1、【 精品教育资源文库 】 课时作业(十八)动量 动量守恒定律 基础小题练 1如图所示,质量为 m 的物体 (可视为质点 ),从 h 高处的 A 点由静止开始沿斜面下滑,停在水平地面上的 B 点 (斜面和水平面之间有小圆弧平滑连接 )要使物体能原路返回,在 B点需给物体的瞬时冲量最小应是 ( ) A 2m gh B m gh C.m gh2 D 4m gh 【解析】 物体从 A 到 B 的过程,根据动能定理,有 mgh Wf 0,物体从 B 返回 A 的过程,根据动能定理,有 mgh Wf 0 12mv2,联立解得 v 2 gh,在 B 点需给物体的瞬时冲量等于动量的增加量,故 I mv 2m
2、 gh,故 A 正确, B、 C、 D 错误 【答案】 A 2下列四幅图所反映的物理过程中,系统动量守恒的是 ( ) 【解析】 A 中子弹和木块的系统在水平方向不受外力,竖直方向所受合力为零,系统动量守恒; B 中在弹簧恢复原长过程中,系统在水平方向始终受到墙的作用力,系统动量不守恒; C 中剪断细线后,以整体为研究对象,木球与铁球的系统所受合外力为零,系统动量守恒; D 中 木块下滑过程中,斜面始终受挡板作用力,系统动量不守恒 【答案】 AC 【 精品教育资源文库 】 3 (2018 山东潍坊高三上学期期中 )在光滑水平地面上有两个完全相同的弹性小球 a、b,质量均为 m.现 b 球静止,
3、 a 球向 b 球运动,发生弹性正碰当碰撞过程中达到最大弹性势能 Ep时, a 球的速度等于 ( ) A. Epm B Ep2m C 2 Epm D 2 2Epm 【解析】 设碰前 a 球速度为 v0,弹性势能最大时刻即为两球共 速之时,设共同速度为v,则由动量守恒和能量守恒得: mv0 (m m)v 12mv2012(m m)v2 Ep 由 两式解得 v Epm,故 A 正确 【答案】 A 4在光滑的水平面上,有 a、 b 两球,其质量分别为 ma、 mb,两球在 t0时刻发生正碰,并且在碰撞过程中无机械能损失,两球在碰撞前后的速度 时间图象如图所示,下列关系正确的是 ( ) A ma mb
4、 B ma mb C ma mb D无法 判断 【解析】 由动量守恒定律得 mava mava m bvb ,由于 va 0,则 b 球获得的动量大于 a 球最初的动量若 ma mb,则两球交换速度,与图象不符;由 Ek p22m知,若 ma mb,则 b 球的动能将会大于 a 球最初的动能,违背能量守恒定律,则必然满足 ma mb. 【答案】 B 5小船相对于静止的湖水以速度 v 向东航行某人将船上两个质量相同的沙袋,以相对于湖水相同的速率 v 先后从船上水平向东、向西抛出船外那么当两个沙袋都被抛出后,小船的速度将 ( ) A仍为 v B大于 v 【 精品教育资源文库 】 C小于 v D可
5、能反向 【解析】 以两沙袋和船为系统,抛沙袋的过程系统满足动量守恒定律的条件,即 (M 2m)v mv mv Mv ,解得 v M 2mM vv,故 B 正确 【答案】 B 6.如图所示,静止在光滑水平面上的木板,右端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连,木板质量 M 4 kg.质量 m 2 kg 的小铁块以水平速度 v0 6 m/s,从木板的左端沿板面向右滑行,压缩弹簧后又被弹回,最后恰好到达木板的左端并与木板保持相对静止在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为 ( ) A 9 J B 12 J C 3 J D 24 J 【解析】 当弹簧压缩至最短时, Ep最大, mv0 (M m)v, v 2
6、m/s,全程摩擦力做功Wf 12mv20 12(M m)v2 24 J, Ep 12mv20 12(M m)v2 Wf2 12 J. 【答案】 B 创新导向练 7动量定理的实际应用 打篮球时的传球技巧 篮球运动员通常伸出双手迎接传来 的篮球接球时,两手随球迅速收缩至胸前这样做可以 ( ) A减小球对手的冲量 B减小球对手的冲击力 C减小球的动量变化量 D减小球的动能变化量 【解析】 由动量定理 Ft p 知,接球时两手随球迅速收缩至胸前,延长了手与球接触的时间, 从而减小了球对手的冲击力,选项 B 正确 【答案】 B 8动量守恒定律在航天科技中的实际应用 一质量为 M 的航天器,正以速度 v0
