《2019屆高考物理一輪復(fù)習(xí) 第五章 能量和運(yùn)動(dòng) 課時(shí)作業(yè)18 動(dòng)量 動(dòng)量守恒定律.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019屆高考物理一輪復(fù)習(xí) 第五章 能量和運(yùn)動(dòng) 課時(shí)作業(yè)18 動(dòng)量 動(dòng)量守恒定律.doc（6頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

課時(shí)作業(yè)（十八）動(dòng)量 動(dòng)量守恒定律 [基礎(chǔ)小題練] 1．如圖所示，質(zhì)量為m的物體(可視為質(zhì)點(diǎn))，從h高處的A點(diǎn)由靜止開(kāi)始沿斜面下滑，停在水平地面上的B點(diǎn)(斜面和水平面之間有小圓弧平滑連接)．要使物體能原路返回，在B點(diǎn)需給物體的瞬時(shí)沖量最小應(yīng)是(　　) A．2m B．m C. D．4m 【解析】　物體從A到B的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理，有mgh－Wf＝0，物體從B返回A的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理，有－mgh－Wf＝0－mv2，聯(lián)立解得v＝2，在B點(diǎn)需給物體的瞬時(shí)沖量等于動(dòng)量的增加量，故I＝mv＝2m，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤． 【答案】　A 2．下列四幅圖所反映的物理過(guò)程中，系統(tǒng)動(dòng)量守恒的是(　　) 【解析】　A中子彈和木塊的系統(tǒng)在水平方向不受外力，豎直方向所受合力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒；B中在彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)過(guò)程中，系統(tǒng)在水平方向始終受到墻的作用力，系統(tǒng)動(dòng)量不守恒；C中剪斷細(xì)線后，以整體為研究對(duì)象，木球與鐵球的系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒；D中木塊下滑過(guò)程中，斜面始終受擋板作用力，系統(tǒng)動(dòng)量不守恒． 【答案】　AC 3．(2018山東濰坊高三上學(xué)期期中)在光滑水平地面上有兩個(gè)完全相同的彈性小球a、b，質(zhì)量均為m.現(xiàn)b球靜止，a球向b球運(yùn)動(dòng)，發(fā)生彈性正碰．當(dāng)碰撞過(guò)程中達(dá)到最大彈性勢(shì)能Ep時(shí)，a球的速度等于(　　) A. B． C．2 D．2 【解析】　設(shè)碰前a球速度為v0，彈性勢(shì)能最大時(shí)刻即為兩球共速之時(shí)，設(shè)共同速度為v，則由動(dòng)量守恒和能量守恒得： mv0＝(m＋m)v① mv＝(m＋m)v2＋Ep② 由①②兩式解得v＝ ，故A正確． 【答案】　A 4．在光滑的水平面上，有a、b兩球，其質(zhì)量分別為ma、mb，兩球在t0時(shí)刻發(fā)生正碰，并且在碰撞過(guò)程中無(wú)機(jī)械能損失，兩球在碰撞前后的速度—時(shí)間圖象如圖所示，下列關(guān)系正確的是(　　) A．ma＞mb B．ma＜mb C．ma＝mb D．無(wú)法判斷 【解析】　由動(dòng)量守恒定律得mava＝mava′＋m bvb′，由于va′＜0，則b球獲得的動(dòng)量大于a球最初的動(dòng)量．