2019届高三物理专题训练之 动量守恒定律及其应用

这是一份2019届高三物理专题训练之 动量守恒定律及其应用，共10页。试卷主要包含了 将质量为1，55 m等内容，欢迎下载使用。
A．30 kg·m/s B．5.7×102 kg·m/s C．6.0×102 kg·m/s D．6.3×102 kg·m/s
典例2. (2018∙全国Ⅰ卷∙24)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。
三、对点速练
1．(多选)如图所示，竖直平面内的光滑水平轨道的左边与墙壁对接，右边与一个足够高的eq \f(1,4)光滑圆弧轨道平滑相连，木块A、B静置于光滑水平轨道上，A、B的质量分别为1.5 kg和0.5 kg。现让A以6 m/s的速度水平向左运动，之后与墙壁碰撞，碰撞的时间为0.3 s，碰后的速度大小变为4 m/s，当A与B碰撞后立即粘在一起运动，g取10 m/s2，则( )
A．A与墙壁碰撞的过程中，墙壁对A的平均作用力的大小F＝50 N
B．A与墙壁碰撞的过程中没有能量损失
C．A、B碰撞后的速度v＝3 m/s
D．A、B滑上圆弧轨道的最大高度h＝0.55 m
2．在光滑的水平地面上放有一质量为M带光滑eq \f(1,4)圆弧形槽的小车，一质量为m的小铁块以速度v沿水平槽口滑去，如图所示，若M＝m，则铁块离开车时将( )
A．向左平抛 B．向右平抛
C．自由落体 D．无法判断
3．如图所示，在光滑水平地面上有A、B两个小物块，其中物块A的左侧连接一水平轻质弹簧。物块A处于静止状态，物块B以一定的初速度向物块A运动，并通过弹簧与物块A发生弹性正碰。对于该作用过程，两物块的速率变化可用速率－时间图象进行描述，在下图所示的图象中，图线1表示物块A的速率变化情况，图线2表示物块B的速率变化情况．则在这四个图象中可能正确的是( )

4．如图所示，两质量分别为m1和m2的弹性小球A、B叠放在一起，从高度为h处自由落下，h远大于两小球半径，落地瞬间，B先与地面碰撞，后与A碰撞，所有的碰撞都是弹性碰撞，且都发生在竖直方向、碰撞时间均可忽略不计。已知m2＝3m1，则A反弹后能达到的高度为( )
A．h B．2h
C．3h D．4h
5．(多选)如图所示，小车的上面固定一个光滑弯曲圆管道，整个小车(含管道)的质量为2m，原来静止在光滑的水平面上。现有一个可以看作质点的小球，质量为m，半径略小于管道半径，以水平速度v从左端滑上小车，小球恰好能到达管道的最高点，然后从管道左端滑离小车。关于这个过程，下列说法正确的是( )
A．小球滑离小车时，小车回到原来位置
B．小球滑离小车时相对小车的速度大小为v
C．车上管道中心线最高点的竖直高度为eq \f(v2,3g)
D．小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，小车的动量变化大小是eq \f(mv,3)
6．(多选)光滑水平面上放有质量分别为2m和m的物块A和B，用细线将它们连接起来，两物块中间加有一压缩的轻质弹簧(弹簧与物块不相连)，弹簧的压缩量为x。现将细线剪断，此刻物块A的加速度大小为a，两物块刚要离开弹簧时物块A的速度大小为v，则( )
A．物块B的加速度大小为a时弹簧的压缩量为eq \f(x,2)
B．物块A从开始运动到刚要离开弹簧时位移大小为eq \f(2,3)x
C．物块开始运动前弹簧的弹性势能为eq \f(3,2)mv2
D．物块开始运动前弹簧的弹性势能为3mv2
7．如图甲所示，一质量为ma的滑块(可看成质点)固定在半径为R的光滑四分之一圆弧轨道的顶端A点，另一质量为mb的滑块(可看成质点)静止在轨道的底端B处，A点和圆弧对应的圆心O点等高。
