高考物理總復(fù)習(xí)一輪課后跟蹤訓(xùn)練19動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用 習(xí)題答案解析

高考綜合復(fù)習(xí)課后跟蹤訓(xùn)練課后跟蹤訓(xùn)練(十九)動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用[基礎(chǔ)鞏固]1．下列情況中系統(tǒng)動(dòng)量守恒的是()①小車停在光滑水平面上，人在車上走動(dòng)時(shí)，對人與車組成的系統(tǒng)②子彈水平射入放在光滑水平面上的木塊中，對子彈與木塊組成的系統(tǒng)③子彈射入緊靠墻角的木塊中，對子彈與木塊組成的系統(tǒng)④氣球下用輕繩吊一重物一起加速上升時(shí)，繩子突然斷開后的一小段時(shí)間內(nèi)，對氣球與重物組成的系統(tǒng)A．只有① B．①和②C．①和③ D．①和③④[解析]①小車停在光滑水平面上，人在車上走動(dòng)時(shí)，對人與車組成的系統(tǒng)，系統(tǒng)受到的合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒；②子彈水平射入放在光滑水平面上的木塊中，對子彈與木塊組成的系統(tǒng)，系統(tǒng)所受到的合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒；③子彈射入緊靠墻角的木塊中，子彈與木塊組成的系統(tǒng)受墻角的作用力，系統(tǒng)所受到的合外力不為零，系統(tǒng)動(dòng)量不守恒；④氣球下用輕繩吊一重物一起加速上升時(shí)，繩子突然斷開后的一小段時(shí)間內(nèi)，對氣球與重物組成的系統(tǒng)，所受到的合外力不為零，系統(tǒng)動(dòng)量不守恒．綜上可知，選項(xiàng)B正確，A、C、D錯(cuò)誤．[答案]B2．(多選)兩物體組成的系統(tǒng)總動(dòng)量守恒，這個(gè)系統(tǒng)中()A．一個(gè)物體增加的速度等于另一個(gè)物體減少的速度B．一物體受合力的沖量與另一物體所受合力的沖量相同C．兩個(gè)物體的動(dòng)量變化總是大小相等、方向相反D．系統(tǒng)總動(dòng)量的變化為零[解析]兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)總動(dòng)量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′，等式變形后得p1－p1′＝p2′－p2，即－Δp1＝Δp2，－m1Δv1＝m2Δv2，所以每個(gè)物體的動(dòng)量變化大小相等，方向相反，但是只有在兩物體質(zhì)量相等的情況下才有一個(gè)物體增加的速度等于另一個(gè)物體減少的速度，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤，C正確；根據(jù)動(dòng)量定理得I1＝Δp1，I2＝Δp2，每個(gè)物體的動(dòng)量變化大小相等，方向相反，所以每個(gè)物體受到的沖量大小相等，方向相反，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；兩物體組成的系統(tǒng)總動(dòng)量守恒，即系統(tǒng)總動(dòng)量的變化為零，選項(xiàng)D正確．[答案]CD3.如圖，質(zhì)量為M的小船在靜止水面上以速率v0向右勻速行駛，一質(zhì)量為m的救生員站在船尾，相對小船靜止．若救生員以相對水面速率v水平向左躍入水中，則救生員躍出后小船的速率為()A．v0＋eq\f(m,M)v B．v0－eq\f(m,M)vC．v0＋eq\f(m,M)(v0＋v) D．v0＋eq\f(m,M)(v0－v)[解析]取向右為正方向，由動(dòng)量守恒有(M＋m)v0＝－mv＋Mv′，解之有v′＝v0＋eq\f(m,M)(v0＋v)，故選項(xiàng)C正確．[答案]C4．(2020·重慶巴蜀中學(xué)一診)如圖所示，在光滑的水平面上，質(zhì)量為m1的小球A以速率v0向右運(yùn)動(dòng)，O點(diǎn)處有一質(zhì)量為m2的小球B處于靜止?fàn)顟B(tài)．小球A與小球B發(fā)生正碰后均向右運(yùn)動(dòng)，小球B被Q處的墻壁彈回后與小球A在P點(diǎn)相遇，PQ＝1.5PO.若小球間的碰撞及小球與墻壁間的碰撞都是彈性碰撞且碰撞時(shí)間極短，則兩小球的質(zhì)量之比m1∶m2為()A．1∶2 B．2∶1C．3∶2 D．4∶1[解析]本題考查彈性碰撞．兩球發(fā)生彈性碰撞，設(shè)碰后A、B兩球的速度分別為v1、v2，規(guī)定向右為正方向，根據(jù)系統(tǒng)動(dòng)量守恒得m1v0＝m1v1＋m2v2，已知小球間的碰撞及小球與墻壁間的碰撞均為彈性碰撞，無機(jī)械能損失，由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)，從兩球碰撞后到它們再次相遇，小球A和小球B的速度大小保持不變，因?yàn)镻Q＝1.5PO，則小球A和小球B通過的路程之比為s1∶s2＝1∶4，可得碰后兩小球的速度大小之比v1∶v2＝1∶4，聯(lián)立解得eq\f(m1,m2)＝eq\f(2,1)，B正確，A、C、D錯(cuò)誤．