若ma＝mb，則兩球交換速度，與圖象不符；由Ek＝知，若ma＞mb，則b球的動(dòng)能將會(huì)大于a球最初的動(dòng)能，違背能量守恒定律，則必然滿足ma＜mb. 【答案】　B 5．小船相對(duì)于靜止的湖水以速度v向東航行．某人將船上兩個(gè)質(zhì)量相同的沙袋，以相對(duì)于湖水相同的速率v先后從船上水平向東、向西拋出船外．那么當(dāng)兩個(gè)沙袋都被拋出后，小船的速度將(　　) A．仍為v B．大于v C．小于v D．可能反向 【解析】　以兩沙袋和船為系統(tǒng)，拋沙袋的過(guò)程系統(tǒng)滿足動(dòng)量守恒定律的條件，即(M＋2m)v＝mv－mv＋Mv′，解得v′＝v>v，故B正確． 【答案】　B 6.如圖所示，靜止在光滑水平面上的木板，右端有一根輕質(zhì)彈簧沿水平方向與木板相連，木板質(zhì)量M＝4 kg.質(zhì)量m＝2 kg的小鐵塊以水平速度v0＝6 m/s，從木板的左端沿板面向右滑行，壓縮彈簧后又被彈回，最后恰好到達(dá)木板的左端并與木板保持相對(duì)靜止．在上述過(guò)程中彈簧具有的最大彈性勢(shì)能為(　　) A．9 J B．12 J C．3 J D．24 J 【解析】　當(dāng)彈簧壓縮至最短時(shí)，Ep最大，mv0＝(M＋m)v，v＝2 m/s，全程摩擦力做功Wf＝mv－(M＋m)v2＝24 J，Ep＝mv－(M＋m)v2－＝12 J. 【答案】　B [創(chuàng)新導(dǎo)向練] 7．動(dòng)量定理的實(shí)際應(yīng)用——打籃球時(shí)的傳球技巧 籃球運(yùn)動(dòng)員通常伸出雙手迎接傳來(lái)的籃球．接球時(shí)，兩手隨球迅速收縮至胸前．這樣做可以(　　) A．減小球?qū)κ值臎_量 B．減小球?qū)κ值臎_擊力 C．減小球的動(dòng)量變化量 D．減小球的動(dòng)能變化量 【解析】　由動(dòng)量定理Ft＝Δp知，接球時(shí)兩手隨球迅速收縮至胸前，延長(zhǎng)了手與球接觸的時(shí)間， 從而減小了球?qū)κ值臎_擊力，選項(xiàng)B正確． 【答案】　B 8．動(dòng)量守恒定律在航天科技中的實(shí)際應(yīng)用 一質(zhì)量為M的航天器，正以速度v0在太空中飛行，某一時(shí)刻航天器接到加速的指令后，發(fā)動(dòng)機(jī)瞬間向后噴出一定質(zhì)量的氣體，氣體噴出時(shí)速度大小為v1，加速后航天器的速度大小為v2，則噴出氣體的質(zhì)量m為(　　) A.M B．M C.M D．M 【解析】　規(guī)定航天器的速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律可得Mv0＝(M－m)v2－mv1，解得m＝M，故C正確． 【答案】　C 9．應(yīng)用動(dòng)量守恒定律分析碰撞中的實(shí)際問(wèn)題 某研究小組通過(guò)實(shí)驗(yàn)測(cè)得兩滑塊碰撞前后運(yùn)動(dòng)的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，得到如圖所示的位移—時(shí)間圖象．圖中的線段a、b、c分別表示沿光滑水平面上同一條直線運(yùn)動(dòng)的滑塊Ⅰ、Ⅱ和它們發(fā)生正碰后結(jié)合體的位移變化關(guān)系．已知相互作用時(shí)間極短，由圖象給出的信息可知(　　) A．碰前滑塊Ⅰ與滑塊Ⅱ速度大小之比為7∶2 B．碰前滑塊Ⅰ的動(dòng)量大小比滑塊Ⅱ的動(dòng)量大小大 C．碰前滑塊Ⅰ的動(dòng)能比滑塊Ⅱ的動(dòng)能小 D．