2023版高考物理大一輪復習第六章碰撞與動量守恒基礎課2動量守恒定律及其應用課時訓練（含解析）粵教版

PAGEPAGE1根底課2動量守恒定律及其應用一、選擇題(1～4題為單項選擇題，5～7題為多項選擇題)1．如圖1所示，A、B兩物體質量之比mA∶mB＝3∶2，原來靜止在平板小車C上。A、B間有一根被壓縮的彈簧，地面光滑，當彈簧突然釋放后，那么以下說法中不正確的選項是()圖1 A．假設A、B與平板車上外表間的動摩擦因數相同，A、B組成的系統(tǒng)動量守恒 B．假設A、B與平板車上外表間的動摩擦因數相同，A、B、C組成的系統(tǒng)動量守恒 C．假設A、B所受的摩擦力大小相等，A、B組成的系統(tǒng)動量守恒 D．假設A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C組成的系統(tǒng)動量守恒 解析如果A、B與平板車上外表間的動摩擦因數相同，彈簧釋放后A、B分別相對小車向左、向右滑動，它們所受的滑動摩擦力fA向右，fB向左，由于mA∶mB＝3∶2，所以fA∶fB＝3∶2，那么A、B組成的系統(tǒng)所受的外力之和不為零，故其動量不守恒，A錯；對A、B、C組成的系統(tǒng)，A、B與C間的摩擦力為內力，該系統(tǒng)所受的外力為豎直方向的重力和支持力，它們的合力為零，故該系統(tǒng)的動量守恒，B、D均正確；假設A、B所受摩擦力大小相等，那么A、B組成的系統(tǒng)所受外力之和為零，故其動量守恒，C正確。 答案A2．(2022·濰坊名校?？?在光滑的水平面上有a、b兩球，其質量分別為ma、mb，兩球在t0時刻發(fā)生正碰，并且在碰撞過程中無機械能損失，兩球碰撞前后的速度—時間圖象如圖2所示，以下關系正確的選項是()圖2 A．ma＞mb B．ma＜mb C．ma＝mb D．無法判斷 解析由圖象知a球以一初速度向原來靜止的b球運動，碰后a球反彈且速度大小小于其初速度大小，根據動量守恒定律，a球的質量小于b球的質量。 答案B3．如圖3所示，質量為M的盒子放在光滑的水平面上，盒子內外表不光滑，盒內放有一塊質量為m的物體，某時刻給物體一個水平向右的初速度v0，那么在物體與盒子前后壁屢次往復碰撞后()圖3 A．兩者的速度均為零 B．兩者的速度總不會相等 C．盒子的最終速度為eq\f(mv0,M)，方向水平向右 D．盒子的最終速度為eq\f(mv0,M＋m)，方向水平向右 解析由于盒子內外表不光滑，在屢次碰后物體與盒相對靜止，由動量守恒得：mv0＝(M＋m)v′，解得：v′＝eq\f(mv0,M＋m)，故D正確。 答案D4．兩質量、大小完全相同的正方體木塊A、B，靠在一起放在光滑水平面上，一水平射來的子彈先后穿透兩木塊后飛出，假設木塊對子彈的阻力恒定不變，子彈射穿兩木塊的時間相同，那么A、B兩木塊被子彈射穿后的速度之比為() A．1∶1 B．1∶2 C．1∶3 D．1∶eq\r(3) 解析因木塊對子彈的阻力恒定，且子彈射穿兩木塊的時間相同，子彈在射穿兩木塊對木塊的沖量相同。射穿A時，兩木塊獲得的速度為v′，根據動量定理，有 I＝2mv′－0① 射穿木塊B時，B的速度發(fā)生改變，而A的速度不變。射穿B后，B的速度為v″，根據動量定理，有 I＝mv″－mv′② ①②聯(lián)立，2mv′＝mv″－mv′ 得eq\f(v′,v″)＝eq\f(1,3)。選項C正確。 答案C5．(2022·河北唐山月考)如圖4所示，動量分別為pA＝12kg·m/s、pB＝13kg·m/s的兩個小球A、B在光滑的水平面上沿一直線向右運動，經過一段時間后兩球發(fā)生正碰，分別用ΔpA、ΔpB表示兩小球動量的變化量。那么以下選項中可能正確的選項是()圖4 A．ΔpA＝－3kg·m/s、ΔpB＝3kg·m/s B．ΔpA＝－2kg·m/s、ΔpB＝2kg·m/s C．ΔpA＝－24kg·m/s、ΔpB＝24kg·m/s D．ΔpA＝3kg·m/s、ΔpB＝－3kg·m/s 解析此題的碰撞問題要遵循三個規(guī)律：動量守恒定律，碰后系統(tǒng)的機械能不增加和碰撞過程要符合實際情況。