2023学年高考物理二轮复习第一部分专题复习训练课时作业五动量定理动量守恒定律含解析.doc

课时作业五　动量定理、动量守恒定律 一、选择题 1．关于下列四幅图所反映的物理过程的说法正确的是(　　) 图1 A．甲图中子弹射入木块的过程中，子弹和木块组成的系统动量守恒，能量不守恒 B．乙图中M、N两木块放在光滑的水平面上，剪断细线，在弹簧恢复原长的过程中，M、N与弹簧组成的系统动量守恒，机械能增加 C．丙图中细线断裂后，木球和铁球在水中运动的过程，系统动量守恒，机械能不守恒 D．丁图中木块沿放在光滑水平面上的斜面下滑，木块和斜面组成的系统在水平方向上动量守恒，机械能守恒 解析：甲图中，在光滑水平面上，子弹射入木块的过程中，子弹和木块组成的系统动量守恒，机械能有损失，但是损失的机械能转化为内能，能量仍守恒，A错误；乙图中，剪断细线，在弹簧恢复原长的过程中，M、N与弹簧组成的系统动量守恒，弹簧的弹性势能转化为木块的动能，系统机械能守恒，B错误；丙图中，木球和铁球组成的系统匀速下降，说明两球所受水的浮力等于两球自身的重力，细线断裂后两球在水中运动的过程中，所受合外力为零，系统动量守恒，由于水的浮力对两球做功，两球组成的系统机械能不守恒，选项C正确；丁图中，木块沿放在光滑水平面上的斜面下滑，木块和斜面组成的系统在水平方向上不受外力，水平方向上动量守恒，由于斜面可能不光滑，所以机械能可能有损失，D错误． 答案：C 2．(2023年年河南高三质检)甲、乙两个质量都是M的小车静置在光滑水平地面上．质量为m的人站在甲车上并以速度v(对地)跳上乙车，接着仍以对地的速率v反跳回甲车．对于这一过程，下列说法中正确的是(　　) A．最后甲、乙两车的速率相等 B．最后甲、乙两车的速率之比v甲∶v乙＝M∶(m＋M) C．人从甲车跳到乙车时对甲的冲量为I1，从乙车跳回甲车时对乙车的冲量为I2，应是I1＝I2 D．人从甲车跳到乙车时对甲的冲量为I1，从乙车跳回甲车时对乙车的冲量为I2，应是I1>I2 解析：以人与甲车组成的系统为研究对象，以人的速度方向为正方向，由动量守恒定律得，人跳离甲车时，mv－Mv1＝0，以乙车与人组成的系统为研究对象，以人的速度方向为正方向，由动量守恒定律得，人跳上乙车时，mv＝(m＋M)v2，人跳离乙车时，－(m＋M)v2＝－Mv乙＋mv，以人与甲车组成的系统为研究对象，以人的速度方向为正方向，由动量守恒定律得，人反跳回甲车时，mv＋Mv1＝(m＋M)v甲，解得＝，故A错误，B正确；由动量定理得，对甲车I1＝Mv1＝mv，对乙车I2＝Mv乙－Mv2＝2mv－>mv，即I1<I2，故C、D错误． 答案：B 3．“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”，燃放爆竹是我国传统民俗．春节期间，某人斜向上抛出一个爆竹，假设爆竹到达最高点时(速度水平向东)立即爆炸成质量相等的三块碎片，前面一块碎片速度水平向东，后面一块碎片速度水平向西，前、后两块碎片的水平速度(相对地面)大小相等、方向相反，则以下说法正确的是(　　) A．爆炸后的瞬间，中间那块碎片的速度大于爆炸前瞬间爆竹的速度 B．爆炸后的瞬间，中间那块碎片的速度可能水平向西 C．爆炸后，三块碎片将同时落到水平地面上，并且落地时的动量相同 D．爆炸后的瞬间，中间那块碎片的动能可能小于爆炸前瞬间爆竹的总动能 解析：设爆竹爆炸前的速度为v，爆竹爆炸成三块碎片的质量均为m，爆炸后前、后两块碎片的速度大小为v前后，中间那块碎片的速度大小为v′，设水平向东为正方向，根据水平方向动量守恒，3mv＝mv前后＋mv′－mv前后，得v′＝3v，方向向东，所以爆炸后的瞬间，中间那块碎片的速度大于爆炸前瞬间爆竹的速度，选项A正确，B错误；爆炸后，三块碎片均做平抛运动，竖直方向上有h＝gt2，下落时间相同，则竖直方向分速度相同，但水平方向上的分速度不同，故合速度不同，则动量不同，选项C错误；爆炸后的瞬间，中间那块碎片的动能m(3v)2>·3m·v2，选项D错误． 答案：A 4．2017年7月9日，斯诺克世界杯在江苏无锡落下帷幕，由丁俊晖和梁文博组成的中国A队在决赛中1比3落后的不利形势下成功逆转，最终以4比3击败英格兰队，帮助中国斯诺克台球队获得了世界杯三连冠，如图2为丁俊晖正在准备击球．