2022届新高考一轮复习人教版 第六章 第2讲　动量守恒定律及其应用 作业

这是一份2022届新高考一轮复习人教版 第六章 第2讲　动量守恒定律及其应用 作业，共7页。

[A组 基础题组]
一、单项选择题
1．如图所示，甲木块的质量为m1，以速度v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
解析：两木块在光滑水平地面上相碰，且中间有弹簧，则碰撞过程系统的动量守恒，机械能也守恒，故A、B错误，C正确；甲、乙两木块碰撞前、后动能总量不变，但碰撞过程中有弹性势能，故动能不守恒，D错误。
答案：C
2．如图所示，光滑水平面上，甲、乙两个球分别以大小为v1＝1 m/s、v2＝2 m/s 的速度相向运动，碰撞后两球粘在一起以0.5 m/s的速度向左运动，则甲、乙两球的质量之比为( )
A．1∶1 B．1∶2
C．1∶3 D．2∶1
解析：设甲、乙两球的质量分别为m1、m2，乙球的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得m2v2－m1v1＝(m1＋m2)v，即2m2－m1＝(m1＋m2)×0.5，解得m1∶m2＝1∶1，A正确。
答案：A
3．向空中发射一枚炮弹，不计空气阻力，当炮弹的速度v0恰好沿水平方向时，炮弹炸裂成a、b两块，若质量较大的a的速度方向仍沿原来的方向，则( )
A．b的速度方向一定与原来的速度方向相反
B．从炸裂到落地的这段时间内，a飞行的水平距离一定比b的大
C．a、b一定同时到达水平地面
D．在炸裂过程中，a、b受到的爆炸力的大小一定不相等
解析：炮弹炸裂前后动量守恒，选定v0的方向为正方向，则mv0＝mava＋mbvb，显然vb>0、vb<0、vb＝0都有可能，A错误；|vb|>|va|、|vb|<|va|、|vb|＝|va|也都有可能，爆炸后，a、b都做平抛运动，由平抛运动规律知，下落高度相同则运动的时间相等，飞行的水平距离与速度大小成正比，故B错误，C正确；炸裂过程中，a、b之间的力为相互作用力，故D错误。
答案：C
4．如图所示，三小球a、b、c的质量都是m，都放于光滑的水平面上，小球b、c与轻弹簧相连且静止，小球a以速度v0冲向小球b，碰后与小球b粘在一起运动。在整个运动过程中，下列说法不正确的是 ( )
A．三球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能不守恒
B．三球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能也守恒
C．当小球b、c速度相等时，弹簧弹性势能最大
D．当弹簧第一次恢复原长时，小球c的动能一定最大，小球b的动能一定不为零
解析：在整个运动过程中，系统的合外力为零，总动量守恒，a与b碰撞过程机械能减小，故A正确，B错误；当小球b、c速度相等时，弹簧的压缩量或伸长量最大，弹性势能最大，故C正确；当弹簧第一次恢复原长时，小球c的动能一定最大，根据动量守恒和机械能守恒分析可知，小球b的动能不为零，故D正确。
答案：B
5．(2021·山东潍坊高三检测)如图所示，立柱固定于光滑水平面上O点，质量为M的小球a向右运动，与静止于Q点的质量为m的小球b发生弹性碰撞，碰后a球立即向左运动，b球与立柱碰撞能量不损失，所有碰撞时间均不计，b球恰好在P点追到a球，Q点为OP的中点，则a、b球质量之比M∶m为( )
A．3∶5 B．1∶3
C．2∶3 D．1∶2
解析：设a、b两球碰后速度大小分别为v1、v2，由题可知，b球与挡板发生弹性碰撞后恰好在P点追上a，则从碰后到相遇a、b球通过的路程之比为s1∶s2＝1∶3，根据s＝vt得v2＝3v1，以水平向右为正方向，两球发生弹性碰撞，设a的初速度为v0。由动量守恒定律得Mv0＝M(－v1)＋mv2，由机械能守恒定律得eq \f(1,2)Mv02＝eq \f(1,2)Mv12＋eq \f(1,2)mv22，解得M∶m＝3∶5，故选项A正确。
答案：A
二、多项选择题
6．(2021·辽宁师大附中高三检测)物块A以3 m/s的初速度在光滑水平面上运动，与静止的物块B发生弹性正碰。已知物块A、B的质量分别是2 kg和1 kg，则碰后物块A、B的速度大小v1、v2为( )
A．v1＝1 m/s B．v1＝2 m/s
C．v2＝4 m/s D．v2＝2 m/s
解析：物块A、B发生弹性正碰，故由动量守恒定律及能量守恒定律有mAvA＝mAv1＋mBv2，eq \f(1,2)mAvA2＝eq \f(1,2)mAv12＋eq \f(1,2)mBv22，联立两式，代入数据解得v1＝1 m/s，及v1＝3 m/s(不合理舍去)，故把v1＝1 m/s代入，解得v2＝4 m/s，所以B、D错误，A、C正确。
答案：AC
7．如图所示，足够长的木板Q放在光滑水平面上，在其左端有一可视为质点的物块P，P、Q间接触面粗糙。现给P向右的速率vP，给Q向左的速率vQ，取向右为速度的正方向，不计空气阻力，则运动过程P、Q速度随时间变化的图象可能正确的是( )
解析：开始时，木板和物块均在摩擦力作用下做匀减速运动，两者最终达到共同速度，以向右为正方向，P、Q系统动量守恒，根据动量守恒定律得mPvP－mQvQ＝(mP＋mQ)v。若mPvP＝mQvQ，则v＝0，图象如图A所示；若mPvP>mQvQ，则v>0，图象如图B所示；若mPvP答案：ABC