此題屬于追及碰撞，碰前，后面運動物體的速度一定要大于前面運動物體的速度(否那么無法實現(xiàn)碰撞)，碰后、前面物體的動量增大，后面物體的動量減小，減小量等于增大量，所以ΔpA＜0，ΔpB＞0，并且ΔpA＝－ΔpB，據此可排除選項D；假設ΔpA＝－24kg·m/s、ΔpB＝24kg·m/s，碰后兩球的動量分別為pA′＝－12kg·m/s、pB′＝37kg·m/s，根據關系式Ek＝eq\f(p2,2m)可知，A球的質量和動量大小不變，動能不變，而B球的質量不變，但動量增大，所以B球的動能增大，這樣系統(tǒng)的機械能比碰前增大了，選項C可以排除；經檢驗，選項A、B滿足碰撞遵循的三個原那么。 答案AB6．A、B兩球沿同一條直線運動，如圖5所示的s－t圖象記錄了它們碰撞前后的運動情況，其中a、b分別為A、B碰撞前的s－t圖象。c為碰撞后它們的s－t圖象。假設A球質量為1kg，那么B球質量及碰后它們的速度大小為()圖5 A．2kg B.eq\f(2,3)kg C．4m/s D．1m/s 解析由圖象可知碰撞前二者都做勻速直線運動，va＝eq\f(4－10,2)m/s＝－3m/s，vb＝eq\f(4－0,2)m/s＝2m/s，碰撞后二者連在一起做勻速直線運動，vc＝eq\f(2－4,4－2)m/s＝－1m/s。 碰撞過程中動量守恒，即 mAva＋mBvb＝(mA＋mB)vc 可解得mB＝eq\f(2,3)kg 由以上可知選項B、D正確。 答案BD7．質量為m的小球A，沿光滑水平面以速度v0與質量為2m的靜止小球B發(fā)生正碰。碰撞后，A球的動能變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,9)，那么小球B的速度可能是() A.eq\f(1,3)v0 B.eq\f(2,3)v0 C.eq\f(4,9)v0 D.eq\f(5,9)v0 解析要注意的是，兩球的碰撞不一定是彈性碰撞，A球碰后動能變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,9)，那么其速度大小僅為原來的eq\f(1,3)。兩球在光滑水平面上正碰，碰后A球的運動有兩種可能，繼續(xù)沿原方向運動或被反彈。 當以A球原來的速度方向為正方向時，那么 vA′＝±eq\f(1,3)v0， 根據兩球碰撞前、后的總動量守恒，有 mv0＋0＝m×eq\f(1,3)v0＋2mvB′， mv0＋0＝m×(－eq\f(1,3)v0)＋2mvB″。 解得vB′＝eq\f(1,3)v0，vB″＝eq\f(2,3)v0。 答案AB二、非選擇題8．如圖6所示，質量為0.01kg的子彈以200m/s的速度從正下方擊穿—個質量為0.2kg的木球，子彈擊穿木球后，木球升起2.5m高，求擊穿木球后，子彈還能上升多高。(不計空氣阻力，取g＝9.8m/s2)圖6 解析在子彈擊中并穿過木球的極短時間內，它們之間的相互作用力遠大于重力，可以認為子彈和木球在這短暫時間內動量守恒。設子彈穿過木球后子彈和木球的速度分別為v1和v2， 有m1v0＝m1v1＋m2v2① 又veq\o\al(2,2)＝2gH② 得v1＝eq\f(m1v0－m2\r(2gH),m1) ＝eq\f(0.01×200－0.2×\r(2×9.8×2.5),0.01)m/s＝60m/s 那么子彈上升的高度h＝eq\f(veq\o\al(2,1),2g)＝eq\f(602,2×9.8)m＝184m 答案184m9．如圖7所示，小車的質量M＝2.0kg，帶有光滑的圓弧軌道AB和粗糙的水平軌道BC，一小物塊(可視為質點)質量為m＝0.5kg，與軌道BC間的動摩擦因數μ＝0.10，BC局部的長度L＝0.80m，重力加速度g取10m/s2。圖7 (1)假設小車固定在水平面上，將小物塊從AB軌道的D點靜止釋放，小物塊恰好可運動到C點。試求D點與BC軌道的高度差； (2)假設將小車置于光滑水平面上，小物塊仍從AB軌道的D點靜止釋放，試求小物塊滑到BC中點時的速度大小。 解析(1)設D點與BC軌道的高度差為h，根據動能定理有mgh＝μmgL，解得：h＝8.0×10－2 (2)設小物塊