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第六章第2课时动量守恒定律及其应用
一、单项选择题本题6小题,每小题6分,共36分1.如图所示,甲木块的质量为m1,以v的速度沿光滑水平地面向前运动,正前方有一静止的、质量为m2的乙木块,乙上连有一轻质弹簧.甲木块与弹簧接触后 A.甲木块的动量守恒B.乙木块的动量守恒C.甲、乙两木块所组成系统的动量守恒D.甲、乙两木块所组成系统的动能守恒答案C2.685201812015·福建理综如图,两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动,滑块A的质量为m,速度大小为2v0,方向向右,滑块B的质量为2m,速度大小为v0,方向向左,两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是 A.A和B都向左运动 B.A和B都向右运动C.A静止,B向右运动D.A向左运动,B向右运动解析D [A、B两滑块碰撞前的总动量为零,根据动量守恒可知,A、B两滑动碰后的总能量也应为零,满足此关系的只有D选项,故A、B、C错,D对.]3.2017·泉州检测有一个质量为3m的爆竹斜向上抛出,到达最高点时速度大小为v
0、方向水平向东,在最高点爆炸成质量不等的两块,其中一块质量为2m,速度大小为v,方向水平向东,则另一块的速度是 A.3v0-vB.2v0-3vC.3v0-2vD.2v0+v解析C [在最高点水平方向动量守恒,由动量守恒定律可知,3mv0=2mv+mv′,可得另一块的速度为v′=3v0-2v,对比各选项可知,答案选C.]4.一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置,由控制系统使箭体与卫星分离.已知前部分的卫星质量为m1,后部分的箭体质量为m2,分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行,若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化,则分离后卫星的速率v1为 A.v0-v2B.v0+v2C.v0-v2D.v0+v0-v2解析D [对火箭和卫星由动量守恒定律得m1+m2v0=m1v1+m2v2,解得v1=v0+v0-v2,故A、B、C错误,D正确.]5.两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动,mA=1kg,mB=2kg,vA=6m/s,vB=2m/s.当A追上B并发生碰撞后,两球A、B速度的可能值是 A.vA′=5m/s,vB′=
2.5m/sB.vA′=2m/s,vB′=4m/sC.vA′=-4m/s,vB′=7m/sD.vA′=7m/s,vB′=
1.5m/s解析B [虽然题中四个选项均满足动量守恒定律,但A、D两项中,碰后A的速度vA′大于B的速度vB′,必然要发生第二次碰撞,不符合实际;C项中,两球碰后的总动能Ek′=mAvA′2+mBvB′2=57J,大于碰前的总动能Ek=22J,违背了能量守恒定律;而B项既符合实际情况,也不违背能量守恒定律,故B项正确.]6.685201822017·福建三明九中质检甲、乙两物体在光滑水平面上沿同一直线相向运动,甲、乙物体的速度大小分别为3m/s和1m/s;碰撞后甲、乙两物体都反向运动,速度大小均为2m/s.甲、乙两物体质量之比为 A.2∶3B.2∶5C.3∶5D.5∶3解析C [选取碰撞前甲物体的速度方向为正方向,根据动量守恒定律有m甲v1-m乙v2=-m甲v1′+m乙v2′,代入数据,可得m甲∶m乙=3∶5,C正确.]
二、多项选择题本题共4小题,每小题6分,共24分.全部选对的得6分,部分选对的得3分,有选错或不答的得0分7.在光滑水平面上,A,B两小车中间有一个弹簧如图所示,用手抓住小车并将弹簧压缩后使两小车处于静止状态,将两小车及弹簧看做一个系统,下列说法中正确的是 A.两手同时放开后,两车的总动量为零B.先放开左手,再放开右手,动量不守恒C.先放开左手,后放开右手,总动量向左D.无论何时放开,两手放开后,在弹簧恢复原长的过程中,系统总动量保持不变,但系统的总动量不一定为零解析ACD [根据系统动量守恒的条件,两手同时放开后,两车在水平方向上不受外力作用,总动量守恒且为零.若先放开左手,则在弹簧弹开的过程中,右手对小车有向左的力的作用,即小车受到向左的冲量作用,总动量向左.只要两手都放开后,系统所受合外力就为零,动量就守恒,但总动量不一定为零.故选项A,C,D正确,B错误.]8.68520183向空中发射一物体,不计空气阻力,当此物体在速度恰好沿水平方向时,物体炸裂成a,b两块,若质量大的a块速度仍沿原方向,则 A.b的速度一定与原方向相反B.从炸裂到落地的过程中,a,b两块经历的时间相同C.在炸裂过程中,a,b动量变化的大小一定相等D.在炸裂过程中,由动量守恒定律可知,a,b的动量大小可能相等解析BCD [物体在炸裂时,内力远大于外力,故动量守恒,取物体炸裂前的速度方向为正方向,则mv0=mava+mbvb,vb=,因mv0与mava的大小未知,故无法判断b的速度方向,故A错误;物体炸裂后做平抛运动,故炸裂后,a,b两块的落地时间相等,故B正确;爆炸力是a,b间的相互作用力,就是此力引起a,b两块的动量变化,故炸裂过程中a,b的动量变化大小一定相等,故C正确;若ma=