设在丁俊晖这一杆中，白色球(主球)和花色球碰撞前、后都在同一直线上运动，碰前白色球的动量为pA＝5 kg·m/s，花色球静止，白色球A与花色球B发生碰撞后，花色球B的动量变为pB′＝4 kg·m/s，则两球质量mA与mB间的关系可能是(　　) 图2 A．mB＝mA B．mB＝mA C．mB＝mA D．mB＝6mA 解析：由动量守恒定律得pA＋pB＝pA′＋pB′，解得pA′＝1 kg·m/s，根据碰撞过程中总动能不增加，则有≥＋，代入数据解得mB≥mA，碰后两球同向运动，白色球A的速度不大于花色球B的速度，则≤，解得mB≤4mA，综上可得mA≤mB≤4mA，选项A正确． 答案：A 5．如图3所示，在光滑的水平面上，质量m1的小球A以速率v0向右运动．在小球的前方O点处有一质量为m2的小球B处于静止状态，Q点处为一竖直的墙壁．小球A与小球B发生弹性正碰后小球A与小球B均向右运动．小球B与墙壁碰撞后原速率返回并与小球A在P点相遇，PQ＝2PO，则两小球质量之比m1∶m2为(　　) 图3 A．7∶5 B．1∶3 C．2∶1 D．5∶3 解析：设A、B两个小球碰撞后的速度分别为v1、v2，由动量守恒定律有m1v0＝m1v1＋m2v2，发生弹性碰撞，不损失动能，故根据能量守恒定律有m1v02＝m1v12＋m2v22，两个小球碰撞后到再次相遇，其速率不变，由运动学规律有v1∶v2＝PO∶(PO＋2PQ)＝PO∶(PO＋4PO)＝1∶5，联立三式可得m1∶m2＝5∶3，D正确． 答案：D 6．(多选)如图4所示，小车AB放在光滑水平面上，A端固定一个轻弹簧，B端粘有油泥，AB总质量为M，质量为m的木块C放在小车上，用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩，开始时AB和C都静止．当突然烧断细绳时，C被释放，使C离开弹簧向B端冲去，并跟B端油泥粘在一起，忽略一切摩擦，以下说法正确的是(　　) 图4 A．弹簧伸长过程中C向右运动，同时AB也向右运动 B．C与B碰前，C与AB的速率之比为M∶m C．C与油泥粘在一起后，AB立即停止运动 D．C与油泥粘在一起后，AB继续向右运动 解析：小车、物块和弹簧组成的系统动量守恒，开始总动量为零，在弹簧伸长的过程中，C向右运动，则小车向左运动，故A错误．规定向右为正方向，在C与B碰前，根据动量守恒定律得，0＝mvC－Mv，解得vC∶v＝M∶m，故B正确；因为小车、物块和弹簧组成的系统动量守恒，开始总动量为零，当C与油泥粘在一起时，总动量仍然为零，则小车停止运动，故C正确，D错误． 答案：BC 7．(多选)A、B两球沿一直线运动并发生正碰，如图5所示为两球碰撞前、后的位移随时间变化的图象，a、b分别为A、B两球碰前的位移随时间变化的图象，c为碰撞后两球共同运动的位移随时间变化的图象．若A球质量是m＝2 kg，则由图判断下列结论正确的是(　　) 图5 A．碰撞前、后A球的动量变化量为4 kg·m/s B．碰撞时A球对B球所施的冲量为－4 N·s C．A、B两球碰撞前的总动量为3 kg·m/s D．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10 J 解析：根据图象可知，碰前A球的速度vA＝－3 m/s，碰前B球的速度vB＝2 m/s，碰后A、B两球共同的速度v＝－1 m/s，故碰撞前、后A球的动量变化量为ΔpA＝mv－mvA＝4 kg·m/s，选项A正确；A球的动量变化量为4 kg·m/s，则B球的动量变化为－4 kg·m/s，根据动量定理，碰撞过程中A球对B球所施的冲量为－4 N·s，选项B正确；由于碰撞过程中动量守恒，有mvA＋mBvB＝(m＋mB)v，解得mB＝ kg，故碰撞过程中A、B两球组成的系统损失的动能为ΔE＝mvA2＋mBvB2－(m＋mB)v2＝10 J，选项D正确；A、B两球碰撞前的总动量为p＝mvA＋mBvB＝(m＋mB)v＝－ kg·m/s，选项C错误． 答案：ABD 8．