新教材高考物理一輪復(fù)習(xí)課時(shí)練20動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用含解析新人教版

一輪復(fù)習(xí)精品資料(高中)PAGE1-動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用1.(動(dòng)量守恒的條件、動(dòng)量守恒定律)(2020北京海淀高三三模)男女雙人滑冰是頗具藝術(shù)性的冰上運(yùn)動(dòng)項(xiàng)目。在某次比賽的一個(gè)小片段中,男女運(yùn)動(dòng)員在水平冰面上沿同一直線相向滑行,且速率恰好相等,男運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量為女運(yùn)動(dòng)員的2倍,某時(shí)刻兩者相遇,然后共同運(yùn)動(dòng)。為簡化問題,在此過程中兩運(yùn)動(dòng)員均可視為質(zhì)點(diǎn),且冰面光滑。則()A.相遇過程中兩者的總動(dòng)量不守恒B.相遇過程中兩者的總動(dòng)能守恒C.相遇過程中兩者的動(dòng)量變化大小不等D.女運(yùn)動(dòng)員相遇前后的動(dòng)量大小之比為3∶12.(完全非彈性碰撞)(2020北京高三檢測)如圖所示,質(zhì)量為m的小球A靜止于光滑水平面上,在A與墻之間用輕彈簧連接?，F(xiàn)用質(zhì)量也為m的小球B以水平速度v0與A相碰后粘在一起壓縮彈簧。不計(jì)空氣阻力,若彈簧被壓縮過程中的最大彈性勢能為E,從球A被碰到回到原靜止位置的過程中墻對彈簧的沖量大小為I,則下列表達(dá)式中正確的是()A.E=14mv02I=2mv0 B.E=C.E=14mv02I=mv03.(動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用)(2020四川德陽高考模擬)如圖所示,在固定的水平桿上,套有質(zhì)量為m的光滑圓環(huán),輕繩一端拴在環(huán)上,另一端系著質(zhì)量為M的木塊,現(xiàn)有質(zhì)量為m0的子彈以大小為v0的水平速度射入木塊并留在木塊中,重力加速度為g,下列說法正確的是()A.子彈射入木塊后的瞬間,速度大小為mB.子彈射入木塊后的瞬間,繩子拉力等于(M+m0)gC.子彈射入木塊后的瞬間,環(huán)對輕桿的壓力大于(M+m+m0)gD.子彈射入木塊之后,圓環(huán)、木塊和子彈構(gòu)成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒4.(多選)(動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用)(2020河南洛陽高三一模)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的足夠長的木板左端,木板靜止在光滑水平面上,物塊與木板間的動(dòng)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),g取10m/s2,則在整個(gè)過程中()A.物塊和木板組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒B.子彈的末動(dòng)量大小為0.01kg·m/sC.子彈對物塊的沖量大小為0.49N·sD.物塊相對木板滑行的時(shí)間為1s5.(動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用)(2020福建福州期末)如圖所示,質(zhì)量為M的均勻木塊靜止在光滑的水平面上,木塊左右兩側(cè)各有一位拿著完全相同的步槍和子彈的射擊手,子彈質(zhì)量為m,首先左側(cè)的射擊手開槍,子彈水平射入木塊的深度為d1,子彈與木塊相對靜止后,右側(cè)的射擊手開槍,子彈水平射入木塊的深度為d2,設(shè)兩子彈均未射穿木塊,兩子彈射入木塊前的速度大小相等,且兩子彈與木塊之間的作用力大小相等。