新教材高考物理微專題小練習(xí)專題39動(dòng)量守恒定律的理解和應(yīng)用

PAGE7PAGE專題39動(dòng)量守恒定律的理解和應(yīng)用1.[2022·河南省駐馬店市大聯(lián)考]如圖所示，小車A靜止于光滑水平面上，A上有一圓弧PQ，圓弧位于同一豎直平面內(nèi)，小球B由靜止起沿圓弧下滑，則這一過(guò)程中()A．若圓弧不光滑，則系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒B．若圓弧光滑，則系統(tǒng)的動(dòng)量不守恒，機(jī)械能守恒C.若圓弧不光滑，則系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，機(jī)械能守恒D.若圓弧光滑，則系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒2．[2022·甘肅省臨洮中學(xué)期中考試](多選)如圖所示，在光滑水平面上，一速度大小為v0的A球與靜止的B球碰撞后，A球的速率為eq\f(v0,3)，B球的速率為eq\f(v0,2)，A、B兩球的質(zhì)量之比可能是()A．3∶4B．4∶3C．8∶3D．3∶83．[2022·九師聯(lián)盟質(zhì)量檢測(cè)](多選)如圖所示，光滑水平面上有一輕彈簧，其左端固定在豎直墻壁上．一質(zhì)量m1＝0.5kg可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊A以v0＝12m/s的水平速度向左運(yùn)動(dòng)，撞上靜止的質(zhì)量m2＝1.5kg可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊B并粘在一起向左運(yùn)動(dòng)，兩滑塊與彈簧作用后原速率彈回，則下列說(shuō)法正確的是()A．兩滑塊組成的系統(tǒng)碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒B．兩滑塊碰撞結(jié)束時(shí)的速度大小為3m/sC．在整個(gè)過(guò)程中，兩滑塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒D．在整個(gè)過(guò)程中，彈簧對(duì)A、B系統(tǒng)的沖量大小為12N·s4.[2022·湖南省衡陽(yáng)市階段練習(xí)](多選)用不可伸長(zhǎng)的細(xì)線懸掛一質(zhì)量為M的小木塊，木塊靜止，如圖所示，現(xiàn)有一質(zhì)量為m的子彈自左方水平射向木塊，并停留在木塊中，子彈初速度為v0，則下列判斷正確的是()A．從子彈射向木塊到一起上升到最高點(diǎn)的過(guò)程中系統(tǒng)的機(jī)械能守恒B．子彈射入木塊瞬間動(dòng)量守恒，故子彈射入木塊瞬間子彈和木塊的共同速度為eq\f(mv0,M＋m)C．子彈和木塊一起上升的過(guò)程中，子彈和木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒D．子彈和木塊一起上升的最大高度為eq\f(m2veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),2g（M＋m）2)5．如圖水平桌面上放置一操作臺(tái)，操作臺(tái)上表面水平且光滑．在操作臺(tái)上放置體積相同，質(zhì)量不同的甲、乙兩球，質(zhì)量分別為m1、m2，兩球用細(xì)線相連，中間有一個(gè)壓縮的輕質(zhì)彈簧，兩球分別與操作臺(tái)左右邊緣距離相等．燒斷細(xì)線后，由于彈簧彈力的作用，兩球分別向左、右運(yùn)動(dòng)，脫離彈簧后在操作臺(tái)面上滑行一段距離，然后平拋落至水平桌面上．則下列說(shuō)法中正確的是()A．剛脫離彈簧時(shí)，甲、乙兩球的動(dòng)量相同B．剛脫離彈簧時(shí)，甲、乙兩球的動(dòng)能相同C．甲、乙兩球不會(huì)同時(shí)落到水平桌面上D．甲、乙兩球做平拋運(yùn)動(dòng)的水平射程之比為m1∶m26.[2022·江西省萍鄉(xiāng)市階段練習(xí)]在光滑水平地面上放置一輛小車，車上放置有木盆，在車與木盆以共同的速度向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，有雨滴以極小的速度豎直落入木盆中而不濺出，如圖所示，則在雨滴落入木盆的過(guò)程中，小車速度將()A．保持不變B．變大C．變小D．不能確定7．滑板運(yùn)動(dòng)是青少年比較喜歡的一種戶外運(yùn)動(dòng)．現(xiàn)有一個(gè)質(zhì)量為m的小孩站在一輛質(zhì)量為λm的滑板車上，小孩與滑板車一起在光滑的水平路面上以速度v0勻速運(yùn)動(dòng)，突然發(fā)現(xiàn)前面有一個(gè)小水坑，由于來(lái)不及轉(zhuǎn)向和剎車，該小孩立即相對(duì)滑板車以速度v0向前跳離滑板車，滑板車速度大小變?yōu)樵瓉?lái)的eq\f(1,2)，但方向不變，則λ為()A．1B．2C．3D．48．