(2023年年山西朔州情仁一中高三月考)(多选) 图6 如图6所示，一质量为m的物块甲以3 m/s的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定在其左端，另一质量也为m的物块乙以4 m/s的速度与物块甲在同一直线上相向运动，则(　　) A．甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，系统动量守恒 B．当两物块相距最近时，甲物块的速率为零 C．碰撞过程中，甲物块的速率可能为1 m/s，也可能为5 m/s D．碰撞过程中，乙物块的速率可能为2 m/s，也可能为1.7 m/s 解析：甲、乙两物块(包括弹簧)组成的系统在弹簧压缩过程中，系统所受的合外力为零，系统动量守恒，故A正确；当两物块相距最近时速度相同，取碰撞前乙的速度方向为正方向，设共同速率为v，由动量守恒定律得：mv乙－mv甲＝2mv，代入数据解得：v＝0.5 m/s，故B错误；若物块甲的速率达到5 m/s，方向与原来相同，则：mv乙－mv甲＝－mv甲′＋m乙v乙′，代入数据解得：v乙′＝6 m/s.两个物体的速率都增大，动能都增大，违反了能量守恒定律．若物块甲的速率达到5 m/s，方向与原来相反，则：mv乙－mv甲＝mv甲′＋m乙v乙′，代入数据解得：v乙′＝－4 m/s，碰撞后，乙的动能不变，甲的动能增加，系统总动能增加，违反了能量守恒定律．所以物块甲的速率不可能达到5 m/s，故C错误；甲、乙组成的系统动量守恒，选取向右为正方向，由动量守恒定律得：mv乙－mv甲＝－mv甲′＋mv乙′，碰撞结束后，系统的动能守恒，则：m甲v甲2＋m乙v乙2＝m甲v′甲2＋m乙v′乙2.代入数据解得：v甲′＝4 m/s；v乙′＝－3 m/s.可知碰撞结束后，甲与乙交换速度；碰撞过程中，乙物块的速度在4 m/s～－3 m/s之间都是可以的．所以速率可能为2 m/s，也可能为1.7 m/s，故D正确． 答案：AD 二、解答题 9．(2023年年高考·课标全国卷Ⅰ)一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空．当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动．爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量．求： (1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间； (2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度． 解：(1)设烟花弹上升的初速度为v0，由题给条件有 则E＝mv02① 设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t， 由运动学公式有0－v0＝－gt② 联立①②式得t＝ ③ (2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1， 由机械能守恒定律有E＝mgh1④ 火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设爆炸后瞬间其速度分别为v1和v2. 由题给条件和动量守恒定律有mv12＋mv22＝E⑤ mv1＋mv2＝0⑥ 由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动．设爆炸后烟花弹向上运动部分继续上升的高度为h2，由机械能守恒定律有mv12＝mgh2⑦ 联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为h＝h1＋h2＝⑧ 10．如图7所示，质量均为m的木板AB和滑块CD紧靠在一起静置在光滑水平面上，木板AB的上表面粗糙，滑块CD的表面是光滑的四分之一圆弧，其始端D点切线水平且与木板AB上表面相平．一可视为质点的物块P质量也为m，从木板AB的右端以初速度v0滑上木板AB，过B点时的速度为，然后滑上滑块CD，最终恰好能滑到滑块CD的最高点C处．重力加速度为g.求： 图7 (1)物块滑到B点时木板的速度v的大小； (2)滑块CD圆弧的半径R. 解：(1)对P和木板、滑块CD组成的系统，由动量守恒