2021高考物理大一轮复习题组层级快练：第六单元 动量守恒定律 作业28 Word版含答案

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1．小车AB静置于光滑的水平面上，A端固定一个轻质弹簧，B端粘有橡皮泥，AB车质量为M，长为L，质量为m的木块C放在小车上，用细绳连结于小车的A端并使弹簧压缩，开始时AB与C都处于静止状态，如图所示，当突然烧断细绳，弹簧被释放，使物体C离开弹簧向B端冲去，并跟B端橡皮泥粘在一起，以下说法中正确的是( )
A．如果AB车内表面光滑，整个系统任何时刻机械能都守恒
B．整个系统任何时刻动量都守恒
C．当木块对地运动速度为v时，小车对地运动速度大小为eq \f(m,M)v
D．整个系统最后静止
答案 BCD
解析 AB车和物体组成的系统在水平方向上不受外力，动量守恒，B项正确；如果AB车内表面光滑，C在车内表面滑动过程中，系统机械能守恒，C与B端碰撞粘合过程中有机械能损失，A项错误；由动量守恒得0＝mv－Mv′，v′＝eq \f(m,M)v，C项正确；系统最后停止运动，D项正确．
2．(2017·福州模拟)一质量为M的航天器正以速度v0在太空中飞行，某一时刻航天器接到加速的指令后，发动机瞬间向后喷出一定质量的气体，气体喷出时速度大小为v1，加速后航天器的速度大小v2，则喷出气体的质量m为( )
A．m＝eq \f(v2－v1,v1)M B．m＝eq \f(v2,v2－v1)M
C．m＝eq \f(v2－v0,v2＋v1)M D．m＝eq \f(v2－v0,v2－v1)M
答案 C
解析 规定航天器的速度方向为正方向，由动量守恒定律可得Mv0＝(M－m)v2－mv1，解得m＝eq \f(v2－v0,v2＋v1)M，故C项正确．
3．(2014·重庆)一炮弹在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度v0＝2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1，不计质量损失，取重力加速度g＝10 m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( )
答案 B
解析 规定向左为正，设炮弹的质量为4m，则甲的质量为3m，乙的质量为m，炮弹到达最高点爆炸时，爆炸的内力远大于重力(外力)，遵守动量守恒定律，则有
4mv0＝3mv1＋mv2，则8＝3v1＋v2
两块弹片都做平抛运动，高度一样，则运动时间相等，
t＝eq \r(\f(2h,g))＝eq \r(\f(2×5,10)) s＝1 s，
水平方向做匀速运动，x1＝v1t＝v1，x2＝v2t＝v2，则8＝3x1＋x2，
结合图像可知，B的位移满足上述表达式，故B项正确．
4．(2017·桂林质检)如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两个小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8 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4 kg·m/s，则( )
A．右方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为2∶3
B．右方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为1∶6
C．左方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为2∶3
D．左方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为1∶6
答案 C
解析 A、B两球发生碰撞，规定向右为正方向，由动量守恒定律可得ΔpA＝－ΔpB，由于碰后A球的动量增量为负值，所以右边不可能是A球，若是A球则动量的增量应该是正值，因此碰后A球的动量为4 kg·m/s，所以碰后B球的动量是增加的，为12 kg·m/s，由于mB＝2mA，所以碰撞后A、B两球速度大小之比2∶3，故C项正确．