當(dāng)兩顆子彈均相對木塊靜止時(shí),兩子彈射入的深度之比d1d2A.Mm B.M2m+6.(動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用)(2020內(nèi)蒙古通遼檢測)如圖所示,在沙堆表面放置一木塊A,其上面再放一個(gè)質(zhì)量為m的火箭模型B,木塊的質(zhì)量為M。當(dāng)火箭模型發(fā)射時(shí),因反沖作用木塊陷入沙中深度h,而木塊所受沙子的平均阻力為f。若火箭模型中的火藥質(zhì)量以及空氣阻力可忽略不計(jì),重力加速度為g。求:(1)火箭模型發(fā)射瞬間木塊獲得的速度大小;(2)火箭模型能上升的最大高度。7.(彈性碰撞)(2020山東濟(jì)南高三三模)如圖所示,四分之一圓弧軌道固定于水平面,末端與水平軌道相切,圓弧半徑R=1.25m。質(zhì)量M=0.4kg的小球B靜止在水平軌道上,質(zhì)量m=0.1kg的小球A從與圓心等高處無初速度釋放,滑下后A與B發(fā)生彈性碰撞。小球體積相同且均可視為質(zhì)點(diǎn),不計(jì)一切摩擦,重力加速度g取10m/s2。求:(1)小球A第一次到達(dá)圓弧軌道最低點(diǎn)時(shí),球A受到的支持力大小;(2)小球A、B第一次碰后各自的速度。素養(yǎng)綜合練8.(多選)如圖所示,水平面上固定著兩根足夠長的平行導(dǎo)槽,質(zhì)量為2m的U形管恰好能在兩導(dǎo)槽之間自由滑動(dòng),一質(zhì)量為m的小球沿水平方向,以初速度v0從U形管的一端射入,從另一端射出。已知小球的半徑略小于管道半徑,不計(jì)一切摩擦,下列說法正確的是()A.該過程中,小球與U形管組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒B.小球從U形管的另一端射出時(shí),速度大小為vC.小球運(yùn)動(dòng)到U形管圓弧部分的最左端時(shí),速度大小為vD.小球從射入至運(yùn)動(dòng)到U形管圓弧部分的最左端的過程中,平行導(dǎo)槽受到的沖量大小為69.(2020重慶高三月考)在光滑水平面上有三個(gè)彈性小鋼球a、b、c處于靜止?fàn)顟B(tài),質(zhì)量分別為2m、m和2m。其中a、b兩球間夾一被壓縮了的彈簧,兩球通過左右兩邊的光滑擋板束縛著。若某時(shí)刻將擋板撤掉,彈簧便把a(bǔ)、b兩球彈出,兩球脫離彈簧后,a球獲得的速度大小為v,若b、c兩球相距足夠遠(yuǎn),則b、c兩球相碰后()A.b球的速度大小為13vB.b球的速度大小為23vC.c球的速度大小為83D.c球的速度大小為2310.“引力彈弓效應(yīng)”是指在太空運(yùn)動(dòng)的探測器,借助行星的引力來改變自己的速度。為了分析這個(gè)過程,可以建構(gòu)以下模型:探測器分別從行星運(yùn)動(dòng)的反方向或同方向接近行星,分別因相互作用改變了速度。如圖所示,以太陽為參考系,設(shè)行星運(yùn)動(dòng)的速度為u,探測器的初速度大小為v0,在圖示的兩種情況下,探測器在遠(yuǎn)離行星后速度大小分別為v1和v2。探測器和行星雖然沒有發(fā)生直接碰撞,但是在行星的運(yùn)動(dòng)方向上,其運(yùn)動(dòng)規(guī)律可以近似為兩個(gè)質(zhì)量不同的鋼球在同一條直線上發(fā)生的彈性碰撞。那么下列判斷中正確的是()A.v1>v0 B.v1=v0C.v2>v0 D.v2=v011.(2020天津高三二模)如圖所示是一個(gè)滑板場地,OP段是光滑的四分之一圓弧軌道,半徑為0.8m。PQ段是足夠長的粗糙水平地面,滑板與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.2?；暹\(yùn)動(dòng)員踩著滑板A從O點(diǎn)由靜止滑下,到達(dá)P點(diǎn)時(shí),立即向前起跳?