人教版新高考物理一轮总复习训练题动量守恒定律及其应用

考点规范练21　动量守恒定律及其应用

一、单项选择题

1.(2020·广东省实验中学、广雅中学、佛山一中期末)如图所示,在光滑的水平面上放有两个小球A和B,其质量mA<mB,B球上固定一轻质弹簧,若将A球以速率v去碰撞静止的B球,下列说法正确的是(　　)

A.当弹簧压缩量最大时,两球速率都最小

B.当弹簧恢复原长时,B球速率最大

C.当A球速率为零时,B球速率最大

D.当B球速率最大时,弹簧弹性势能不为零

2.火箭向后喷气后自身获得向前的速度。某一火箭在喷气前的质量为30 kg,每秒钟可完成5次喷气。设每一次喷气均喷出200 g气体,气体喷出后的速度为100 m/s,则第三次喷气后火箭的速度为(题中涉及各速度均以地面为参考系)(　　)

A.1 000 m/s B.200 m/s

C.20 m/s D.2 m/s

3.(2020·新疆乌鲁木齐月考)如图所示,质量相等的5个物块在光滑水平面上间隔一定距离排成一条直线。具有初动能E0的物块1向其他4个静止的物块运动,依次发生碰撞,每次碰撞后不再分开,最后5个物块粘成一个整体。首次碰撞和最后一次碰撞中,损失的动能之比为(　　)

A.1 B.10 C.5 D.

4.(2020·江苏南京月考)如图所示,两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动,滑块A的质量为m,速度大小为2v0,方向向右,滑块B的质量为2m,速度大小为v0,方向向左,两滑块发生弹性碰撞后(　　)

A.A向左运动,速度大小为v0

B.A向右运动,速度大小为v0

C.A静止,B也静止

D.A向左运动,速度大小为2v0

5.(2020·广东广州一模)如图所示,水平放置的圆环形窄槽固定在桌面上,槽内有两个大小相同的小球A、B,球B静止在槽中位置P。球A以一定初速度沿槽运动,在位置P与球B发生弹性碰撞,碰后球A反弹,并在位置Q与球B再次碰撞。已知∠POQ=90°,忽略摩擦,且两小球可视为质点,则A、B两球质量之比为(　　)

A.3∶1 B.1∶3 C.5∶3 D.3∶5

二、多项选择题

6.冰壶是以队为单位在冰上进行的一种投掷性竞赛项目。右图显示了某次运动员掷出冰壶时刻两冰壶的位置,虚线圆圈为得分区域。冰壶甲运动一段时间后与对方静止的冰壶乙发生正碰。若两冰壶质量相等,则碰后两冰壶最终停止的位置可能是              (　　)

7.A、B两物体在光滑水平面上沿同一直线运动,右图表示发生碰撞前后的v-t图线,由图线可以判断(　　)

A.A、B的质量比为3∶2

B.A、B作用前后总动量守恒

C.A、B作用前后总动量不守恒

D.A、B作用前后总动能不变

8.(2020·福建福州十一中期中)质量相等的A、B两球在光滑水平面上,沿同一直线、同一方向运动,A球的动量pA=9 kg·m/s,B球的动量pB=3 kg·m/s,当A追上B时发生碰撞,则碰后A、B两球的动量可能值是(　　)

A.pA'=6 kg·m/s,pB'=6 kg·m/s

B.pA'=6 kg·m/s,pB'=4 kg·m/s

C.pA'=-6 kg·m/s,pB'=18 kg·m/s

D.pA'=4 kg·m/s,pB'=8 kg·m/s

三、非选择题

9.(2020·河北邯郸二模)如图所示,半径R=2.5 m的半圆形光滑轨道竖直固定在水平面上,底部与水平面相切于O点,质量为m的小滑块A静止在水平面上的M点,另一质量为3m的小滑块B在水平面上向左运动,以v0=10 m/s的速度在M点与A发生弹性碰撞,碰撞后滑块A恰好经过半圆形轨道的最高点,飞出后又恰好击中停在水平面上的滑块B,已知滑块B与水平面间的动摩擦因数μ=0.5,重力加速度g取10 m/s2,空气阻力不计,两滑块均可视为质点,求:

(1)碰撞后两滑块的速度;

(2)滑块A与水平面间的动摩擦因数(结果保留2位小数)。

考点规范练21　动量守恒定律及其应用

1.B　解析:分析小球的运动过程,A与弹簧接触后,弹簧被压缩,弹簧对A产生向左的弹力,对B产生向右的弹力,A做减速运动,B做加速运动,当B的速度等于A的速度时弹簧压缩量最大,此后A球速度继续减小,B球速度继续增大,弹簧压缩量减小,当弹簧第一次恢复原长时,B球速率最大。由以上分析可知,当弹簧压缩量最大时,A球速率没有达到最小值,故A错误。弹簧被压缩后,B球的速度一直在增大,当弹簧恢复原长时,B球速率达到最大值,故B正确。由于质量mA<mB,A的速度变化比B快,A球的速度是0时,弹簧仍然处于压缩状态,B球的速率没有达到最大,故C错误。当弹簧恢复原长时,B球速率达到最大值,所以此时弹簧的弹性势能是0,故D错误。