5．矩形滑块由不同材料的上、下两层粘合在一起，将其放在光滑水平面上，如图所示，质量为m的子弹以速度v水平射向滑块，若子弹击中上层，子弹刚好不穿出；若子弹击中下层，则子弹整个刚好嵌入，由此可知( )
A．子弹射中上层时对滑块做功多B．两次子弹对滑块做的功一样多
C．子弹射中上层系统产生热量多D．子弹与下层之间的摩擦力较大
答案 BD
解析 两次射击，子弹与滑块间都满足动量守恒，最后两滑块及子弹以相同的速度共同运动．则可知两滑块动能增加量相同，即两次射击子弹对滑块做功一样多，故B选项正确，系统损失机械能也一样多，故产生热量也一样多，产生的热量等于摩擦力和子弹与滑块相对位移的乘积，故D选项正确．
6.如图所示，半径为R的光滑圆槽质量为M，静止在光滑水平面上，其内表面有一质量为m的小球被细线吊着位于槽的边缘处，如将线烧断，小球滑行到最低点向右运动时，圆槽的速度为( )
A．0 B.eq \f(m,M)eq \r(\f(2MgR,M＋m))，向左
C.eq \f(m,M)eq \r(\f(2MgR,M＋m))，向右 D．不能确定
答案 B
解析 以水平向右为正方向，设在最低点时m和M的速度大小分别为v和v′，根据动量守恒定律得：0＝mv－Mv′，根据机械能守恒定律列方程得：mgR＝eq \f(1,2)mv2＋eq \f(1,2)Mv′2，联立以上两式解得v′＝eq \f(m,M)eq \r(\f(2MgR,M＋m))，向左，故B项正确．
7．如图所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P和Q都可视作质点且质量相等．Q与轻质弹簧相连．设Q静止，P以某一初速度向Q运动并与弹簧发生碰撞．在整个碰撞过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于( )
A．P的初动能 B．P的初动能的eq \f(1,2)
C．P的初动能的eq \f(1,3) D．P的初动能的eq \f(1,4)
答案 B
解析 两者速度相等时，弹簧最短，弹性势能最大．设P的初速度为v，两者质量均为m，弹簧最短时两者的共同速度为v′，弹簧具有的最大弹性势能为Ep.根据动量守恒，有mv＝2mv′，根据能量守恒有eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)×2mv′2＋Ep，以上两式联立求解得Ep＝eq \f(1,4)mv2.可见弹簧具有的最大弹性势能等于滑块P原来动能的一半，B项正确．
8．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，则整个过程中，系统损失的动能为( )
A.eq \f(1,2)mv2 B.eq \f(1,2)eq \f(mM,m＋M)v2
C.eq \f(1,2)NμmgL D．NμmgL
答案 BD
解析 小物块与箱子作用过程中满足动量守恒，小物块最后恰好又回到箱子正中间．二者相对静止，即为共速，设速度为v1，mv＝(m＋M)v1，系统损失动能ΔEk＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)(M＋m)v12＝eq \f(1,2)·eq \f(Mmv2,M＋m)，A项错误、B项正确；由于碰撞为弹性碰撞，故碰撞时不损失能量，系统损失的动能等于系统产生的热量，即ΔEk＝Q＝NμmgL，C项错误，D项正确．
9.某人在一只静止的小船上练习打靶，已知船、人、枪(不包括子弹)及靶的总质量为M，枪内装有n颗子弹，每颗子弹的质量均为m，枪口到靶的距离为L，子弹水平射出枪口相对于地的速度为v，在发射后一颗子弹时，前一颗子弹已嵌入靶中，求发射完n颗子弹时，小船后退的距离为( )
A.eq \f(m,M＋m)L B.eq \f(nm,M＋m)L
C.eq \f(nm,M＋nm)L D.eq \f(m,M＋nm)L
答案 C
解析 由题意知系统动量守恒，前一发击中靶后，再打下一发，说明发射后一颗子弹时，车已经停止运动．每发射一颗子弹，车后退一段距离．每发射一颗子弹时，子弹动量为mv，由动量守恒定律，有
0＝mv－v′
设每发射一颗子弹车后退x，则子弹相对于地面运动的距离是(L－x)，
m(eq \f(L－x,t))＝eq \f(x,t)
解得x＝eq \f(mL,M＋nm)，则打完n发后车共后退s＝eq \f(nmL,M＋nm).