；暹\(yùn)動(dòng)員離開滑板A后,滑板A以速度v1=2m/s返回,滑板運(yùn)動(dòng)員落到前面相同的滑板B上,并一起向前繼續(xù)滑動(dòng)。已知滑板質(zhì)量是m=5kg,滑板運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量是滑板的9倍,滑板B與P點(diǎn)的距離為Δx=3m,g取10m/s2。(不考慮滑板的長度以及滑板運(yùn)動(dòng)員和滑板間的作用時(shí)間)求:(1)當(dāng)滑板運(yùn)動(dòng)員和滑板A到達(dá)圓弧軌道末端P點(diǎn)時(shí)滑板A對軌道的壓力;(2)滑板運(yùn)動(dòng)員落到滑板B上瞬間,滑板B的速度大小;(3)兩個(gè)滑板間的最終距離。12.如圖所示,質(zhì)量為M=2kg的木板A靜止在光滑水平面上,其左端與固定臺階相距x,右端與一固定在地面上的半徑R=0.4m的光滑四分之一圓弧緊靠在一起,圓弧的底端與木板上表面水平相切。質(zhì)量為m=1kg的滑塊B(可視為質(zhì)點(diǎn))以初速度v0=8m/s從圓弧的頂端沿圓弧下滑,B從A右端的上表面水平滑入時(shí)撤走圓弧。A與臺階碰撞無機(jī)械能損失,不計(jì)空氣阻力,A、B之間動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.1,A足夠長,B不會(huì)從A表面滑出,g取10m/s2。(1)求滑塊B到圓弧底端時(shí)的速度大小v1;(2)若A與臺階碰前,已和B達(dá)到共速,求A向左運(yùn)動(dòng)的過程中與B摩擦產(chǎn)生的熱量Q(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字);(3)若A與臺階只發(fā)生一次碰撞,求x滿足的條件。▁▃▅▇█參*考*答*案█▇▅▃▁課時(shí)規(guī)范練20動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用1.D由題意可知,可將兩運(yùn)動(dòng)員的運(yùn)動(dòng)看作完全非彈性碰撞,即碰后速度相等,在碰撞過程中,滿足動(dòng)量守恒定律,碰撞過程損失機(jī)械能,總動(dòng)能減小,故A、B錯(cuò)誤;根據(jù)動(dòng)量守恒定律,兩者的動(dòng)量變化大小相等,故兩者的動(dòng)量變化不相等,故C錯(cuò)誤;設(shè)男運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量為2m,女運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量為m,兩者初速率皆為v,以男運(yùn)動(dòng)員初速度方向?yàn)檎较?根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得2mv-mv=(2m+m)v',解得v'=v3,女運(yùn)動(dòng)員相遇前后的動(dòng)量大小之比為pp2.AA和B碰撞瞬間,由動(dòng)量守恒定律可知mv0=2mv1,解得v1=v02,碰撞后系統(tǒng)機(jī)械能守恒,當(dāng)兩球向左減速到零時(shí)彈簧的彈性勢能最大,最大彈性勢能為E,則E=12×2m×v022=14mv02,對整體分析,取向右為正,由動(dòng)量定理可得I=2m×3.C子彈射入木塊后的瞬間,子彈和木塊在水平方向上動(dòng)量守恒,則m0v0=(M+m0)v1,解得速度大小為v1=m0v0m0+M,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;子彈射入木塊后的瞬間,根據(jù)牛頓第二定律可得T-(M+m0)g=(M+m0)v12l,可知繩子拉力大于(M+m04.BD子彈進(jìn)入木塊的過程中,物塊和木板的動(dòng)量都增大,所以物塊和木板組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒,故A錯(cuò)誤;選取向右為正方向,子彈打入物塊的過程,由動(dòng)量守恒定律可得m0v0=(m0+m)v1,物塊在木板上滑動(dòng)的過程,由動(dòng)量守恒定律可得(m0+m)v1=(m0+m+M)v2,聯(lián)立可得v2=m0v0m0+m+M=5×10-3×3005×10-3+245×10-3+0.5m/s=2m/s,所以子彈的末動(dòng)量p=m0v2=5×10-3×2=0.01kg·m/s,故B正確;由動(dòng)量定理可得子彈受到的沖量I=Δp=p-p0=0.01kg·m/s-5×10-3×300kg·m/s=-1.49N·5.B設(shè)向右為正方向,子彈射入木塊前的速度大小為v,子彈受到的阻力大小為f。當(dāng)兩顆子彈均相對于木塊靜止時(shí),由動(dòng)量守恒定律得mv-mv=(2m+M)v',得v'=0,即當(dāng)兩顆子彈均相對于木塊靜止時(shí),木塊的速度為零。先對從左側(cè)射入木塊的子彈和木塊組成的系統(tǒng)進(jìn)行研究,則有mv=(M+m)v1,由能量守恒定律得fd1=12mv2-12(M+m)v12,再對兩顆子彈和木塊組成的系統(tǒng)進(jìn)行研究,得fd2=12(M+m)v6.〖答案〗(1)2(f-〖解析〗(1)對木塊,由動(dòng)能定理得Mgh-fh=0-12Mv解得v=2(2)火箭模型發(fā)射過程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒,由動(dòng)量守恒定律得Mv-mv'=0火箭模型做豎直上拋運(yùn)動(dòng),上升的最大高度H=v解得H=(7.〖答案〗(1)3N(2)A的速度為3m/s,方向向左;B的速度為2m/s,方向向右〖解析〗(1)A第一次在圓弧軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí),由機(jī)械能守恒定律可得mgR=12mv在圓弧軌道最低點(diǎn)時(shí),由牛頓第二定律得F-mg=mv解得F=3N(2)A、B的碰撞為彈性碰撞,由動(dòng)量守恒定律得mv=mv1+Mv2由機(jī)械能守恒定律得12mv2=解得v1=-3m/sv2=2m/s所以第一次碰后,A的速度為3m/s,方向向左;B的速度為2m/s,方向向右。8.ABD小球和U形管組成的系統(tǒng)整體在運(yùn)動(dòng)過程中沒有除重力之外的力做功,所以系統(tǒng)整體機(jī)械能守恒,所以A正確;小球從U形管一端進(jìn)入再從另一端出來的過程中,小球和U形管組成的系統(tǒng)水平方向不受外力,規(guī)定向左為正方向,由動(dòng)量守恒定律可得mv0=mv1+2mv2,再由機(jī)械能守恒定律可得12mv02=12mv12+12·2mv22,解得v1=m-2mm+2mv0=-13v0,所以B正確;小球從射入至運(yùn)動(dòng)到U形管圓弧部分的最左端的過程中,小球和U形管水平向左的方向上滿足動(dòng)量守恒定律,得mv0=(m+2m)vx,vx=v03,由能量守恒得12mv02=12·29.B彈簧彈開的瞬間,a、b和彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,故有2mv-mvb1=0,解得b獲得的速度為vb1=2v,方向水平向右,b、c碰撞前后,兩者組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,故有mvb1=2mvc+mvb2,由于是彈性小球,碰撞無能量損失,故12mvb12=12mvb22+12·10.A設(shè)探測器的質(zhì)量為m,行星的質(zhì)量為M,探測器和行星發(fā)生彈性碰撞。對于甲:設(shè)向左為正,由動(dòng)量守恒定律有Mu-mv0=mv1+Mu1,由能量守恒有12Mu2+12mv02=12mv12+12Mu12,聯(lián)立解得探測器碰后的速度v1=2Mu+Mv0-mv0M+m,因M?m,故v1=2u+v0>v011.