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2021高考物理一轮复习 第6章 动量守恒定律及其应用 第2讲 动量守恒定律课时作业

2021高考物理一轮复习 第6章 动量守恒定律及其应用 第2讲 动量守恒定律课时作业

年级：
姓名：

- 10 -

第2讲　动量守恒定律
　　时间：70分钟　　　满分：100分
一、选择题(本题共11小题，每小题6分，共66分。其中1～6题为单选，7～11题为多选)
1. (2019·唐山摸底考试)如图所示，静止在光滑水平面上的质量为2m的滑块B与轻质弹簧拴接，轻弹簧另一端固定，质量为m的滑块A以速度v0向右运动，滑块A、B相碰瞬间粘在一起。此后弹簧弹性势能的最大值为(　　)

A.mv B.mv
C.mv D.mv
答案　B
解析　滑块A、B发生碰撞，由动量守恒定律，mv0＝(m＋2m)v，解得v＝。碰撞后的动能Ek＝·3mv2＝mv，滑块压缩弹簧，动能转化为弹性势能，由能量守恒定律可知弹簧的最大弹性势能Ep＝Ek＝mv，B正确。
2. 如图所示，竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道下端与光滑水平桌面相切，小滑块B静止在圆弧轨道的最低点。现将小滑块A从圆弧轨道的最高点无初速度释放。已知圆弧轨道半径R＝1.8 m，小滑块的质量关系是mB＝2mA，重力加速度g＝10 m/s2。则碰后小滑块B的速度大小不可能是(　　)

A．5 m/s B.4 m/s
C.3 m/s D.2 m/s
答案　A
解析　设小滑块A到达最低点时的速度为v0，根据动能定理：mgR＝mv－0，可得v0＝6 m/s。若是弹性碰撞，mAv0＝mAv1＋mBv2，mAv＝mAv＋mBv，联立解得v2＝4 m/s；若是完全非弹性碰撞，mAv0＝(mA＋mB)v，解得v＝2 m/s，所以碰后小滑块B的速度范围为2 m/s≤v≤4 m/s，B的速度不可能是5 m/s，故选A。
3．两名质量相等的滑冰人甲和乙都静止在光滑的水平冰面上。现在，其中一人向另一个人抛出一个篮球，另一人接球后再抛回。如此反复进行几次之后，甲和乙最后的速率关系是(　　)
A．若甲最先抛球，则一定是v甲>v乙
B．若乙最后接球，则一定是v甲>v乙
C．只有甲先抛球，乙最后接球，才有v甲>v乙
D．无论怎样抛球和接球，都是v甲>v乙
答案　B
解析　系统总动量为零，最后球在谁手中，谁的质量大，速度则小，故B正确。
4．(2019·安徽池州模拟)如图所示，在光滑固定的水平长杆上套着一个光滑的质量为m的滑环A，滑环通过一根不可伸长的轻绳悬吊一质量为3m的重物B(可视为质点)，轻绳长为L。将滑环A固定在水平杆上，给B一个水平瞬时冲量作用，使B向左摆动，且恰好刚碰到水平杆。若滑环A不固定，仍给B以同样大小的瞬时冲量作用，则重物B摆起的最大高度(相对于最低点)为(　　)

A.L B.L
C.L D.L
答案　B
解析　设重物B受到水平瞬时冲量作用后速度为v0，滑环固定时，对B根据机械能守恒定律有：×3mv＝3mgL，解得：v0＝。滑环不固定时，设B摆起的最大高度为h，在最大高度处A、B共速，设共同速度为v，对A、B组成的系统，根据动量守恒定律有：3mv0＝(3m＋m)v，根据机械能守恒定律有：×3mv＝(3m＋m)v2＋3mgh，解得：h＝L，B正确。
5．(2019·陕西宝鸡模拟)如图所示为中国冰壶队队员投掷冰壶时的情景。在这次投掷中，冰壶运动一段时间后以0.4 m/s的速度与对方的静止冰壶发生正碰。已知两冰壶质量均为20 kg，取中国队队员投掷的冰壶运动方向为正方向，碰后中国队冰壶的速度可能为(　　)

A．0.05 m/s B.－0.1 m/s
C．－0.2 m/s D.0.3 m/s
答案　A
解析　两冰壶碰撞的过程中动量守恒，规定向前运动方向为正方向，根据动量守恒定律有：mv0＝mv1＋mv2，若两冰壶发生的是完全非弹性碰撞，此种情况下，碰后中国队冰壶的速度最大，有v1＝v2＝＝0.2 m/s；若两冰壶发生的是弹性碰撞，此种情况下，碰后中国队冰壶的速度最小，因为m1＝m2，则两冰壶发生速度交换，有v1＝0，v2＝0.4 m/s；故中国队冰壶的速度范围为0≤v1≤0.2 m/s，A正确，B、C、D错误。
6. (2019·云南保山模拟)如图所示，质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB长度为2R，现将质量也为m的小球从距A点正上方h0高处由静止释放，然后由A点经过半圆轨道后从B冲出，在空中能上升的最大高度为h0(不计空气阻力)，则(　　)

