高考物理复习 课时过关题20 动量守恒定律及其应用（含答案解析）

2020(人教版)高考物理复习 课时过关题20

动量守恒定律及其应用

1.将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)(　　)

A．30 kg·m/s

B．5.7×102 kg·m/s

C．6.0×102 kg·m/s

D．6.3×102 kg·m/s

2.如图所示，质量为m、速度为v的A球跟质量为3m的静止B球发生对心正碰，碰撞后B球的速度可能有不同的值，碰后B的速度可能为(　　)

A．0.2v          B．0.4v          C．0.6v          D．0.8v

3.质量为0.2 kg的球竖直向下以6 m/s的速度落至水平地面，再以4 m/s的速度反向弹回．取竖直向上为正方向，在小球与地面接触的时间内，关于球动量变化量Δp和合外力对小球做的功W，下列说法正确的是(　　)

A．Δp=2 kg·m/s　W=－2 J

B．Δp=－2 kg·m/s　W=2 J

C．Δp=0.4 kg·m/s　W=－2 J

D．Δp=－0.4 kg·m/s　W=2 J

A．30 kg·m/s     B．5.7×102 kg·m/s   C．6.0×102 kg·m/s   D．6.3×102 kg·m/s

A．球在槽内运动的全过程中，球与半圆槽在水平方向动量守恒

B．球在槽内运动的全过程中，球、半圆槽和物块组成的系统动量守恒

C．球离开C点以后，将做竖直上抛运动

D．槽将与墙不会再次接触

A．A车与B车碰撞瞬间，两车动量守恒，机械能也守恒

B．从两车粘在一起到小球摆到最高点的过程中，A、B、C组成的系统动量守恒

C．小球能上升的最大高度为0.16 m

D．小球能上升的最大高度为0.12 m

A．3 J          B．4 J         C．6 J         D．20 J

A．以地面为参考系，小球到达B点时相对于地的速度v满足mv2=mgR

B．以槽为参考系，小球到达B点时相对于槽的速度v′满足mv′2=mgR

C．以地面为参考系，以小球、槽和地球为系统，机械能守恒

D．不论以槽或地面为参考系，小球、槽和地球组成的系统机械能均不守恒

A．h          B．2h         C．3h         D．4h

10.质量为M的小车静止在光滑水平面上，车上是一个四分之一的光滑圆周轨道，轨道下端切线水平．质量为m的小球沿水平方向从轨道下端以初速度v0滑上小车，重力加速度为g，如图所示．已知小球不从小车上端离开小车，小球滑上小车又滑下，与小车分离时，小球与小车速度方向相反，速度大小之比等于1∶3，则m∶M的值为(　　)

A．1∶3          B．3∶1          C．3∶5          D．5∶3

11. (多选)如图所示，水平光滑轨道宽度和弹簧自然长度均为d.m2的左边有一固定挡板．m1由图示位置静止释放，当m1与m2第二次相距最近时m1的速度为v1，则在以后的运动过程中(　　)

A．m1的最小速度是0

B．m1的最小速度是v1

C．m2的最小速度是v1

D．m2的最大速度是v1

A．在t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s，且弹簧都处于伸长状态

B．从t3到t4时刻弹簧由压缩状态恢复到原长

C．两物块的质量之比为m1：m2=1：2

D．在t2时刻A与B的动能之比为Ek1：Ek2=8：1

13.如图所示,有一半径为R的半球形凹槽P,放在光滑的水平地面上,一面紧靠在光滑墙壁上,在槽口上有一质量为m的小球,由A点静止释放,沿光滑的球面滑下,经最低点B又沿球面上升到最高点C,经历的时间为t,B、C两点高度差为0.6R,求:

(1)小球到达C点的速度;

(2)在t这段时间里,竖墙对凹槽的冲量。

14.香港迪士尼游乐园入口旁有一喷泉,在水泵作用下鲸鱼模型背部会喷出竖直向上的水柱,将站在冲浪板上的米老鼠模型托起,稳定地悬停在空中,伴随着音乐旋律,米老鼠模型能够上下运动,引人驻足,如图所示。这一景观可做如下简化,假设水柱以一定的速度从喷口竖直向上喷出,水柱的流量为Q(流量定义:在单位时间内向上通过水柱横截面的水的体积),设同一高度水柱横截面上各处水的速率都相同,冲浪板底部为平板且其面积大于水柱的横截面积,保证所有水都能喷到冲浪板的底部。水柱冲击冲浪板前其水平方向的速度可忽略不计,冲击冲浪板后,水在竖直方向的速度立即变为零,在水平方向朝四周均匀散开。已知米老鼠模型和冲浪板的总质量为m0,水的密度为ρ,重力加速度大小为g,空气阻力及水的阻力均可忽略不计。