〖答案〗(1)1500N,豎直向下(2)4.2m/s(3)6.41m〖解析〗(1)O→P下滑過程,滑板運(yùn)動(dòng)員與滑板A機(jī)械能守恒,10mgR=5mv2,代入數(shù)據(jù)解得v=2gR=4m/s,設(shè)在P點(diǎn)支持力為FN,FN-10mg=10mv2R,解得FN=1500N,根據(jù)牛頓第三定律得F壓=F(2)滑板運(yùn)動(dòng)員跳離A板,滑板運(yùn)動(dòng)員與滑板A在水平方向上動(dòng)量守恒,10mv=-mv1+9mv2,解得v2=143m/s,滑板運(yùn)動(dòng)員跳上B板,滑板運(yùn)動(dòng)員與滑板B在水平方向上動(dòng)量守恒,9mv2=10mv3,解得v3=4.(3)滑板B的位移xB=v322μg=4.41m,滑板A在弧面上滑行的過程中,機(jī)械能守恒,所以再次返回P點(diǎn)時(shí)的速度仍為v1=2m/s,滑板A的位移xA=v122μg=1m,最終兩滑板的位置間距為L=xB12.〖答案〗(1)4m/s(2)5.3J(3)x≥1m〖解析〗(1)滑塊B從釋放到最低點(diǎn),由動(dòng)能定理得:mgR=1解得:v1=4m/s(2)由動(dòng)量守恒定律得:mv1=(m+M)v2解得:v2=43由能量守恒定律得:Q=12mv1解得:Q=5.3J(3)設(shè)A左端與臺階碰撞前瞬間,A、B的速度分別為v3和v4,由動(dòng)量守恒定律得:mv1=mv4+Mv3若A與臺階只碰撞一次,則必須滿足:Mv3≥mv4對A板,應(yīng)用動(dòng)能定理有:μmgx=12M聯(lián)立解得:x≥1m動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用1.(動(dòng)量守恒的條件、動(dòng)量守恒定律)(2020北京海淀高三三模)男女雙人滑冰是頗具藝術(shù)性的冰上運(yùn)動(dòng)項(xiàng)目。在某次比賽的一個(gè)小片段中,男女運(yùn)動(dòng)員在水平冰面上沿同一直線相向滑行,且速率恰好相等,男運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量為女運(yùn)動(dòng)員的2倍,某時(shí)刻兩者相遇,然后共同運(yùn)動(dòng)。為簡化問題,在此過程中兩運(yùn)動(dòng)員均可視為質(zhì)點(diǎn),且冰面光滑。則()A.相遇過程中兩者的總動(dòng)量不守恒B.相遇過程中兩者的總動(dòng)能守恒C.相遇過程中兩者的動(dòng)量變化大小不等D.女運(yùn)動(dòng)員相遇前后的動(dòng)量大小之比為3∶12.(完全非彈性碰撞)(2020北京高三檢測)如圖所示,質(zhì)量為m的小球A靜止于光滑水平面上,在A與墻之間用輕彈簧連接?，F(xiàn)用質(zhì)量也為m的小球B以水平速度v0與A相碰后粘在一起壓縮彈簧。不計(jì)空氣阻力,若彈簧被壓縮過程中的最大彈性勢能為E,從球A被碰到回到原靜止位置的過程中墻對彈簧的沖量大小為I,則下列表達(dá)式中正確的是()A.E=14mv02I=2mv0 B.E=C.E=14mv02I=mv03.(動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用)(2020四川德陽高考模擬)如圖所示,在固定的水平桿上,套有質(zhì)量為m的光滑圓環(huán),輕繩一端拴在環(huán)上,另一端系著質(zhì)量為M的木塊,現(xiàn)有質(zhì)量為m0的子彈以大小為v0的水平速度射入木塊并留在木塊中,重力加速度為g,下列說法正確的是()A.子彈射入木塊后的瞬間,速度大小為mB.子彈射入木塊后的瞬間,繩子拉力等于(M+m0)gC.子彈射入木塊后的瞬間,環(huán)對輕桿的壓力大于(M+m+m0)gD.子彈射入木塊之后,圓環(huán)、木塊和子彈構(gòu)成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒4.