[答案]B5．(2020·福建三明一中月考)有一個(gè)質(zhì)量為3m的爆竹斜向上拋出，到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)速度大小為v0、方向水平向右，在最高點(diǎn)爆炸成質(zhì)量不等的兩塊，其中一塊質(zhì)量為2m，速度大小為A．3v0－v B．2v0－3vC．3v0－2v D．2v0＋v[解析]本題考查爆炸中的動(dòng)量守恒問題．爆竹在最高點(diǎn)速度大小為v0、方向水平向右，爆炸前動(dòng)量為3mv0，其中一塊質(zhì)量為2m，速度大小為v，方向水平向右，設(shè)爆炸后另一塊瞬時(shí)速度大小為v′，取爆竹到最高點(diǎn)未爆炸前的速度方向?yàn)檎较?，爆炸過程動(dòng)量守恒，則3mv0＝2mv＋mv′，解得v′＝3v0－2v[答案]C6.一半徑為R、質(zhì)量為M的光滑半圓柱形底座，放置在光滑水平面上，將一半徑為eq\f(1,3)R、質(zhì)量為m的小球緊靠底座右側(cè)由靜止釋放，釋放時(shí)小球球心O′和底座圓心O在同一水平高度上，且M＝3m，當(dāng)小球到達(dá)底座最低點(diǎn)時(shí)，底座運(yùn)動(dòng)的位移大小是()A.eq\f(1,6)RB.eq\f(1,4)RC.eq\f(1,3)RD.eq\f(1,2)R[解析]設(shè)當(dāng)小球到達(dá)底座最低點(diǎn)時(shí)，底座運(yùn)動(dòng)的位移大小是x，則小球相對于地面的水平位移大小為R－eq\f(1,3)R－x.小球和底座組成的系統(tǒng)水平方向不受外力，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒．取水平向右為正方向，由系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒得：Meq\f(x,t)－meq\f(R－\f(1,3)R－x,t)＝0，結(jié)合M＝3m，解得x＝eq\f(1,6)R，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤．[答案]A7.質(zhì)量分別為ma＝1kg和mb＝2kg的小球在光滑的水平面上發(fā)生碰撞，碰撞前、后兩球的位移—時(shí)間圖像如右圖所示，則可知碰撞屬于()A．彈性碰撞B．非彈性碰撞C．完全非彈性碰撞D．條件不足，無法判斷[解析]由x－t圖像可知，碰撞前，va＝3m/s，vb＝0，碰撞后，va′＝－1m/s，vb′＝2m/s，碰撞前的總動(dòng)能為eq\f(1,2)maveq\o\al(2,a)＋eq\f(1,2)mbveq\o\al(2,b)＝eq\f(9,2)J，碰撞后的總動(dòng)能為eq\f(1,2)mava′2＋eq\f(1,2)mbvb′2＝eq\f(9,2)J，故機(jī)械能守恒；碰撞前的總動(dòng)量為mava＋mbvb＝3kg·m/s，碰撞后的總動(dòng)量為mava′＋mbvb′＝3kg·m/s，故動(dòng)量守恒．所以該碰撞屬于彈性碰撞，選項(xiàng)A正確．[答案]A8．(2020·河北六校聯(lián)考)某同學(xué)研究碰撞問題，設(shè)計(jì)了如圖所示的裝置．天花板下用等長輕細(xì)線豎直懸掛兩彈性小球，球大小可以忽略，細(xì)線長度為R，A球質(zhì)量為m，B球質(zhì)量為M，其中M＝3m，重力加速度為g.現(xiàn)將A球拉至水平位置，保持細(xì)線伸直，無張力(如圖虛線所示)，給A球以豎直向下的初速度，使A、B兩球在最低點(diǎn)發(fā)生彈性正碰，發(fā)現(xiàn)A(1)碰撞后瞬間A的速度大小v1；(2)釋放A球時(shí)初速度大小v.[解析](1)A碰撞結(jié)束到彈回初始位置有：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝mgR得v1＝eq\r(2gR)(2)A、B系統(tǒng)碰撞前后瞬間，系統(tǒng)動(dòng)量守恒：mv0＝Mv2－mv1彈性碰撞，故碰撞過程機(jī)械能守恒：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)聯(lián)立解得：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(v1＝\f(M－m,M＋m)v0＝\f(1,2)v0,v2＝\f(2m,M＋m)v0＝\f(1,2)v0))，所以v0＝2v1，從釋放到碰撞前瞬間，A球機(jī)械能守恒：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgR＋eq\f(1,2)mv2解得：v＝eq\r(6gR).