[2022·江蘇省常州市質(zhì)量調(diào)研]光滑水平面上放有一上表面光滑、傾角為α的斜面體A，斜面體質(zhì)量為M、底邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，如圖所示．將一質(zhì)量為m、可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊B從斜面的頂端由靜止釋放，滑塊B經(jīng)過(guò)時(shí)間t剛好滑到斜面底端．此過(guò)程中斜面對(duì)滑塊的支持力大小為FN，則下列說(shuō)法中正確的是()A．FN＝mgcosαB．滑塊下滑過(guò)程中支持力對(duì)B的沖量大小為FNtcosαC．滑塊B下滑的過(guò)程中A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒D.此過(guò)程中斜面體向左滑動(dòng)的距離為eq\f(m,M＋m)L9．[2022·陜西省涇陽(yáng)縣期中]如圖所示，質(zhì)量m＝2kg的小鐵塊(可視為質(zhì)點(diǎn))放在長(zhǎng)木板左端，長(zhǎng)木板質(zhì)量M＝4kg，靜止在光滑水平面上，當(dāng)給小鐵塊施加大小為6N·s、方向水平向右的瞬時(shí)沖量后，經(jīng)過(guò)0.8s木板和小鐵塊達(dá)到共同速度．重力加速度g取10m/s2，則長(zhǎng)木板與小鐵塊的共同速度大小和二者之間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為()A．0.8m/s0.5B．0.8m/s0.25C．1m/s0.5D．1m/s0.2510．[2022·黑龍江省雙鴨山一中考試]如圖所示，質(zhì)量為m的滑塊A套在一水平固定的光滑細(xì)桿上，可自由滑動(dòng)．在水平桿上固定一擋板P，滑塊靠在擋板P左側(cè)且處于靜止?fàn)顟B(tài)，其下端用長(zhǎng)為L(zhǎng)的不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)線懸掛一個(gè)質(zhì)量為3m的小球B，已知重力加速度大小為g.現(xiàn)將小球B拉至右端水平位置，使細(xì)線處于自然長(zhǎng)度，由靜止釋放，忽略空氣阻力，求：(1)小球第一次運(yùn)動(dòng)至最低點(diǎn)時(shí)，細(xì)線拉力的大?。?2)滑塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，所能獲得的最大速度．11．如圖所示，甲、乙兩名宇航員正在離靜止的空間站一定距離的地方執(zhí)行太空維修任務(wù)．某時(shí)刻甲、乙都以大小為v0＝2m/s的速度相向運(yùn)動(dòng)，甲、乙和空間站在同一直線上且可視為質(zhì)點(diǎn)．甲和他的裝備總質(zhì)量為M1＝90kg，乙和他的裝備總質(zhì)量為M2＝135kg，為了避免直接相撞，乙從自己的裝備中取出一質(zhì)量為m＝45kg的物體A推向甲，甲迅速接住A后即不再松開(kāi)，此后甲、乙兩宇航員在空間站外做相對(duì)距離不變的同向運(yùn)動(dòng)，且安全“飄”向空間站．(1)乙要以多大的速度v將物體A推出；(2)設(shè)甲與物體A作用時(shí)間為t＝0.5s，求甲與A的相互作用力F的大小．專題39動(dòng)量守恒定律的理解和應(yīng)用1．B不管圓弧是否光滑，系統(tǒng)的水平方向不受外力，水平方向動(dòng)量守恒，但豎直方向動(dòng)量不守恒；若圓弧光滑，系統(tǒng)只有重力做功，機(jī)械能守恒，若圓弧不光滑，系統(tǒng)有能量損失，機(jī)械能不守恒．綜上所述，只有選項(xiàng)B正確．2．AD兩球碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，以A的初速度方向?yàn)檎较?，如果碰撞后A球的速度方向不變，有mAv0＝mA·eq\f(v0,3)＋mB·eq\f(v0,2)，解得mA∶mB＝3∶4，如果碰撞后A的速度反向，有mAv0＝－mA·eq\f(v0,3)＋mB·eq\f(v0,2)，解得mA∶mB＝3∶8，A、D正確．3．ABD兩滑塊組成的系統(tǒng)碰撞過(guò)程中，合外力為零，動(dòng)量守恒，有m1v0＝(m1＋m2)v2，解得碰撞后的速度v2＝3m/s，A、B正確；兩滑塊壓縮彈簧的過(guò)程中，合外力不為零，動(dòng)量不守恒，C錯(cuò)誤；整個(gè)過(guò)程中彈簧對(duì)A、B的沖量大小I＝2(m1＋m2)v2＝12N·s，D正確．4．BD子彈射入木塊的瞬間系統(tǒng)動(dòng)量守恒，但機(jī)械能不守恒，有部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)內(nèi)能，之后子彈在木塊中與木塊一起上升，該過(guò)程只有重力做功，機(jī)械能守恒但總能量小于子彈射入木塊前的動(dòng)能，故A錯(cuò)誤；規(guī)定向右為正方向，由子彈射入木塊瞬間系統(tǒng)動(dòng)量守恒可得mv0＝(m＋M)v′，解得v′＝eq\f(mv0,m＋M)，故B正確；子彈和木塊一起上升的過(guò)程中，合外力不為零，所以系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，故C錯(cuò)誤；子彈在木塊中與木塊一起上升的過(guò)程中，根據(jù)機(jī)械能守恒得eq\f(1,2)(m＋M)v′2＝(m＋M)gh，解得h＝eq\f(m2veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),2g（M＋m）2)，故D正確．