10．如图甲所示，在光滑水平面上的两小球发生正碰，小球的质量分别为m1和m2.图乙为它们碰撞前后的s－t图像．已知m1＝0.1 kg，由此可以判断( )
A．碰前m2静止，m1向右运动
B．碰后m2和m1都向右运动
C．m2＝0.3 kg
D．碰撞过程中系统损失了0.4 J的机械能
答案 AC
解析 由图乙可以看出，碰前m1的位移随时间均匀增加，m2的位移不变，可知m2静止，m1向右运动，故A项正确．碰后一个位移增大，一个位移减小，说明运动方向不一致，即B项错误．由图乙可以算出碰前m1的速度v1＝4 m/s，碰后的速度v′1＝－2 m/s，碰前m2的速度v2＝0，碰后的速度v′2＝2 m/s，由动量守恒m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，计算得m2＝0.3 kg，故C项正确．碰撞过程中系统损失的机械能ΔE＝eq \f(1,2)m1v12－eq \f(1,2)m1v′12－eq \f(1,2)m2v′22＝0.因此D项错误．
二、非选择题
11．(2016·课标全国Ⅲ)如图所示，水平地面上有两个静止的小物块a和b，其连线与墙垂直：a和b相距l；b与墙之间也相距l；a的质量为m，b的质量为eq \f(3,4)m，两物块与地面间的动摩擦因数均相同，现使a以初速度v0向右滑动，此后a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞，重力加速度大小为g，求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件．
答案 eq \f(v02,2gl)>μ≥eq \f(32v02,113gl)
解析 设物块与地面间的动摩擦因数为μ，若要物块a、b能够发生碰撞，应有eq \f(1,2)mv02>μmgl
即μ设在a、b发生弹性碰撞的瞬间，a的速度大小为v1，由能量守恒，可得eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mv12＋μmgl
设在a、b碰撞后的瞬间，a、b的速度大小分别为v′1、v2，
根据动量守恒和能量守恒可得mv1＝mv′1＋eq \f(3,4)mv2，
eq \f(1,2)mv12＝eq \f(1,2)mv′12＋eq \f(1,2)·eq \f(3,4)mv22
联立可得v2＝eq \f(8,7)v1
根据题意，b没有与墙发生碰撞，根据功能关系可知，
eq \f(1,2)·eq \f(3,4)v22≤μ·eq \f(3,4)gl
故有μ≥eq \f(32v02,113gl)，
综上所述，a与b发生碰撞，但b没有与墙发生碰撞的条件是eq \f(v02,2gl)>μ≥eq \f(32v02,113gl)
12．如图所示，一轻质弹簧的一端固定在滑块B上，另一端与滑块C接触但未连接，该整体静止放在离地面高为H＝5 m的光滑水平桌面上．现有一滑块A从光滑曲面上离桌面h＝1.8 m高处由静止开始滑下，与滑块B发生碰撞并粘在一起压缩弹簧推动滑块C向前运动，经一段时间，滑块C脱离弹簧，继续在水平桌面上匀速运动一段后从桌面边缘飞出．已知mA＝1 kg，mB＝2 kg，mC＝3 kg，g＝10 m/s2，求：
(1)滑块A与滑块B碰撞结束瞬间的速度；
(2)被压缩弹簧的最大弹性势能；
(3)滑块C落地点与桌面边缘的水平距离．
答案 (1)2 m/s (2)3 J (3)2 m
解析 (1)滑块A从光滑曲面上h高处由静止开始滑下的过程，机械能守恒，设其滑到底面的速度为v1，由机械能守恒定律，有mAgh＝eq \f(1,2)mAv12，解得v1＝6 m/s
滑块A与B碰撞的过程，A、B系统的动量守恒，碰撞结束瞬间具有共同速度设为v2，mAv1＝(mA＋mB)v2，解得v2＝eq \f(1,3)v1＝2 m/s.