滑塊Ⅰ的質(zhì)量是滑塊Ⅱ的質(zhì)量的 【解析】　根據(jù)st圖象的斜率等于速度，可知碰前滑塊Ⅰ的速度v1＝－2 m/s，滑塊Ⅱ的速度v2＝0.8 m/s，則碰前速度大小之比為5∶2，故A錯(cuò)誤；碰撞前后系統(tǒng)動(dòng)量守恒，碰撞前，滑塊Ⅰ的動(dòng)量為負(fù)，滑塊Ⅱ的動(dòng)量為正，由于碰撞后總動(dòng)量為正，故碰撞前總動(dòng)量也為正，故碰撞前滑塊Ⅰ的動(dòng)量大小比滑塊Ⅱ的小，故B錯(cuò)誤；碰撞后的共同速度為v＝0.4 m/s，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，解得m2＝6m1，由動(dòng)能的表達(dá)式可知，m1v>m2v，故C錯(cuò)誤，D正確． 【答案】　D 10．應(yīng)用動(dòng)量定理分析安全帶受力問(wèn)題 質(zhì)量是60 kg的建筑工人，不慎從高空跌下，由于彈性安全帶的保護(hù)，他被懸掛起來(lái)．已知安全帶的緩沖時(shí)間是1.2 s，安全帶長(zhǎng)5 m，取g＝10 m/s2，則安全帶所受的平均沖力的大小為(　　) A．500 N B．600 N C．1 100 N D．100 N 【解析】　安全帶長(zhǎng)5 m，人在這段距離上做自由落體運(yùn)動(dòng)，獲得速度v＝＝10 m/s.受安全帶的保護(hù)經(jīng)1.2 s速度減小為0，對(duì)此過(guò)程應(yīng)用動(dòng)量定理，以向上為正方向，有(F－mg)t＝0－(－mv)，則F＝＋mg＝1 100 N，C正確． 【答案】　C [綜合提升練] 11．(2018山東濰坊高三上學(xué)期期中)如圖所示，質(zhì)量為M的軌道由上表面粗糙的水平軌道和豎直平面內(nèi)的半徑為R的光滑圓弧軌道緊密連接組成，置于光滑水平面上．一質(zhì)量為m的小物塊以水平初速度v0由左端滑上軌道，恰能到達(dá)圓弧軌道最高點(diǎn)．已知M∶m＝3∶1，物塊與水平軌道之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.求： (1)小物塊到達(dá)圓弧軌道最高點(diǎn)時(shí)的速度； (2)水平軌道的長(zhǎng)度． 【解析】　設(shè)小物塊到達(dá)圓弧軌道最高點(diǎn)時(shí)速度為v1 (1)從小物塊滑上軌道到到達(dá)最高點(diǎn)的過(guò)程中，由動(dòng)量守恒定律得mv0＝(M＋m)v1① 聯(lián)立解得：v1＝v0.② (2)由能量守恒定律得：μmgL＋mgR＋(m＋M)v＝mv③ 由②③聯(lián)立得：L＝－.④ 【答案】　(1)v0　(2)－ 12．(2018山東淄博一中高三上學(xué)期期中)如圖所示，AOB是光滑水平軌道，BC是半徑為R的光滑的固定圓弧軌道，兩軌道恰好相切于B點(diǎn)．質(zhì)量為M的小木塊靜止在O點(diǎn)，一顆質(zhì)量為m的子彈以某一初速度水平向右射入小木塊內(nèi)，并留在其中和小木塊一起運(yùn)動(dòng)，且恰能到達(dá)圓弧軌道的最高點(diǎn)C(木塊和子彈均看作質(zhì)點(diǎn))． (1)求子彈射入木塊前的速度； (2)若每當(dāng)小木塊返回到O點(diǎn)或停止在O點(diǎn)時(shí)，立即有一顆相同的子彈射入小木塊，并留在其中，則當(dāng)?shù)?7顆子彈射入小木塊后，小木塊沿圓弧軌道能上升的最大高度為多少？ 【解析】　(1)由子彈射入木塊過(guò)程動(dòng)量守恒有mv0＝(m＋M)v1 木塊和子彈滑到點(diǎn)C處的過(guò)程中機(jī)械能守恒，有 (m＋M)v＝(m＋M)gR 聯(lián)立兩式解得 v0＝. (2)以后當(dāng)偶數(shù)子彈射中木塊時(shí)，木塊與子彈恰好靜止，奇數(shù)子彈射中木塊時(shí)，向右運(yùn)動(dòng)． 第17顆子彈射中時(shí)，由動(dòng)量守恒定律可知 (M＋17m)v＝mv0 射入17顆子彈后的木塊滑到最高點(diǎn)的過(guò)程中機(jī)械能守恒，有 (M＋17m)v2＝(M＋17m)gH 由以上兩式解得 H＝R. 【答案】　(1)　(2)R