2020版高考物理二輪復習 第一部分 專題復習訓練 課時作業(yè)五 動量定理、動量守恒定律（含解析）

課時作業(yè)五動量定理、動量守恒定律一、選擇題1關于下列四幅圖所反映的物理過程的說法正確的是()圖1A甲圖中子彈射入木塊的過程中，子彈和木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，能量不守恒B乙圖中M、N兩木塊放在光滑的水平面上，剪斷細線，在彈簧恢復原長的過程中，M、N與彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒，機械能增加C丙圖中細線斷裂后，木球和鐵球在水中運動的過程，系統(tǒng)動量守恒，機械能不守恒D丁圖中木塊沿放在光滑水平面上的斜面下滑，木塊和斜面組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，機械能守恒解析：甲圖中，在光滑水平面上，子彈射入木塊的過程中，子彈和木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，機械能有損失，但是損失的機械能轉化為內(nèi)能，能量仍守恒，A錯誤；乙圖中，剪斷細線，在彈簧恢復原長的過程中，M、N與彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒，彈簧的彈性勢能轉化為木塊的動能，系統(tǒng)機械能守恒，B錯誤；丙圖中，木球和鐵球組成的系統(tǒng)勻速下降，說明兩球所受水的浮力等于兩球自身的重力，細線斷裂后兩球在水中運動的過程中，所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，由于水的浮力對兩球做功，兩球組成的系統(tǒng)機械能不守恒，選項C正確；丁圖中，木塊沿放在光滑水平面上的斜面下滑，木塊和斜面組成的系統(tǒng)在水平方向上不受外力，水平方向上動量守恒，由于斜面可能不光滑，所以機械能可能有損失，D錯誤答案：C2(2019年河南高三質檢)甲、乙兩個質量都是M的小車靜置在光滑水平地面上質量為m的人站在甲車上并以速度v(對地)跳上乙車，接著仍以對地的速率v反跳回甲車對于這一過程，下列說法中正確的是()A最后甲、乙兩車的速率相等B最后甲、乙兩車的速率之比v甲v乙M(mM)C人從甲車跳到乙車時對甲的沖量為I1，從乙車跳回甲車時對乙車的沖量為I2，應是I1I2D人從甲車跳到乙車時對甲的沖量為I1，從乙車跳回甲車時對乙車的沖量為I2，應是I1>I2解析：以人與甲車組成的系統(tǒng)為研究對象，以人的速度方向為正方向，由動量守恒定律得，人跳離甲車時，mvMv10，以乙車與人組成的系統(tǒng)為研究對象，以人的速度方向為正方向，由動量守恒定律得，人跳上乙車時，mv(mM)v2，人跳離乙車時，(mM)v2Mv乙mv，以人與甲車組成的系統(tǒng)為研究對象，以人的速度方向為正方向，由動量守恒定律得，人反跳回甲車時，mvMv1(mM)v甲，解得，故A錯誤，B正確；由動量定理得，對甲車I1Mv1mv，對乙車I2Mv乙Mv22mv>mv，即I1<I2，故C、D錯誤答案：B3“爆竹聲中一歲除，春風送暖入屠蘇”，燃放爆竹是我國傳統(tǒng)民俗春節(jié)期間，某人斜向上拋出一個爆竹，假設爆竹到達最高點時(速度水平向東)立即爆炸成質量相等的三塊碎片，前面一塊碎片速度水平向東，后面一塊碎片速度水平向西，前、后兩塊碎片的水平速度(相對地面)大小相等、方向相反，則以下說法正確的是()A爆炸后的瞬間，中間那塊碎片的速度大于爆炸前瞬間爆竹的速度B爆炸后的瞬間，中間那塊碎片的速度可能水平向西C爆炸后，三塊碎片將同時落到水平地面上，并且落地時的動量相同D爆炸后的瞬間，中間那塊碎片的動能可能小于爆炸前瞬間爆竹的總動能解析：設爆竹爆炸前的速度為v，爆竹爆炸成三塊碎片的質量均為m，爆炸后前、后兩塊碎片的速度大小為v前后，中間那塊碎片的速度大小為v，設水平向東為正方向，根據(jù)水平方向動量守恒，3mvmv前后mvmv前后，得v3v，方向向東，所以爆炸后的瞬間，中間那塊碎片的速度大于爆炸前瞬間爆竹的速度，選項A正確，B錯誤；爆炸后，三塊碎片均做平拋運動，豎直方向上有hgt2，下落時間相同，則豎直方向分速度相同，但水平方向上的分速度不同，故合速度不同，則動量不同，選項C錯誤；爆炸后的瞬間，中間那塊碎片的動能m(3v)2>·3m·v2，選項D錯誤答案：A42017年7月9日，斯諾克世界杯在江蘇無錫落下帷幕，由丁俊暉和梁文博組成的中國A隊在決賽中1比3落后的不利形勢下成功逆轉，最終以4比3擊敗英格蘭隊，幫助中國斯諾克臺球隊獲得了世界杯三連冠，如圖2為丁俊暉正在準備擊球設在丁俊暉這一桿中，白色球(主球)和花色球碰撞前、后都在同一直線上運動，碰前白色球的動量為pA5 