(1)求喷泉单位时间内喷出的水的质量。

(2)由于水柱顶部的水与冲浪板相互作用的时间很短,因此在分析水对冲浪板的作用力时可忽略这部分水所受的重力。试计算米老鼠模型在空中悬停时,水到达冲浪板底部的速度大小。

(3)要使米老鼠模型在空中悬停的高度发生变化,需调整水泵对水做功的功率。水泵对水做功的功率定义为单位时间内从喷口喷出的水的动能。请根据第(2)问中的计算结果,推导冲浪板底部距离喷口的高度h与水泵对水做功的功率P0之间的关系式。

答案解析

1.答案为：A；

解析：燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为p，根据动量守恒定律，可得p－mv0=0，解得p=mv0=0.050 kg×600 m/s=30 kg·m/s，选项A正确．]

2.答案为：B；

解析：两球碰撞过程动量守恒，以A的初速度方向为正方向，如果两球发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得：mv=(m＋3m)v′解得：v′=0.25v；如果两球发生完全弹性碰撞，由动量守恒定律得：mv=mvA＋3mvB，由机械能守恒定律得：mv2=mv＋·3mv，解得：vB=0.5v，则碰撞后B的速度为0.25v≤vB≤0.5v，故B正确．]

3.答案为：A；

解析：取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞过程中动量的变化量：Δp=mv2－mv1=0.2×4 kg·m/s－0.2×(－6) kg·m/s=2 kg·m/s，方向竖直向上．由动能定理知，合外力做的功：W=mv－mv=×0.2×42 J－×0.2×62 J=－2 J，A正确，B、C、D错误．]

解析：B级—能力练]

解析：燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为p，根据动量守恒定律，可得p－mv0=0，解得p=mv0=0.050 kg×600 m/s=30 kg·m/s，选项A正确．

解析：球从A点到B点的过程中，半圆槽对球的支持力沿半径方向指向圆心，而球对半圆槽的压力方向相反指向左下方，因为有竖直墙挡住，所以半圆槽不会向左运动，可见，该过程中，球与半圆槽在水平方向受到外力作用，动量并不守恒，而由球、半圆槽和物块组成的系统动量也不守恒；从B点到C点的过程中，球对半圆槽的压力方向指向右下方，所以半圆槽要向右推动物块一起运动，因而球参与了两个运动：一个是沿半圆槽的圆周运动，另一个是与半圆槽一起向右运动，球所受支持力方向与速度方向并不垂直，此过程中，因为有物块挡住，球与半圆槽在水平方向动量并不守恒，在球运动的全过程，水平方向上动量也不守恒，选项A、B错误；当球运动到C点时，它的两个分运动的合速度方向并不是竖直向上的，所以此后球做斜上抛运动，即选项C错误；因为全过程中，整个系统在水平方向上获得了水平向右的冲量，最终槽将与墙不会再次接触，选项D正确．

解析：两车碰撞后粘在一起，属于典型的非弹性碰撞，有机械能损失，A项错误；从两车粘在一起到小球摆到最高点的过程中，在竖直方向上A、B、C组成的系统所受合外力不为零，则系统动量不守恒，B项错误；A、B两车碰撞过程，动量守恒，设两车刚粘在一起时共同速度为v1，有mv0=2mv1，解得v1=2 m/s；从开始到小球到最高点的过程中，A、B、C组成的系统在水平方向上动量守恒，设小球上升到最高点时三者共同速度为v2，有2mv1＋mcv0=(2m＋mc)v2，解得v2=2.4 m/s，从两车粘在一起到小球摆到最高点的过程中，A、B、C组成的系统机械能守恒，即mcgh=mcv＋·2mv－(2m＋mc)v，解得h=0.16 m，C项正确，D项错误．

解析：设铁块与木板共速时速度大小为v，铁块相对木板向右运动的最大距离为L，铁块与木板之间的摩擦力大小为Ff，铁块压缩弹簧使弹簧最短时，由能量守恒可得mv=FfL＋(M＋m)v2＋Ep，由动量守恒，得mv0=(M＋m)v，从铁块开始运动到最后停在木板左端过程，由功能关系得mv=2FfL＋(M＋m)v2，联立解得Ep=3 J，故选项A正确．