2.D　解析:取喷气前的火箭整体为研究对象,喷气过程动量守恒。设每次喷出气体的速度为v,三次喷气后火箭的速度为v',由动量守恒定律得(m0-3m)v'=3mv

解得v'=2 m/s,故A、B、C错误,D正确。

3.B　解析:设物块的质量为m,物块1的初速度为v0,则E0=

物块1和物块2碰撞过程中,根据动量守恒定律可得mv0=2mv1

根据能量守恒定律可得ΔE1=×2m

同理可得前4个物块碰撞后速度为v3,则mv0=4mv3,解得v3=v0

前4个物块与第5个物块发生碰撞过程中,根据动量守恒定律可得4mv3=5mv4,解得v4=v0

最后一次碰撞中,损失的动能为ΔE2=·4m·5m

所以首次碰撞和最后一次碰撞中,损失的动能之比为=10,故B正确,A、C、D错误。

4.D　解析:规定向右为正方向,设碰后A、B的速度为vA、vB,A、B两滑块组成的系统动量守恒,有m·2v0-2m·v0=mvA+2mvB

又系统机械能守恒,有m·(2v0)2+·2m·2m

联立以上方程可解得vA=-2v0,vB=v0

则碰后A滑块速度水平向左,B滑块速度水平向右,故D正确,A、B、C错误。

5.D　解析:两球在P处发生碰撞后在Q点发生第二次碰撞,在P处碰撞后A反弹,碰撞后两球的速度大小之比

两球发生弹性碰撞,碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒,以碰撞前A球的速度方向为正方向,由动量守恒定律得mAv=-mAvA+mBvB,由机械能守恒定律得mAv2=mAmB ,解得mA∶mB=3∶5,故A、B、C错误,D正确。

6.BCD　解析:如果两冰壶发生弹性碰撞,碰撞过程动量守恒、机械能守恒,两冰壶质量相等,碰撞后两冰壶交换速度,甲静止,乙的速度等于甲的速度,碰后乙做减速运动,最后停止,最终两冰壶的位置如图B所示,故B正确。如果为非弹性碰撞,总动量向右,则C图有可能,故C正确,A错误。若两球不是对心碰撞,则两球可能在竖直方向均发生位移,但竖直方向应保证动量为零,D有可能,故D正确。

7.ABD　解析:根据动量守恒定律有mAvA+mBvB=mAvA'+mBvB',代数得mA∶mB=3∶2,选项A正确。根据动量守恒知A、B作用前后总动量守恒,选项B正确,C错误。作用前总动能Ek=mAmB,作用后总动能Ek'=mAvA'2+mBvB'2,代数可得Ek=Ek',可见作用前后总动能不变,选项D正确。

8.AD　解析:设两球质量为m,碰前总动量p=pA+pB=12 kg·m/s,碰前总动能Ek=

若pA'=6 kg·m/s,pB'=6 kg·m/s,碰后总动量p'=pA'+pB'=12 kg·m/s

碰后总动能E'=<Ek,故可能发生,A正确。

若pA'=6 kg·m/s,pB'=4 kg·m/s,

碰后p'=pA'+pB'≠p,故不可能,B错误。

若pA'=-6 kg·m/s,pB'=18 kg·m/s,碰后E'=>Ek,故不可能,C错误。

若pA'=4 kg·m/s,pB'=8 kg·m/s,

碰后p'=12 kg·m/s=p,E'=<Ek,故可能,D正确。

9.解析:(1)A与B发生弹性碰撞,碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒,以向左为正方向,由动量守恒定律得

3mv0=mvA+3mvB

由机械能守恒定律得

×3m×3m

代入数据解得vA=15 m/s,vB=5 m/s。

(2)滑块A恰好经过半圆最高点,在最高点重力提供向心力,由牛顿第二定律得mg=m

A离开半圆轨道后做平抛运动,竖直方向2R=gt2,水平方向x=vA't

对滑块B,从碰后到停止运动过程,由动能定理得

-μ·3mgxB=0-×3m

滑块A在水平面上走过的位移为xA=xB+x

对滑块A,从碰后到运动至最高点过程,由动能定理得

-μAmgxA-mg2R=mvA'2-

代入数据解得μA=0.67。

答案:(1)15 m/s　5 m/s　(2)0.67