(多選)(動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用)(2020河南洛陽高三一模)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的足夠長的木板左端,木板靜止在光滑水平面上,物塊與木板間的動(dòng)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),g取10m/s2,則在整個(gè)過程中()A.物塊和木板組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒B.子彈的末動(dòng)量大小為0.01kg·m/sC.子彈對物塊的沖量大小為0.49N·sD.物塊相對木板滑行的時(shí)間為1s5.(動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用)(2020福建福州期末)如圖所示,質(zhì)量為M的均勻木塊靜止在光滑的水平面上,木塊左右兩側(cè)各有一位拿著完全相同的步槍和子彈的射擊手,子彈質(zhì)量為m,首先左側(cè)的射擊手開槍,子彈水平射入木塊的深度為d1,子彈與木塊相對靜止后,右側(cè)的射擊手開槍,子彈水平射入木塊的深度為d2,設(shè)兩子彈均未射穿木塊,兩子彈射入木塊前的速度大小相等,且兩子彈與木塊之間的作用力大小相等。當(dāng)兩顆子彈均相對木塊靜止時(shí),兩子彈射入的深度之比d1d2A.Mm B.M2m+6.(動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用)(2020內(nèi)蒙古通遼檢測)如圖所示,在沙堆表面放置一木塊A,其上面再放一個(gè)質(zhì)量為m的火箭模型B,木塊的質(zhì)量為M。當(dāng)火箭模型發(fā)射時(shí),因反沖作用木塊陷入沙中深度h,而木塊所受沙子的平均阻力為f。若火箭模型中的火藥質(zhì)量以及空氣阻力可忽略不計(jì),重力加速度為g。求:(1)火箭模型發(fā)射瞬間木塊獲得的速度大小;(2)火箭模型能上升的最大高度。7.(彈性碰撞)(2020山東濟(jì)南高三三模)如圖所示,四分之一圓弧軌道固定于水平面,末端與水平軌道相切,圓弧半徑R=1.25m。質(zhì)量M=0.4kg的小球B靜止在水平軌道上,質(zhì)量m=0.1kg的小球A從與圓心等高處無初速度釋放,滑下后A與B發(fā)生彈性碰撞。小球體積相同且均可視為質(zhì)點(diǎn),不計(jì)一切摩擦,重力加速度g取10m/s2。求:(1)小球A第一次到達(dá)圓弧軌道最低點(diǎn)時(shí),球A受到的支持力大小;(2)小球A、B第一次碰后各自的速度。素養(yǎng)綜合練8.(多選)如圖所示,水平面上固定著兩根足夠長的平行導(dǎo)槽,質(zhì)量為2m的U形管恰好能在兩導(dǎo)槽之間自由滑動(dòng),一質(zhì)量為m的小球沿水平方向,以初速度v0從U形管的一端射入,從另一端射出。已知小球的半徑略小于管道半徑,不計(jì)一切摩擦,下列說法正確的是()A.該過程中,小球與U形管組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒B.小球從U形管的另一端射出時(shí),速度大小為vC.小球運(yùn)動(dòng)到U形管圓弧部分的最左端時(shí),速度大小為vD.小球從射入至運(yùn)動(dòng)到U形管圓弧部分的最左端的過程中,平行導(dǎo)槽受到的沖量大小為69.(2020重慶高三月考)在光滑水平面上有三個(gè)彈性小鋼球a、b、c處于靜止?fàn)顟B(tài),質(zhì)量分別為2m、m和2m。其中a、b兩球間夾一被壓縮了的彈簧,兩球通過左右兩邊的光滑擋板束縛著。若某時(shí)刻將擋板撤掉,彈簧便把a(bǔ)、b兩球彈出,兩球脫離彈簧后,a球獲得的速度大小為v,若b、c兩球相距足夠遠(yuǎn),則b、c兩球相碰后()A.b球的速度大小為13vB.b球的速度大小為23vC.c球的速度大小為83D.c球的速度大小為2310.