(2)滑块A、B发生碰撞后与滑块C一起压缩弹簧，压缩的过程机械能守恒，被压缩弹簧的弹性势能最大时，滑块A、B、C速度相等，设为速度v3，
由动量守恒定律，有mAv1＝(mA＋mB＋mC)v3，解得v3＝eq \f(1,6)v1＝1 m/s
由机械能守恒定律，有Ep＝eq \f(1,2)(mA＋mB)v22－eq \f(1,2)(mA＋mB＋mC)v32
解得Ep＝3 J.
(3)被压缩弹簧再次恢复自然长度时，滑块C脱离弹簧，设滑块A、B的速度为v4，滑块C的速度为v5，分别由动量守恒定律和机械能守恒定律，有
(mA＋mB)v2＝(mA＋mB)v4＋mCv5
eq \f(1,2)(mA＋mB)v22＝eq \f(1,2)(mA＋mB)v42＋eq \f(1,2)mCv52
解得v4＝0，v5＝2 m/s
滑块C从桌面边缘飞出后做平抛运动
s＝v5t；H＝eq \f(1,2)gt2
解得s＝2 m.
13．如图所示，固定的凹槽水平表面光滑，其内放置U形滑板N，滑板两端为半径R＝0.45 m的1/4圆弧面，A和D分别是圆弧的端点，BC段表面粗糙，其余段表面光滑．小滑块P1和P2的质量均为m，滑板的质量M＝4m.P1和P2与BC面的动摩擦因数分别为μ1＝0.10和μ2＝0.40，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力．开始时滑板紧靠槽的左端，P2静止在粗糙面的B点，P1以v0＝4.0 m/s的初速度从A点沿弧面自由滑下，与P2发生弹性碰撞后，P1处在粗糙面B点上，当P2滑到C点时，滑板恰好与槽的右端碰撞并与槽牢固粘连，P2继续滑动，到达D点时速度为零，P1与P2可视为质点，取g＝10 m/s2，问：
(1)P2在BC段向右滑动时，滑板的加速度为多大？
(2)BC长度为多少？N、P1和P2最终静止后，P1与P2间的距离为多少？
答案 (1)0.8 m/s2 (2)1.9 m 0.695m
解析 (1)将N、P1看作整体，根据牛顿第二定律，得
μ2mg＝(M＋m)a①
a＝eq \f(μ2mg,M＋m)＝eq \f(μ2mg,4m＋m)＝eq \f(0.4×10,5) m/s2＝0.8 m/s2②
(2)设P1到达B点的速度为v，根据动能定理有：
mgR＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02③
代入数据得v＝5 m/s④
因P1、P2质量相等且发生弹性碰撞，所以碰后P1、P2交换速度，即碰后P2在B点的速度为：vB＝5 m/s⑤
设P2在C点的速度为vC，P2从C点到D点过程中根据动能定理，得
－mgR＝－eq \f(1,2)mvC2⑥
代入数据，得vC＝3 m/s⑦
P2从B点到C点的过程中，N、P1、P2作为一个系统所受外力之和为零，系统动量守恒，设P2到达C点，N和P1的共同速度为v′.根据动量守恒定律，得
mvB＝mvC＋(M＋m)v′⑧
由动能定理，得
－μ2mgL2＝eq \f(1,2)mvC2－eq \f(1,2)mvB2⑨
μ2mgLN＝eq \f(1,2)(M＋m)v′2⑩
L2和LN分别为P2和滑板对地移动的距离，联立⑧⑨⑩得BC长度：
l＝L2－LN＝1.9 m⑪
滑板与槽粘连后，P1在BC上移动的距离为l1
－μ1mgl1＝0－eq \f(1,2)mv12⑫
P2在D点滑下后，在BC上移动的距离l2
mgR＝μ2mgl2⑬
联立⑪⑫⑬得系统完全静止时P1与P2的间距Δl＝l－l1－l2＝0.695 m.