kg·m/s，花色球靜止，白色球A與花色球B發(fā)生碰撞后，花色球B的動量變?yōu)閜B4 kg·m/s，則兩球質量mA與mB間的關系可能是()圖2AmBmA BmBmACmBmA DmB6mA解析：由動量守恒定律得pApBpApB，解得pA1 kg·m/s，根據(jù)碰撞過程中總動能不增加，則有，代入數(shù)據(jù)解得mBmA，碰后兩球同向運動，白色球A的速度不大于花色球B的速度，則，解得mB4mA，綜上可得mAmB4mA，選項A正確答案：A5如圖3所示，在光滑的水平面上，質量m1的小球A以速率v0向右運動在小球的前方O點處有一質量為m2的小球B處于靜止狀態(tài)，Q點處為一豎直的墻壁小球A與小球B發(fā)生彈性正碰后小球A與小球B均向右運動小球B與墻壁碰撞后原速率返回并與小球A在P點相遇，PQ2PO，則兩小球質量之比m1m2為()圖3A75 B13C21 D53解析：設A、B兩個小球碰撞后的速度分別為v1、v2，由動量守恒定律有m1v0m1v1m2v2，發(fā)生彈性碰撞，不損失動能，故根據(jù)能量守恒定律有m1v02m1v12m2v22，兩個小球碰撞后到再次相遇，其速率不變，由運動學規(guī)律有v1v2PO(PO2PQ)PO(PO4PO)15，聯(lián)立三式可得m1m253，D正確答案：D6(多選)如圖4所示，小車AB放在光滑水平面上，A端固定一個輕彈簧，B端粘有油泥，AB總質量為M，質量為m的木塊C放在小車上，用細繩連接于小車的A端并使彈簧壓縮，開始時AB和C都靜止當突然燒斷細繩時，C被釋放，使C離開彈簧向B端沖去，并跟B端油泥粘在一起，忽略一切摩擦，以下說法正確的是()圖4A彈簧伸長過程中C向右運動，同時AB也向右運動BC與B碰前，C與AB的速率之比為MmCC與油泥粘在一起后，AB立即停止運動DC與油泥粘在一起后，AB繼續(xù)向右運動解析：小車、物塊和彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒，開始總動量為零，在彈簧伸長的過程中，C向右運動，則小車向左運動，故A錯誤規(guī)定向右為正方向，在C與B碰前，根據(jù)動量守恒定律得，0mvCMv，解得vCvMm，故B正確；因為小車、物塊和彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒，開始總動量為零，當C與油泥粘在一起時，總動量仍然為零，則小車停止運動，故C正確，D錯誤答案：BC7(多選)A、B兩球沿一直線運動并發(fā)生正碰，如圖5所示為兩球碰撞前、后的位移隨時間變化的圖象，a、b分別為A、B兩球碰前的位移隨時間變化的圖象，c為碰撞后兩球共同運動的位移隨時間變化的圖象若A球質量是m2 kg，則由圖判斷下列結論正確的是()圖5A碰撞前、后A球的動量變化量為4 kg·m/sB碰撞時A球對B球所施的沖量為4 N·sCA、B兩球碰撞前的總動量為3 kg·m/sD碰撞中A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的動能為10 J解析：根據(jù)圖象可知，碰前A球的速度vA3 m/s，碰前B球的速度vB2 m/s，碰后A、B兩球共同的速度v1 m/s，故碰撞前、后A球的動量變化量為pAmvmvA4 kg·m/s，選項A正確；A球的動量變化量為4 kg·m/s，則B球的動量變化為4 kg·m/s，根據(jù)動量定理，碰撞過程中A球對B球所施的沖量為4 N·s，選項B正確；由于碰撞過程中動量守恒，有mvAmBvB(mmB)v，解得mB kg，故碰撞過程中A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的動能為EmvA2mBvB2(mmB)v210 J，選項D正確；A、B兩球碰撞前的總動量為pmvAmBvB(mmB)v kg·m/s，選項C錯誤答案：ABD8(2019年山西朔州情仁一中高三月考)(多選)圖6如圖6所示，一質量為m的物塊甲以3 m/s的速度在光滑水平面上運動，有一輕彈簧固定在其左端，另一質量也為m的物塊乙以4 m/s的速度與物塊甲在同一直線上相向運動，則()A甲、乙兩物塊在彈簧壓縮過程中，系統(tǒng)動量守恒B當兩物塊相距最近時，甲物塊的速率為零C碰撞過程中，甲物塊的速率可能為1 m/s，也可能為5 m/sD碰撞過程中，乙物塊的速率可能為2 m/s，也可能為1.7 m/s解析：甲、乙兩物塊(包括彈簧)組成的系統(tǒng)在彈簧壓縮過程中，系統(tǒng)所受的合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，故A正確；當兩物塊相距最近時速度相同，取碰撞前乙的速度方向為正方向，設共同速率為v，由動量守恒定律得：mv乙mv甲2mv，代入數(shù)據(jù)解得：v0.5 m/s，故B錯誤；若物塊甲的速率達到5 m/s，方向與原來相同，則：mv乙mv甲mv甲m乙v乙，代入數(shù)據(jù)解得：v乙6 m/s.