0m0+m+M=2m/s,所以子彈的末動量大小為p=m0v2=0.01kg·m/s-5×10-3×300kg·m/s=-1.49kg·m/s=-1.491.49N·s,故C錯誤;對子彈和物塊整體,由動量定理得-μ(m0+m)gt=(m0+m)(v2-v1),綜上可得,物塊相對于木板滑行的時(shí)間t=v2-v1-μg7.(多選)(2020·貴陽模擬)如圖所示,質(zhì)量為M的箱子A靜止于光滑的水平面上,箱內(nèi)有一質(zhì)量為m的小物塊B,小物塊與箱子底板間的動摩擦因數(shù)為μ。若給小物塊一水平向右的初速度v,小物塊與箱壁碰撞多次后與箱子保持相對靜止。設(shè)碰撞都是彈性的,下列說法正確的是 ()A.小物塊與箱子最終靜止在水平面上B.小物塊對箱子的摩擦力始終對箱子做正功C.整個過程中摩擦產(chǎn)生的熱量為mM2(D.小物塊相對箱子滑行的路程為M【解析】選C、D。系統(tǒng)水平方向不受外力,系統(tǒng)水平動量守恒,初態(tài)動量不是零,末態(tài)兩物體相對靜止,一起運(yùn)動,A錯誤;因?yàn)樾∥飰K在箱內(nèi)多次來回運(yùn)動,當(dāng)小物塊相對箱子運(yùn)動方向相反時(shí),小物塊對箱子的摩擦力始終對箱子做負(fù)功,B錯誤;根據(jù)動量守恒mv=(M+m)v′,能量守恒:Q=μmgΔs=12mv2-12(m+M)v′2,兩方程聯(lián)立解得:Q=mM2(m+M)8.某電影里兩名槍手在房間對決,他們各自背靠墻壁,一左一右,假設(shè)他們之間的地面光滑,地面上隨機(jī)放著一均勻木塊,木塊到左右兩邊的距離不一樣。兩人拿著相同的步槍和相同的子彈同時(shí)朝木塊射擊一發(fā)子彈聽天由命。但是子彈都沒有射穿木塊,兩人都活了下來反而成為了好朋友。假設(shè)你是偵探,仔細(xì)觀察木塊發(fā)現(xiàn)右邊的射孔(彈痕)更深。設(shè)子彈對木塊的作用力大小一樣,請你分析一下,哪個結(jié)論是正確的 ()A.開始時(shí),木塊更靠近左邊的人,左邊的人相對更安全B.開始時(shí),木塊更靠近左邊的人,右邊的人相對更安全C.開始時(shí),木塊更靠近右邊的人,左邊的人相對更安全D.開始時(shí),木塊更靠近右邊的人,右邊的人相對更安全【解析】選B。子彈的質(zhì)量與射出時(shí)的速度都相等,兩子彈與木塊組成的系統(tǒng)總動量為零;如果木塊在正中間,則彈痕應(yīng)該一樣長,結(jié)果是右邊的長一些,假設(shè)木塊靠近其中某一人,設(shè)子彈質(zhì)量為m,初速度為v0,木塊質(zhì)量為M,阻力為f,彈痕長度分別為x1、x2,兩子彈與木塊組成的系統(tǒng)在水平方向所受合外力為零,系統(tǒng)動量守恒,以向右為正方向,由動量守恒定律得:mv0=(M+m)v1,由能量守恒定律得:12mv02=12(M+m)對另一發(fā)子彈,同樣有:(M+m)v1-mv0=0,12mv02+12(M+m)v12=fx2,綜合判斷,后接觸木塊的子彈彈痕長,更容易射穿木塊,對面的人更危險(xiǎn),所以一開始木塊離左邊近一些,右邊的人相對更安全。9.(2019·鄭州模擬)如圖所示,質(zhì)量為0.01kg的子彈以200m/s的速度從正下方擊穿—個質(zhì)量為0.2kg的木球,子彈擊穿木球后,木球升起2.5m高,求擊穿木球后,子彈還能上升多高。(【解析】在子彈擊中并穿過木球的極短時(shí)間內(nèi),它們之間的相互作用力遠(yuǎn)大于重力,可以認(rèn)為子彈和木球在這短暫時(shí)間內(nèi)動量守恒。設(shè)子彈穿過木球后子彈和木球的速度分別為v1和v2,有m1v0=m1v1+m2v2 ①又v2聯(lián)立①②得v1=m1v0-m2則子彈上升的高度h=v122g=答案:18410.(多選)A、B兩球沿同一條直線運(yùn)動,如圖所示的x-t圖像記錄了它們碰撞前后的運(yùn)動情況,其中a、b分別為A、B碰撞前的x-t圖像。c為碰撞后它們的x-t圖像。若A球質(zhì)量為1kg,則BA.mB=2kg B.mB=2C.v=4m/s D.v=【解析】選B、D。由圖像可知碰撞前二者都做勻速直線運(yùn)動,va=4-102m/s=-3m/s,vb=4vc=2-44-2碰撞過程中動量守恒,即mAva+mBvb=(mA+mB)vc可解得mB=23由以上可知選項(xiàng)B、D正確,A、C錯誤。11.(多選)如圖所示,光滑水平面上靜置一質(zhì)量為m、長為L的長木板B,木板上表面各處粗糙程度相同,一質(zhì)量為m的小物塊A(可視為質(zhì)點(diǎn))從左端以速度v沖上木板,當(dāng)v=v0時(shí),小物塊A歷時(shí)t0恰好運(yùn)動到木板右端與木板共速。