8．如图所示，轻质弹簧的一端固定在墙上，另一端与质量为m的物体A相连，A放在光滑水平面上，有一质量与A相同的物体B，从高h处由静止开始沿光滑曲面滑下，与A相碰后一起将弹簧压缩，弹簧复原过程中某时刻B与A分开且沿原曲面上升。下列说法正确的是( )
A．弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mgh
B．弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为eq \f(mgh,2)
C．B能达到的最大高度为eq \f(h,2)
D．B能达到的最大高度为eq \f(h,4)
解析：根据机械能守恒定律可得B刚到达水平地面的速度v0＝eq \r(2gh)，根据动量守恒定律可得A与B碰撞后的速度为v＝eq \f(1,2)v0，所以弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为Epm＝eq \f(1,2)·2mv2＝eq \f(1,2)mgh，故B正确；当弹簧再次恢复原长时，A与B将分开，B以v的速度沿斜面上滑，根据机械能守恒定律可得mgh′＝eq \f(1,2)mv2，B能达到的最大高度为eq \f(h,4)，故D正确。
答案：BD
[B组 能力题组]
9．如图所示，质量为M、长为L的长木板放在光滑水平面上，一个质量也为M的物块(可视为质点)以一定的初速度从左端冲上木板，如果长木板是固定的，物块恰好停在木板的右端，如果长木板不固定，则物块冲上木板后在木板上滑行的距离为( )
A．L B.eq \f(3L,4)
C.eq \f(L,2) D.eq \f(L,4)
解析：设物块受到的滑动摩擦力为f，物块的初速度为v0。如果长木板是固定的，物块恰好停在木板的右端，对物块的滑动过程运用动能定理得－fL＝0－eq \f(1,2)Mv02，如果长木板不固定，物块冲上木板后，物块向右减速的同时，木板要加速，最终两者一起做匀速运动，该过程系统所受外力的合力为零，动量守恒，规定向右为正方向，根据动量守恒定律得Mv0＝(M＋M)v1，对系统运用能量守恒定律有fL′＝eq \f(1,2)Mv02－eq \f(1,2)(2M)v12，联立解得L′＝eq \f(L,2)，故C正确，A、B、D错误。
答案：C
10．质量为M的均匀木块静止在光滑水平面上，木块左右两侧各有一位持有完全相同步枪和子弹的射击手。首先左侧射手开枪，子弹水平射入木块的最大深度为d1，然后右侧射手开枪，子弹水平射入木块的最大深度为d2，如图所示。设子弹均未射穿木块，且两颗子弹与木块之间的作用大小均相同。当两颗子弹均相对于木块静止时，下列判断正确的是( )
A．木块静止，d1＝d2
B．木块静止，d1C．木块向右运动，d1D．木块向左运动，d1＝d2
解析：左侧射手开枪后，子弹射入木块与木块一起向右运动，设共同速度为v1，由动量守恒定律有mv0＝(M＋m)v1，由能量守恒定律有Ffd1＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)(M＋m)v12。右侧射手开枪后，射出的子弹与木块及左侧射手射出的第一颗子弹共同运动的速度设为v2，由动量守恒定律有(M＋m)v1－mv0＝(M＋2m)v2，由能量守恒定律有Ffd2＝eq \f(1,2)mv02＋eq \f(1,2)(M＋m)v12－eq \f(1,2)(M＋2m)v22，解得v2＝0，d1＝eq \f(Mmv02,2FfM＋m)，d2＝eq \f(M＋2mmv02,2FfM＋m)，故B正确。
答案：B
11．(2021·福建福州高三上学期期末)如图所示，在光滑水平地面上，并排停放着高度相同，质量分别为MA＝1 kg、MB＝2 kg的平板小车，小车A上表面光滑，小车B上表面粗糙，长度均为L。一质量为m＝0.5 kg的滑块C，以v0＝5 m/s的水平初速度滑上静止在光滑水平面的平板小车A，最后恰好没有从小车B上滑下。求：
(1)最终小车A和小车B的速度大小vA和vB；
(2)整个运动过程中产生的内能E。
解析：(1)由于小车A上表面光滑，滑块C在水平方向对A没有作用，小车A始终静止，vA＝0；
滑块C和小车B水平方向动量守恒，有
mv0＝(MB＋m)vB，
解得vB＝1 m/s。
(2)整体的动能减少量完全转化为内能，有
E＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)(MB＋m)vB2，
解得E＝5 J。
答案：(1)0 1 m/s (2)5 J
12．在如图所示足够长的光滑水平面上，用质量分别为3 kg和1 kg的甲、乙两滑块，将仅与甲拴接的轻弹簧压紧后处于静止状态。乙的右侧有一挡板P。现将两滑块由静止释放，当弹簧恢复原长时，甲的速度大小为2 m/s，此时乙尚未与P相撞。
(1)求弹簧恢复原长时乙的速度大小；
(2)若乙与挡板P碰撞反弹后，不能再与弹簧发生碰撞，求挡板P对乙的冲量的最大值。
解析：(1)当弹簧恢复原长时，设甲、乙的速度分别为v1和v2，对两滑块及弹簧组成的系统，设向左的方向为正方向，由动量守恒定律可得
m1v1＋m2v2＝0，
又知v1＝2 m/s，
联立以上方程可得v2＝－6 m/s，方向向右。
(2)乙反弹后甲、乙刚好不发生碰撞，则说明乙反弹的速度最大为v3＝2 m/s，
由动量定理可得，挡板对乙滑块冲量的最大值为
I＝m2v3－m2v2＝1×2 N·s－1×(－6) N·s＝8 N·s。
答案：(1)6 m/s (2)8 N·s