“引力彈弓效應(yīng)”是指在太空運(yùn)動(dòng)的探測器,借助行星的引力來改變自己的速度。為了分析這個(gè)過程,可以建構(gòu)以下模型:探測器分別從行星運(yùn)動(dòng)的反方向或同方向接近行星,分別因相互作用改變了速度。如圖所示,以太陽為參考系,設(shè)行星運(yùn)動(dòng)的速度為u,探測器的初速度大小為v0,在圖示的兩種情況下,探測器在遠(yuǎn)離行星后速度大小分別為v1和v2。探測器和行星雖然沒有發(fā)生直接碰撞,但是在行星的運(yùn)動(dòng)方向上,其運(yùn)動(dòng)規(guī)律可以近似為兩個(gè)質(zhì)量不同的鋼球在同一條直線上發(fā)生的彈性碰撞。那么下列判斷中正確的是()A.v1>v0 B.v1=v0C.v2>v0 D.v2=v011.(2020天津高三二模)如圖所示是一個(gè)滑板場地,OP段是光滑的四分之一圓弧軌道,半徑為0.8m。PQ段是足夠長的粗糙水平地面,滑板與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.2?；暹\(yùn)動(dòng)員踩著滑板A從O點(diǎn)由靜止滑下,到達(dá)P點(diǎn)時(shí),立即向前起跳?；暹\(yùn)動(dòng)員離開滑板A后,滑板A以速度v1=2m/s返回,滑板運(yùn)動(dòng)員落到前面相同的滑板B上,并一起向前繼續(xù)滑動(dòng)。已知滑板質(zhì)量是m=5kg,滑板運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量是滑板的9倍,滑板B與P點(diǎn)的距離為Δx=3m,g取10m/s2。(不考慮滑板的長度以及滑板運(yùn)動(dòng)員和滑板間的作用時(shí)間)求:(1)當(dāng)滑板運(yùn)動(dòng)員和滑板A到達(dá)圓弧軌道末端P點(diǎn)時(shí)滑板A對軌道的壓力;(2)滑板運(yùn)動(dòng)員落到滑板B上瞬間,滑板B的速度大小;(3)兩個(gè)滑板間的最終距離。12.如圖所示,質(zhì)量為M=2kg的木板A靜止在光滑水平面上,其左端與固定臺階相距x,右端與一固定在地面上的半徑R=0.4m的光滑四分之一圓弧緊靠在一起,圓弧的底端與木板上表面水平相切。質(zhì)量為m=1kg的滑塊B(可視為質(zhì)點(diǎn))以初速度v0=8m/s從圓弧的頂端沿圓弧下滑,B從A右端的上表面水平滑入時(shí)撤走圓弧。A與臺階碰撞無機(jī)械能損失,不計(jì)空氣阻力,A、B之間動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.1,A足夠長,B不會(huì)從A表面滑出,g取10m/s2。(1)求滑塊B到圓弧底端時(shí)的速度大小v1;(2)若A與臺階碰前,已和B達(dá)到共速,求A向左運(yùn)動(dòng)的過程中與B摩擦產(chǎn)生的熱量Q(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字);(3)若A與臺階只發(fā)生一次碰撞,求x滿足的條件。▁▃▅▇█參*考*答*案█▇▅▃▁課時(shí)規(guī)范練20動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用1.D由題意可知,可將兩運(yùn)動(dòng)員的運(yùn)動(dòng)看作完全非彈性碰撞,即碰后速度相等,在碰撞過程中,滿足動(dòng)量守恒定律,碰撞過程損失機(jī)械能,總動(dòng)能減小,故A、B錯(cuò)誤;根據(jù)動(dòng)量守恒定律,兩者的動(dòng)量變化大小相等,故兩者的動(dòng)量變化不相等,故C錯(cuò)誤;設(shè)男運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量為2m,女運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量為m,兩者初速率皆為v,以男運(yùn)動(dòng)員初速度方向?yàn)檎较?