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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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这是一份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,共8页。试卷主要包含了选择题,非选择题等内容,欢迎下载使用。
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μμ≥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.
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