解析：质量为m的小球由A点静止释放，在下滑到B点的过程中，小球和槽组成的系统水平方向动量守恒，设小球对地速度大小为v2，槽对地速度大小为v1，两速度方向相反，有Mv1=mv2，系统机械能守恒，有mgR=mv＋Mv，A错误，C正确；以槽为参考系，小球到达B点时相对于槽的速度大小v′=v1＋v2，则mv′2=m(v1＋v2)2=mv＋mv＋mv1v2，mv′2－mgR=mv＋mv1v2－Mv=v1(mv1＋mv2)>0，B错误；该系统只有重力做功，故系统机械能守恒，D错误．

解析：所有的碰撞都是弹性碰撞，所以不考虑能量损失．设竖直向上为正方向，

根据机械能守恒定律和动量守恒定律可得，

(m1＋m2)gh=(m1＋m2)v2，m2v－m1v=m1v1＋m2v2，(m1＋m2)v2=m1v＋m2v，m1v=m1gh1，

又m2=3m1，则v1＞v2≥0.联立可得h1=4h，选项D正确．

10.答案为：C；

解析：设小球的初速度方向为正方向，由动量守恒可知：mv0=Mv1－mv2，=，对整体有机械能守恒定律可得：mv=Mv＋mv，联立解得：=，故选项C正确．]

11.答案为：BD；

解析：当m1与m2相距最近后，m1在前，做减速运动，m2在后，做加速运动，当再次最近时，m1减速结束，m2加速结束，因此此时m1速度最小，m2速度最大，在此过程中遵从动量守恒m1v1=m1v1′＋m2v2，机械能守恒：m1v=m1v1′2＋m2v；因此二者的作用相当于弹性碰撞，由弹性碰撞的公式可解得B、D选项正确．]

解析：由题图乙可知，从0到t1的过程中，A的速度增大，B的速度减小，弹簧被拉伸，在t1时刻两物块达到共同速度1 m/s，此时弹簧处于伸长状态，从t1到t2的过程，A的速度继续增大，B的速度先减小再反向增大，弹簧开始收缩，到达t2时刻，A的速度最大，B的速度反向且达到最大，弹簧恢复原长；从t2到t3的过程，A的速度减小，B的速度先减小再反向增大，弹簧被压缩，到t3时刻，A、B的速度相等，为1 m/s，此时弹簧的压缩量最大，从t3到t4的过程，A的速度减小，B的速度增大，t4时刻，弹簧恢复到原长，B的速度等于初速度，A的速度为零，由以上分析可知，A错误，B正确．系统动量守恒，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得，t=0时刻和t=t1时刻系统总动量相等，有m2v0=(m1＋m2)v1，解得m1：m2=2：1，故C错误．由题图乙可知，在t2时刻A、B两物块的速度分别为vA=2 m/s，vB=－1 m/s，物块的动能Ek=mv2，则A、B两物块的动能之比为Ek1 ：Ek2=8：1，故D正确．

13.解：

(1)题中没给m',所以不能直接由动量求出。小球从A到B的过程中,凹槽P不动,

对m有mgR=              ①

小球从B到C的过程中,凹槽和球构成的系统动量守恒(水平方向)和机械能守恒,

所以有mvB=(m'+m)vC              ②

(m'+m)+mg×0.6R  ③

解①②③得小球到达C点的速度vC=0.4,方向水平向右。

(2)竖直墙对凹槽的冲量等于系统在水平方向获得的动量,所以有

I=(m'+m)vC=mvB=m,方向水平向右。

14.解：

(1)设在很短时间内,从喷口喷出的水的体积为ΔV,质量为Δm,

水柱在喷口的初速度为v0,喷口的横截面积为S。

则Δm=ρΔV,ΔV=Sv0Δt=QΔt,解得单位时间内从喷口喷出的水的质量为=ρQ。

(2)设米老鼠模型和冲浪板在空中悬停时,水柱顶部的水冲击冲浪板底面速度由v变为0,

对板的作用力的大小为F',板对水的作用力的大小为F,以向下为正方向,

不考虑水柱顶部水的重力,根据动量定理有FΔt=0-(Δm)(-v),根据牛顿第三定律F=F'。

由于米老鼠模型在空中悬停,有F'=m0g,联立可解得v=。

(3)设米老鼠模型和冲浪板悬停时其底面距离喷口的高度为h,对于单位时间内喷出的水,

根据机械能守恒定律(或运动学公式)得0.5(Δm)v2+(Δm)gh=0.5(Δm),

水泵对水做功的功率为P0=,联立解得h=。