[答案](1)eq\r(2gR)(2)eq\r(6gR)[能力提升]9．(多選)質(zhì)量相等的甲、乙兩球在光滑水平面上沿同一直線運(yùn)動(dòng)．甲以7kg·m/s的動(dòng)量追上前方以5kg·m/s的動(dòng)量同向運(yùn)動(dòng)的乙球發(fā)生正碰，則碰后甲、乙兩球動(dòng)量不可能的是()A．6.5kg·m/s,5.5kg·m/sB．6kg·m/s,6kg·m/sC．4kg·m/s,8kg·m/sD．5.5kg·m/s,6.5kg·m/s[解析]碰撞的過程中，滿足三個(gè)條件：動(dòng)量守恒、總動(dòng)能不增加、符合物體的實(shí)際運(yùn)動(dòng)情況．易判斷四個(gè)選項(xiàng)中動(dòng)量均守恒．初狀態(tài)總動(dòng)能E1＝eq\f(p\o\al(2,1),2m)＋eq\f(p\o\al(2,2),2m)＝eq\f(74,2m).A項(xiàng)末狀態(tài)總動(dòng)能E2＝eq\f(p1′2,2m)＋eq\f(p2′2,2m)＝eq\f(72.5,m)，動(dòng)能不增加，但A項(xiàng)甲球速度大于乙球，故A不可能．B項(xiàng)末狀態(tài)的總動(dòng)能E2＝eq\f(p1′2,2m)＋eq\f(p2′2,2m)＝eq\f(72,2m)，動(dòng)能不增加，故B項(xiàng)可能．C項(xiàng)末狀態(tài)總動(dòng)能E2＝eq\f(p1′2,2m)＋eq\f(p2′2,2m)＝eq\f(80,2m)，動(dòng)能增加，故C項(xiàng)不可能．D項(xiàng)末狀態(tài)總動(dòng)能E2＝eq\f(p1′2,2m)＋eq\f(p2′2,2m)＝eq\f(72.5,2m)，動(dòng)能不增加，故D可能．[答案]AC10．(多選)(2020·北京海淀區(qū)4月模擬)電推進(jìn)系統(tǒng)(俗稱“電火箭”)利用電能加熱、電離和加速帶電粒子，形成向外發(fā)射的高速粒子流，從而對飛行器產(chǎn)生反沖力．某飛行器的質(zhì)量為M，在飛行器的電推進(jìn)系統(tǒng)內(nèi)“燃料”電離后產(chǎn)生2價(jià)氧離子，經(jīng)電壓為U的電場加速后發(fā)射出去，發(fā)射功率為P.已知每個(gè)氧離子的質(zhì)量為m，元電荷為e，假設(shè)飛行器原來靜止，不計(jì)發(fā)射氧離子后飛行器質(zhì)量的變化，下列說法中正確的是()A．電推進(jìn)系統(tǒng)發(fā)射出的氧離子的速率為eq\r(\f(eU,m))B．電推進(jìn)系統(tǒng)每秒鐘射出的氧離子數(shù)為N＝eq\f(P,2eU)C．飛行器所獲得的加速度為eq\f(P,M)eq\r(\f(m,eU))D．在電推進(jìn)系統(tǒng)工作過程中，氧離子和飛行器組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒[解析]根據(jù)動(dòng)能定理得2eU＝Ek－0＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝2eq\r(\f(eU,m))，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；每秒電推進(jìn)系統(tǒng)對離子所做的功為W＝P·1s，又W＝NEk＝N·2eU，解得N＝eq\f(P·1s,2eU)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；在推進(jìn)器工作過程中，氧離子和飛行器組成的系統(tǒng)所受合外力為零，則動(dòng)量守恒，每秒射出N個(gè)離子后，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有Nmv＝Mv′，解得v′＝eq\f(Nmv,M)，加速度a＝eq\f(v′,1s)＝eq\f(P,M)eq\r(\f(m,eU))，選項(xiàng)C、D正確．[答案]CD11．如圖所示，軌道ABC中的AB段為一半徑R＝0.2m的光滑eq\f(1,4)圓形軌道，BC段為足夠長的粗糙水平面．一小滑塊P由A點(diǎn)從靜止開始下滑，滑到B點(diǎn)時(shí)與靜止在B點(diǎn)相同質(zhì)量的小滑塊Q碰撞后粘在一起，兩滑塊在BC水平面上滑行一段距離后停下．g取10m/s2，兩滑塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同μ＝0.1，求：(1)小滑塊P剛到達(dá)eq\f(1,4)圓形軌道B點(diǎn)時(shí)軌道對它的支持力FN為3N，求該滑塊的質(zhì)量和運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的速度．(2)滑塊在水平面上的滑行的距離．[解析](1)小滑塊P沿光滑eq\f(1,4)圓形軌道下滑到達(dá)B點(diǎn)的