根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得2mv-mv=(2m+m)v',解得v'=v3,女運(yùn)動(dòng)員相遇前后的動(dòng)量大小之比為pp2.AA和B碰撞瞬間,由動(dòng)量守恒定律可知mv0=2mv1,解得v1=v02,碰撞后系統(tǒng)機(jī)械能守恒,當(dāng)兩球向左減速到零時(shí)彈簧的彈性勢能最大,最大彈性勢能為E,則E=12×2m×v022=14mv02,對整體分析,取向右為正,由動(dòng)量定理可得I=2m×3.C子彈射入木塊后的瞬間,子彈和木塊在水平方向上動(dòng)量守恒,則m0v0=(M+m0)v1,解得速度大小為v1=m0v0m0+M,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;子彈射入木塊后的瞬間,根據(jù)牛頓第二定律可得T-(M+m0)g=(M+m0)v12l,可知繩子拉力大于(M+m04.BD子彈進(jìn)入木塊的過程中,物塊和木板的動(dòng)量都增大,所以物塊和木板組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒,故A錯(cuò)誤;選取向右為正方向,子彈打入物塊的過程,由動(dòng)量守恒定律可得m0v0=(m0+m)v1,物塊在木板上滑動(dòng)的過程,由動(dòng)量守恒定律可得(m0+m)v1=(m0+m+M)v2,聯(lián)立可得v2=m0v0m0+m+M=5×10-3×3005×10-3+245×10-3+0.5m/s=2m/s,所以子彈的末動(dòng)量p=m0v2=5×10-3×2=0.01kg·m/s,故B正確;由動(dòng)量定理可得子彈受到的沖量I=Δp=p-p0=0.01kg·m/s-5×10-3×300kg·m/s=-1.49N·5.B設(shè)向右為正方向,子彈射入木塊前的速度大小為v,子彈受到的阻力大小為f。當(dāng)兩顆子彈均相對于木塊靜止時(shí),由動(dòng)量守恒定律得mv-mv=(2m+M)v',得v'=0,即當(dāng)兩顆子彈均相對于木塊靜止時(shí),木塊的速度為零。先對從左側(cè)射入木塊的子彈和木塊組成的系統(tǒng)進(jìn)行研究,則有mv=(M+m)v1,由能量守恒定律得fd1=12mv2-12(M+m)v12,再對兩顆子彈和木塊組成的系統(tǒng)進(jìn)行研究,得fd2=12(M+m)v6.〖答案〗(1)2(f-〖解析〗(1)對木塊,由動(dòng)能定理得Mgh-fh=0-12Mv解得v=2(2)火箭模型發(fā)射過程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒,由動(dòng)量守恒定律得Mv-mv'=0火箭模型做豎直上拋運(yùn)動(dòng),上升的最大高度H=v解得H=(7.〖答案〗(1)3N(2)A的速度為3m/s,方向向左;B的速度為2m/s,方向向右〖解析〗(1)A第一次在圓弧軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí),由機(jī)械能守恒定律可得mgR=12mv在圓弧軌道最低點(diǎn)時(shí),由牛頓第二定律得F-mg=mv解得F=3N(2)A、B的碰撞為彈性碰撞,由動(dòng)量守恒定律得mv=mv1+Mv2由機(jī)械能守恒定律得12mv2=解得v1=-3m/sv2=2m/s所以第一次碰后,A的速度為3m/s,方向向左;B的速度為2m/s,方向向右。8.ABD小球和U形管組成的系統(tǒng)整體在運(yùn)動(dòng)過程中沒有除重力之外的力做功,所以系統(tǒng)整體機(jī)械能守恒,所以A正確;小球從U形管一端進(jìn)入再從另一端出來的過程