(1)若圆弧的底端B与水平光滑平面连接，释放滑块ma的同时给mb一个向右的初速度vb，ma滑至水平面时的速度是va(va>vb)，相碰之后ma、mb的速度分别是va′、vb′，假设相碰过程中两滑块之间的作用力是恒力，在上述简化情况下由牛顿定律导出动量守恒定律的表达式：mava＋mbvb＝mava′＋mbvb′。
(2)若圆弧的底端B与水平光滑平面连接(足够长)，mb静止于B点，ma从静止开始释放，假设两滑块碰撞时无机械能损失，且两滑块能发生两次碰撞，试证明：3mamA，故vA＝eq \f(2,\f(mA,mB)＋1)v0>v0，故A错误，B正确。
【答案】B
4．【解析】所有的碰撞都是弹性碰撞，所以不考虑能量损失。设竖直向上为正方向，根据机械能守恒定律和动量守恒定律可得：(m1＋m2)gh＝eq \f(1,2)(m1＋m2)v2，m2v－m1v＝m1v1＋m2v2，eq \f(1,2)(m1＋m2)v2＝eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22，eq \f(1,2)m1v12＝m1gh1，将m2＝3m1代入，联立可得h1＝4h，选项D正确。
【答案】D
5．【答案】BC
【解析】小球恰好到达管道的最高点，说明在最高点时小球和小车之间相对速度为0，小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，由动量守恒有mv＝(m＋2m)v′，得v′＝eq \f(v,3)，小车动量变化大小Δp车＝2m·eq \f(v,3)＝eq \f(2,3)mv，D项错误；小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，由机械能守恒有mgH＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)(m＋2m)v′2，得H＝eq \f(v2,3g)，C项正确；小球从滑上小车到滑离小车的过程，由动量守恒和机械能守恒有：mv＝mv1＋2mv2，eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)·2mv22，解得v1＝－eq \f(v,3)，v2＝eq \f(2,3)v，则小球滑离小车时相对小车的速度大小为eq \f(2,3)v＋eq \f(1,3)v＝v，B项正确。由以上分析可知在整个过程中小车一直向右运动，A项错误。
6．【答案】AD
【解析】当物块A的加速度大小为a时，根据胡克定律和牛顿第二定律得kx＝2ma，当物块B的加速度大小为a时，有：kx′＝ma，对比可得：x′＝eq \f(x,2)，即此时弹簧的压缩量为eq \f(x,2)，故A正确；取水平向左为正方向，根据系统的动量守恒得：2meq \f(xA,t)－meq \f(xB,t)＝0，又xA＋xB＝x，解得A的位移为：xA＝eq \f(1,3)x，故B错误；根据动量守恒定律得：0＝2mv－mvB，得物块B刚要离开弹簧时的速度vB＝2v，由系统的机械能守恒得：物块开始运动前弹簧的弹性势能为：Ep＝eq \f(1,2)·2mv2＋eq \f(1,2)mvB2＝3mv2，故C错误，D正确。
7．【解析】(1)设ma与mb相碰过程中滑块之间的相互作用力为Fa、Fb，则有：
Fa＝－Fb，Fa＝maaa，Fb＝mbab，aa＝(va′－va)/t，ab＝(vb′－vb)/t
整理可得：mava＋mbvb＝mava′＋mbvb′。
(2)两滑块碰撞时动量守恒：mava＋mbvb＝mava′＋mbvb′
无机械能损失：eq \f(1,2)maveq \\al(2,a)＋eq \f(1,2)mbveq \\al(2,b)＝eq \f(1,2)mava′2＋eq \f(1,2)mbvb′2
解得：va′＝eq \f(ma－mb,ma＋mb)va；vb′＝eq \f(2ma,ma＋mb)va
要想发生两次碰撞必须满足：－va′>vb′
代入可得：3ma