此過程中A、B系統(tǒng)生熱為Q,則 ()A.若v=v03,A、BB.若v=v02,A、BC.若v=v0,B經(jīng)歷t0時(shí)間的位移為LD.若v=2v0,A經(jīng)歷t0【解析】選A、C。當(dāng)v=v0時(shí),取向右為正方向,根據(jù)動量守恒定律得:mv0=2mv′,代入數(shù)據(jù)得:v′=0.5v0。由能量守恒定律得:Q=12mv02-12×2mv′2=14mv02。若v=v03,取向右為正方向,根據(jù)動量守恒定律得m·v03=2mv1′得:v1′=16v0。系統(tǒng)生熱:Q′=12m(v03)2-12×2mv1′2=136mv02=Q9,選項(xiàng)A正確;當(dāng)v=v0時(shí),對B,由動量定理得:ft0=mv′,可得:t0=mv02f。若v=v02,根據(jù)動量守恒定律得mv02=2mv″得:v″=14v0。對B,由動量定理得:ft=mv″,可得:t=mv04f=12t0,選項(xiàng)B錯誤;若v=v0,則由A選項(xiàng)的分析可知:fL=Q=14mv02。對B:fxB=12mv′2=18mv02聯(lián)立解得:xB=L2,選項(xiàng)C正確;若v=2v0,取向右為正方向,根據(jù)動量守恒定律得:m·2v0=mvA+mvB,A、B系統(tǒng)生熱等于系統(tǒng)克服摩擦力做功,與木板的長度有關(guān),可知A、B系統(tǒng)生熱仍為Q。根據(jù)能量守恒定律得:Q=112.質(zhì)量分別為mA=m,mB=3m的A、B兩物體如圖所示放置,其中A緊靠墻壁,A、B由質(zhì)量不計(jì)的輕彈簧相連?，F(xiàn)對B物體緩慢施加一個向左的推力,該力做功W,使A、B之間彈簧被壓縮且系統(tǒng)靜止,之后突然撤去向左的推力解除壓縮。不計(jì)一切摩擦。(1)從解除壓縮到A運(yùn)動,墻對A的沖量的大小為多少?(2)A、B都運(yùn)動后,A、B的最小速度各為多大?【解析】(1)壓縮彈簧時(shí),推力做功全部轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能,撤去推力后,B在彈力的作用下做加速運(yùn)動。在彈簧恢復(fù)原長的過程中,系統(tǒng)機(jī)械能守恒。設(shè)彈簧恢復(fù)原長時(shí),B的速度為vB0,有W=32mvB02,此過程中墻給A的沖量即為系統(tǒng)動量的變化量解得I=6mW(2)當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時(shí),A的速度為最小值vA0,有vA0=0A離開墻后,在彈簧的作用下速度逐漸增大,B的速度逐漸減小,當(dāng)彈簧再次恢復(fù)原長時(shí),A達(dá)到最大速度vA,B的速度減小到最小值vB。在此過程中,系統(tǒng)動量守恒、機(jī)械能守恒,有3mvB0=mvA+3mvBW=12mvA2+32mvB2,答案:(1)6mW(2)0【補(bǔ)償訓(xùn)練】如圖所示,光滑水平面上有一質(zhì)量M=4.0kg的平板車,車的上表面右側(cè)是一段長L=1.0m的水平軌道,水平軌道左側(cè)是一半徑R=0.25m的14光滑圓弧軌道,圓弧軌道與水平軌道在O′點(diǎn)相切。車右端固定一個尺寸可以忽略、處于鎖定狀態(tài)的壓縮彈簧,一質(zhì)量m=1.0kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))緊靠彈簧,小物塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ=0.5。整個裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)將彈簧解除鎖定,小物塊被彈出,恰能到達(dá)圓弧軌道的最高點(diǎn)A。不考慮小物塊與輕彈簧碰撞時(shí)的能量損失(1)解除鎖定前彈簧的彈性勢能。(2)小物塊第二次經(jīng)過O′點(diǎn)時(shí)的速度大小。(3)小物塊與車最終相對靜止時(shí)距O′點(diǎn)的距離。【解析】(1)平板車和小物塊組成的系統(tǒng),水平方向動量守恒,解除鎖定前,總動量為零,故小物塊到達(dá)圓弧最高點(diǎn)A時(shí),二者的共同速度v=0設(shè)彈簧解除鎖定前的彈性