兩個物體的速率都增大，動能都增大，違反了能量守恒定律若物塊甲的速率達到5 m/s，方向與原來相反，則：mv乙mv甲mv甲m乙v乙，代入數(shù)據(jù)解得：v乙4 m/s，碰撞后，乙的動能不變，甲的動能增加，系統(tǒng)總動能增加，違反了能量守恒定律所以物塊甲的速率不可能達到5 m/s，故C錯誤；甲、乙組成的系統(tǒng)動量守恒，選取向右為正方向，由動量守恒定律得：mv乙mv甲mv甲mv乙，碰撞結束后，系統(tǒng)的動能守恒，則：m甲v甲2m乙v乙2m甲v甲2m乙v乙2.代入數(shù)據(jù)解得：v甲4 m/s；v乙3 m/s.可知碰撞結束后，甲與乙交換速度；碰撞過程中，乙物塊的速度在4 m/s3 m/s之間都是可以的所以速率可能為2 m/s，也可能為1.7 m/s，故D正確答案：AD二、解答題9(2018年高考·課標全國卷)一質量為m的煙花彈獲得動能E后，從地面豎直升空當煙花彈上升的速度為零時，彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質量相等的兩部分，兩部分獲得的動能之和也為E，且均沿豎直方向運動爆炸時間極短，重力加速度大小為g，不計空氣阻力和火藥的質量求：(1)煙花彈從地面開始上升到彈中火藥爆炸所經(jīng)過的時間；(2)爆炸后煙花彈向上運動的部分距地面的最大高度解：(1)設煙花彈上升的初速度為v0，由題給條件有則Emv02設煙花彈從地面開始上升到火藥爆炸所用的時間為t，由運動學公式有0v0gt聯(lián)立式得t (2)設爆炸時煙花彈距地面的高度為h1，由機械能守恒定律有Emgh1火藥爆炸后，煙花彈上、下兩部分均沿豎直方向運動，設爆炸后瞬間其速度分別為v1和v2.由題給條件和動量守恒定律有mv12mv22Emv1mv20由式知，煙花彈兩部分的速度方向相反，向上運動部分做豎直上拋運動設爆炸后煙花彈向上運動部分繼續(xù)上升的高度為h2，由機械能守恒定律有mv12mgh2聯(lián)立式得，煙花彈向上運動部分距地面的最大高度為hh1h210如圖7所示，質量均為m的木板AB和滑塊CD緊靠在一起靜置在光滑水平面上，木板AB的上表面粗糙，滑塊CD的表面是光滑的四分之一圓弧，其始端D點切線水平且與木板AB上表面相平一可視為質點的物塊P質量也為m，從木板AB的右端以初速度v0滑上木板AB，過B點時的速度為，然后滑上滑塊CD，最終恰好能滑到滑塊CD的最高點C處重力加速度為g.求：圖7(1)物塊滑到B點時木板的速度v的大小；(2)滑塊CD圓弧的半徑R.解：(1)對P和木板、滑塊CD組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律有mv0m2mv，解得v.(2)物塊P由D點滑到C點的過程中，滑塊CD和物塊P組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，有mm2mv共系統(tǒng)能量守恒，有mgRm()2m()2×2mv共2解得R.11如圖8所示，質量為mA3 kg的小車A以v04 m/s的速度沿光滑水平面勻速運動，小車左端固定的支架通過不可伸長的輕繩懸掛質量為mB1 kg的小球B(可看作質點)，小球距離車面h0.8 m某一時刻，小車與靜止在光滑水平面上的質量為mC1 kg的物塊C發(fā)生碰撞并粘連在一起(碰撞時間可忽略)，此時輕繩突然斷裂此后，小球剛好落入小車右端固定的沙桶中(小桶的尺寸可忽略)，不計空氣阻力，重力加速度g取10 m/s2.求：圖8(1)小車系統(tǒng)的最終速度大小v共；(2)繩未斷前小球與沙桶的水平距離L；(3)整個過程中系統(tǒng)損失的機械能E機損解：(1)設系統(tǒng)最終速度為v共，水平方向動量守恒，有(mAmB)v0(mAmBmC)v共代入數(shù)據(jù)解得v共3.2 m/s(2)A與C的碰撞動量守恒，mAv0(mAmC)v1解得v13 m/s，設小球下落時間為t，則hgt2代入數(shù)據(jù)解得t0.4 s所以繩未斷前小球與沙桶的水平距離為L(v0v1)t代入數(shù)據(jù)解得L0.4 m(3)由能量守恒得E機損mBgh(mAmB)v02(mAmBmC)v共2代入數(shù)據(jù)解得E機損14.4 J- 9 -