5．C脫離彈簧的過(guò)程滿足動(dòng)量守恒定律，以甲的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较蚩傻胢1v1－m2v2＝0，故剛脫離彈簧時(shí)，甲、乙兩球的動(dòng)量大小相等，方向相反，A錯(cuò)誤；動(dòng)能與動(dòng)量的關(guān)系為Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(p2,2m)，由于質(zhì)量不同，故剛脫離彈簧時(shí)，甲、乙兩球的動(dòng)能不相同，B錯(cuò)誤；甲、乙兩球在操作臺(tái)滑行時(shí)，距臺(tái)邊緣距離相等但速度不等，故在操作臺(tái)滑行時(shí)間不相等，之后做平拋運(yùn)動(dòng)的豎直位移相同，由h＝eq\f(1,2)gt2可知，兩球做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等，因此甲、乙兩球不會(huì)同時(shí)落到水平桌面上，C正確；由A的解析可得eq\f(v1,v2)＝eq\f(m2,m1)，平拋的水平位移為x＝v0t，故甲、乙兩球做平拋運(yùn)動(dòng)的水平射程與初速度成正比，即與質(zhì)量成反比，可得x1∶x2＝m2∶m1，D錯(cuò)誤．6．C雨滴落入木盆的過(guò)程中，小車、木盆、雨滴組成的系統(tǒng)水平方向滿足動(dòng)量守恒，設(shè)小車、木盆的總質(zhì)量為M，雨滴的質(zhì)量為m，則有Mv＝(M＋m)v共，解得v共＝eq\f(Mv,M＋m)<v，在雨滴落入木盆的過(guò)程中，小車速度將變小，C正確．7．A由題意，小孩在起跳過(guò)程中和滑板車組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有(m＋λm)v0＝λm·eq\f(v0,2)＋m(v0＋eq\f(v0,2))，解得λ＝1，故選A.8．D當(dāng)滑塊B相對(duì)于斜面加速下滑時(shí)，斜面A水平向左加速運(yùn)動(dòng)，所以滑塊B相對(duì)于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面方向的合外力不再為零，所以斜面對(duì)滑塊的支持力FN不等于mgcosα，A錯(cuò)誤；滑塊B下滑過(guò)程中支持力對(duì)B的沖量大小為FNt，B錯(cuò)誤；由于滑塊B有豎直方向的分加速度，所以系統(tǒng)豎直方向合外力不為零，系統(tǒng)的動(dòng)量不守恒，C錯(cuò)誤；系統(tǒng)水平方向不受外力，水平方向動(dòng)量守恒，設(shè)A、B兩者水平位移大小分別為x1、x2，則Mx1＝mx2，x1＋x2＝L，解得x1＝eq\f(m,M＋m)L，D正確．9．D對(duì)小鐵塊由動(dòng)量定理有I＝mv0，小鐵塊和木板在光滑水平面上動(dòng)量守恒有mv0＝(M＋m)v共，聯(lián)立解得木板與小鐵塊在共同運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大小v共＝1m/s，對(duì)木板由動(dòng)量定理有μmgt＝Mv共，解得小鐵塊與長(zhǎng)木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.25，D正確．10．(1)9mg(2)eq\f(3,2)eq\r(2gL)解析：(1)小球B第一次擺到最低點(diǎn)時(shí)，由機(jī)械能守恒定律得3mgL＝eq\f(1,2)·3mv2解得v＝eq\r(2gL)在最低點(diǎn)，由牛頓第二定律有F－3mg＝3meq\f(v2,L)解得，小球第一次到最低點(diǎn)時(shí)細(xì)線拉力的大小F＝9mg(2)當(dāng)小球第一次通過(guò)最低點(diǎn)后，滑塊A不再受到擋板P的作用力，此時(shí)滑塊A與小球B組成的系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，可判斷知當(dāng)小球再次到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，滑塊的速度達(dá)最大，設(shè)此時(shí)小球B與滑塊A的速度分別為v1、v2，規(guī)定水平向左為正方向，則有3mv＝3mv1＋mv2根據(jù)機(jī)械能守恒定律有eq\f(1,2)·3mv2＝eq\f(1,2)·3mveq\o\al(\s\up11(2),\s\do4(1))＋eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up11(2),\s\do4