A．小球和小车组成的系统动量守恒
B．小车向左运动的最大距离为R
C．小球离开小车后做斜上抛运动
D．小球第二次能上升的最大高度h0<h<h0
答案　D
解析　小球与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，水平方向系统动量守恒，但系统整体所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得m－m′＝0，m－m＝0，解得小车的位移x＝R，故B错误；小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，小球离开小车时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，故C错误；小球第一次在车中运动过程中，由动能定理得mgh0－h0－Wf＝0，解得Wf＝mgh0，即小球第一次在车中滚动损失的机械能为mgh0，由于小球第二次在车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于mgh0，机械能损失小于mgh0，因此小球再次离开小车时，能上升的高度大于h0－h0＝h0，而小于h0，故D正确。
7. 如图所示，连接有轻弹簧的物块a静止于光滑水平面上，物块b以一定初速度向左运动。下列关于a、b两物块的动量p随时间t的变化关系图象，合理的是(　　)

答案　BCD
解析　两物块与轻弹簧组成的系统动量守恒，机械能守恒，且两物块所受弹力大小时刻相等，p－t图线斜率表示物块所受的力即弹簧弹力，故两图线斜率的绝对值时刻相等，且先增大后减小，若b的质量较小，则物块b与a碰后会反弹，a、b两物块的动量随时间t的变化关系图象可能如B图所示；若a、b质量相等，则碰后速度交换，a、b两物块的动量随时间t的变化关系图象可能如C图所示；若b的质量较大，则碰后b不反弹，a、b两物块的动量P随时间t的变化关系图象可能如D图所示，故B、C、D均有可能，A不合理。
8. A、B两球沿同一条直线运动，如图所示的x－t图象记录了它们碰撞前后的运动情况，其中a、b分别为A、B两球碰撞前的x－t图象，c为碰撞后它们的x－t图象。若A球质量为1 kg，则B球质量及碰后它们的速度大小分别为(　　)

A．2 kg B. kg
C.4 m/s D.1 m/s
答案　BD
解析　由题图可知碰撞前A、B两球都做匀速直线运动，va＝ m/s＝－3 m/s，vb＝ m/s＝2 m/s，碰撞后二者合在一起做匀速直线运动，vc＝ m/s＝－1 m/s。碰撞过程中动量守恒，即mAva＋mBvb＝(mA＋mB)vc，可解得mB＝ kg，可知B、D正确。
9. 如图所示，两个质量和速度均相同的子弹分别水平射入静止在光滑水平地面上质量相同、材料不同的两长方体滑块A、B中，射入A中的深度是射入B中深度的两倍。两种射入过程相比较(　　)

A．射入滑块A的子弹速度变化大
B．整个射入过程中两滑块受的冲量一样大
C．射入滑块A中时阻力对子弹做功是射入滑块B中时的两倍
D．两个过程中系统产生的热量相同
答案　BD
解析　在子弹打入滑块的过程中，子弹与滑块组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可知，mv0＝(M＋m)v，两种情况下子弹和滑块的末速度相同，即两种情况下子弹的速度变化量相同，A项错误；两滑块质量相同，且最后的速度相同，由动量定理可知，两滑块受到的冲量相同，B项正确；由动能定理可知，两种射入过程中阻力对子弹做功相同，C项错误；两个过程中系统产生的热量与系统损失的机械能相同，D项正确。
10．(2020·黑龙江大庆高三第一次质检)质量为M、长度为d的木块，放在光滑的水平面上，在木块右边有一个销钉把木块挡住，使木块不能向右滑动。质量为m的子弹以水平速度v0射入木块，刚好能将木块射穿。现在拔去销钉，使木块能在水平面上自由滑动，而子弹仍以水平速度v0射入静止的木块。设子弹在木块中受到的阻力大小恒定，则(　　)

A．拔去销钉，木块和子弹组成的系统动量守恒，机械能也守恒
B．子弹在木块中受到的阻力大小为
C．拔去销钉，子弹与木块相对静止时的速度为
D．拔去销钉，子弹射入木块的深度为
答案　BD
解析　拔去销钉，木块和子弹之间的摩擦力是系统内力，木块和子弹组成的系统动量守恒，但因摩擦力做功，故系统的机械能不守恒，故A错误；当木块固定时，对子弹由动能定理可知：－fd＝0－mv，解得：f＝，B正确；拔去销钉，子弹与木块组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律可得：mv0＝(m＋M)v，解得子弹和木块相对静止时的速度为v＝，C错误；拔去销钉，由子弹射入木块到它们共速的过程中，对子弹和木块组成的系统，根据动能定理有：－fx＝(m＋M)v2－mv，解得子弹射入木块的深度为x＝，D正确。
11．如图所示，C是放在光滑的水平面上的一块木板，木板的质量为3 kg，在木板的上表面有两块质量均为1 kg的小木块A和B，它们与木板间的动摩擦因数均为0.2。最初木板静止，A、B两木块同时以相向的水平初速度2 m/s和4 m/s滑上长木板，则下列说法正确的是(　　)