0.8m,va=,mb=
0.2m,vb=,此时a,b动量均为mv0,故D项正确.]9.如图所示,光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动.两球质量关系为mB=2mA,规定向右为正方向,A、B两球的动量均为6kg·m/s,运动中两球发生碰撞,碰撞后A球的动量增量为-4kg·m/s,则 A.该碰撞为弹性碰撞B.该碰撞为非弹性碰撞C.左方是A球,碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5D.右方是A球,碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10解析AC [由mB=2mA,pA=pB知碰前vBvA,若右方为A球,由于碰前动量都为6kg·m/s,即都向右运动,两球不可能相碰;若左方为A球,设碰后二者速度分别为vA′、vB′,由题意知pA′=mAvA′=2kg·m/s,pB′=mBvB′=10kg·m/s,解得=.碰撞后A球动量变为2kg·m/s,B球动量变为10kg·m/s,又mB=2mA,由计算可知碰撞前后A、B两球动能之和不变,即该碰撞为弹性碰撞,选项A、C正确.]10.质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上,箱子中间有一质量为m的小物块,小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ.初始时小物块停在箱子的正中间.如图所示.现给小物块一水平向右的初速度v,小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间,并与箱子保持相对静止.设碰撞都是弹性的,在整个过程中,系统损失的动能为 A.mv2B.v2C.NμmgLD.NμmgL解析BD [由于水平面光滑,箱子和小物块组成的系统动量守恒,二者经多次碰撞后,保持相对静止,易判断两物体最终速度相等设为u,由动量守恒定律得mv=m+Mu,系统损失的动能为mv2-m+Mu2=v2,B正确;系统损失的动能等于克服摩擦力做的功,即ΔEk=-Wf=NμmgL,D正确.]
三、非选择题本题共2小题,共40分.写出必要的文字说明和重要的演算步骤,有数值计算的要注明单位11.6852018420分2015·课标全国卷Ⅰ如图,在足够长的光滑水平面上,物体A、B、C位于同一直线上,A位于B、C之间.A的质量为m,B、C的质量都为M,三者均处于静止状态.现使A以某一速率向右运动,求m和M之间应满足什么条件,才能使A只与B、C各发生一次碰撞.设物体间的碰撞都是弹性的.解析A向右运动与C发生第一次碰撞,碰撞过程中,系统的动量守恒、机械能守恒.设速度方向向右为正,开始时A的速度为v0,第一次碰撞后C的速度为vC1,A的速度为vA
1.由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv0=mvA1+MvC1
①mv=mv+Mv
②联立
①②式,得vA1=v0
③vC1=v0
④如果mM,第一次碰撞后,A与C速度同向,且A的速度小于C的速度,不可能与B发生碰撞;如果m=M,第一次碰撞后,A停止,C以A碰前的速度向右运动,A不可能与B发生碰撞,所以只需要考虑mM的情况.第一次碰撞后,A反向运动与B发生碰撞,设与B发生碰撞后,A的速度为vA2,B的速度为vB1,同样有vA2=vA1=2v0
⑤根据题意,要求A只与B、C各发生一次碰撞,应有vA2≤vC1
⑥联立
④⑤⑥式得m2+4mM-M2≥0
⑦解得m≥-2M
⑧另一解m≤-+2M舍去,所以m和M应满足的条件为-2M≤mM
⑨答案-2M≤mM12.6852018520分2017·重庆一中高三某兴趣小组设计了一种实验装置,用来研究碰撞问题,其模型如图所示,光滑轨道中间部分水平,右侧为位于竖直平面内半径为R的半圆,在最低点与直轨道相切.5个大小相同、质量不等的小球并列静置于水平部分,球间有微小间隔,从左到右,球的编号依次为
0、
1、
2、
3、4,球的质量依次递减,每球质量与其相邻左球质量之比为kk1.将0号球向左拉至左侧轨道距水平高h处.然后由静止释放,使其与1号球碰撞,1号球再与2号球碰撞……所有碰撞皆为无机械能损失的正碰不计空气阻力,小球可视为质点,重力加速度为g.10号球与1号球碰撞后,1号球的速度大小v1;2若已知h=
0.1m,R=
0.64m,要使4号球碰撞后能过右侧轨道的最高点,问k值为多少?解析10号球碰前速度为v0,由机械能守恒定律得m0gh=m0v,碰撞过程系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得m0v0=m0v0′+m1v1,由机械能守恒定律得m0v=m0v0′2+m1v,解得v1=v0=v0=.2同理可得v2=v1,…v4=v3,解得v4=4v0,4号球从最低点到最高点过程,由机械能守恒定律得m4v=m4v2+m4g·2R,4号球在最高点m4≥m4g,解得k≤-
1.答案1 2k≤-1。