A．若A、B始终未滑离木板也未发生碰撞，则木板至少长为4.8 m
B．木块B的最小速度是零
C．从刚开始运动到A、B、C速度刚好相等的过程中，木块A所发生的位移是1 m
D．木块A向左运动的最大位移为1 m
答案　AD
解析　由题意可知，开始一段时间内，木块B向右减速，木块A向左减速，此过程木板C静止不动；木块A的速度先减小到零后与木板C一起反向向右加速，木块B继续向右减速，三者共速时，木块B的速度最小。设木块A、B的质量均为m，则木板C的质量为3m。取水平向右为正方向，根据动量守恒定律有mvB－mvA＝5mv，解得木块B的最小速度为v＝0.4 m/s，由能量守恒定律得mv＋mv＝·5mv2＋μmgLA＋μmgLB，解得木板最短长度L＝LA＋LB＝4.8 m，故A正确，B错误；木块A向左减速的过程，根据动能定理有－μmgx1＝0－mv，解得木块A向左运动的最大位移为1 m，故D正确；木块A向右加速过程，根据动能定理有，μmgx2＝(m＋3m)v2，解得x2＝0.16 m，故从刚开始到A、B、C速度刚好相等的过程中，木块A的位移xA＝x1－x2＝0.84 m，C错误。
二、非选择题(本题共3小题，共34分)
12. (10分)如图所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m、12m，两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为2v0、v0。为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度。(不计水的阻力)

答案　4v0
解析　设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为vmin，抛出货物后船的速度为v1，甲船上的人接到货物后船的速度为v2，由动量守恒定律得
货物从乙船抛出过程，12mv0＝11mv1－mvmin
货物落入甲船过程，10m·2v0－mvmin＝11mv2
为避免两船相撞应满足v1＝v2
解得vmin＝4v0。
13．(12分)如图所示，A、B的质量分别为m1＝1 kg、m2＝2 kg，置于小车C上，小车的质量为m3＝1 kg，A、B与小车间的动摩擦因数为0.5，小车静止在光滑的水平面上。A、B间夹有少量炸药，某时刻炸药爆炸，A、B间炸药爆炸的能量有12 J转化为A、B的机械能，其余能量转化为内能。A、B始终在小车表面水平运动，小车足够长。求：

(1)炸药爆炸后A、B获得的速度大小；
(2)A、B在小车上滑行的时间各是多少？
答案　(1)4 m/s　2 m/s　(2)0.8 s　0.2 s
解析　(1)根据爆炸过程中能量的转化，有：
E＝m1v＋m2v
爆炸过程中，根据动量守恒定律得：m1v1＝m2v2
联立解得：v1＝4 m/s，v2＝2 m/s。
(2)爆炸后A、B都在C上滑动，加速度大小均为a＝μg＝5 m/s2，C所受A、B摩擦力的合力向右，且v1>v2，分析可知B会与C先相对静止，设此时A的速度大小为v3，B、C的速度大小为v4，该过程的时间为t1。
对A应用动量定理：－μm1gt1＝m1v3－m1v1
对B应用动量定理：－μm2gt1＝m2v4－m2v2
对C应用动量定理：(μm2g－μm1g)t1＝m3v4
联立代入数据解得：v3＝3 m/s，v4＝1 m/s，t1＝0.2 s。
之后，A在C上滑动直到相对C静止，设相对静止时三者速度均为v，由动量守恒定律：(m1＋m2＋m3)v＝0，
解得：v＝0。
设A在C上滑动的总时间为t，对A应用动量定理：
－μm1gt＝0－m1v1，
解得：t＝0.8 s。
14．(12分)质量分别为mA＝m，mB＝3m的A、B两物体如图所示放置，其中A紧靠墙壁，A、B由质量不计的轻弹簧相连。现对B物体缓慢施加一个向左的推力，该力做功W，使A、B之间弹簧被压缩且系统静止，之后突然撤去向左的推力解除压缩。不计一切摩擦。

(1)从解除压缩到A运动，墙对A的冲量的大小为多少？
(2)A、B都运动后，A、B的最小速度各为多大？
答案　(1)　(2)0　
解析　(1)压缩弹簧时，推力做功全部转化为弹簧的弹性势能，撤去推力后，B在弹力的作用下做加速运动。在弹簧恢复原长的过程中，系统机械能守恒，设弹簧恢复原长时，B的速度为vB0，有
W＝mv
此过程中墙给A的冲量即为系统动量的变化量，有
I＝3mvB0
解得I＝。
(2)当弹簧恢复原长时，A的速度最小，设为vA0，
则vA0＝0
A离开墙后，在弹簧的作用下A的速度逐渐增大，B的速度逐渐减小，当弹簧再次恢复原长时，A达到最大速度vA，B的速度减小到最小值vB。在此过程中，系统动量守恒、机械能守恒，有
3mvB0＝mvA＋3mvB
W＝mv＋mv
解得vB＝ 。