7、在太空中飞行,某一时刻航天器接到加速的指令后,发动机瞬间向后喷出一定质量的气体,气体喷出时速度大小为 v1,加速后航天器的速度大小为 v2,则 喷出气体的质量 m 为 ( ) A.v2 v0v1M B v2v2 v1M 【 精品教育资源文库 】 C.v2 v0v2 v1M D v2 v0v2 v1M 【解析】 规定航天器的速度方向为正方向,由动量守恒定律可得 Mv0 (M m)v2 mv1,解得 m v2 v0v2 v1M,故 C 正确 【答案】 C 9应用动量守恒定律分析碰撞中的实际问题 某研究小组通过实验测得两滑块碰撞前后运动的实验数据,得到如图所示的位移 时间图象图中的线 段 a、 b
8、、 c 分别表示沿光滑水平面上同一条直线运动的滑块 、 和它们发生正碰后结合体的位移变化关系已知相互作用时间极短,由图象给出的信息可知 ( ) A碰前滑块 与滑块 速度大小之比为 7 2 B碰前滑块 的动量大小比滑块 的动量大小大 C碰前滑块 的动能比滑块 的动能小 D滑块 的质量是滑块 的质量的 16 【解析】 根据 st 图象的斜率等于速度,可知碰前滑块 的速度 v1 2 m/s,滑块 的速度 v2 0.8 m/s,则碰前速度大小之比为 5 2,故 A 错误;碰撞前后系统动量守 恒,碰撞前,滑块 的动量为负,滑块 的动量为正,由于碰撞后总动量为正,故碰撞前总动量也为正,故碰撞前滑块 的动量
9、大小比滑块 的小,故 B 错误;碰撞后的共同速度为 v 0.4 m/s,根据动量守恒定律,有 m1v1 m2v2 (m1 m2)v,解得 m2 6m1,由动能的表达式可知, 12m1v2112m2v22,故 C 错误, D 正确 【答案】 D 10应用动量定理分析安全带受力问题 质量是 60 kg 的建筑工人,不慎从高空跌下 ,由于弹性安全带的保护,他被悬挂起来已知安全带的缓冲时间是 1.2 s,安全带长 5 m,取 g 10 m/s2,则安全带所受的平均冲力的大小为 ( ) A 500 N B 600 N C 1 100 N D 100 N 【 精品教育资源文库 】 【解析】 安全带长 5
10、 m,人在这段距离上做自由落体运动,获得速度 v 2gh 10 m/s.受安全带的保护经 1.2 s 速度减小为 0,对此过程应用动量定理,以向上为正方向,有 (Fmg)t 0 ( mv),则 F mvt mg 1 100 N, C 正确 【答 案】 C 综合提升练 11 (2018 山东潍坊高三上学期期中 )如图所示,质量为 M 的轨道由上表面粗糙的水平轨道和竖直平面内的半径为 R 的 14光滑圆弧轨道紧密连接组成,置于光滑水平面上一质量为 m 的小物块以水平初速度 v0由左端滑上轨道,恰能到达圆弧轨道最高点已知 M m 31,物块与水平轨道之间的动摩擦因数为 .求: (1)小物块到达圆弧轨
11、道最高点时的速度; (2)水平轨道的长度 【解析】 设小物块到达圆弧轨道最高点时速度为 v1 (1)从小物块滑上轨道到到达最高点的过程中,由动量 守恒定律得 mv0 (M m)v1 联立解得: v1 14v0. (2)由能量守恒定律得: mgL mgR 12(m M)v21 12mv20 由 联立得: L 3v208g R . 【答案】 (1)14v0 (2) 3v208g R 12 (2018 山东淄 博一中高三上学期期中 )如图所示, AOB 是光滑水平轨道, BC 是半径为 R 的光滑的 14固定圆弧轨道,两轨道恰好相切于 B 点质量为 M 的小木块静止在 O 点,一颗质量为 m 的子弹
12、以某一初速度水平向右射入小木块内,并留在其中和小木块一起运动,且恰能到达圆弧轨道的最高点 C(木块和子弹均看作质点 ) 【 精品教育资源文库 】 (1)求子弹射入木块前的速度; (2)若每当小木块返回到 O 点或停止在 O 点时,立即有一颗相同的子弹射入小木块,并留在其中,则当第 17 颗子弹射入小木块后,小木块沿圆弧轨道能上升的最大高度为多少? 【解析】 (1)由子弹射入木块过程动量守恒有 mv0 (m M)v1 木块和子弹滑到点 C 处的过程中机械能守恒,有 12(m M)v21 (m M)gR 联立两式解得 v0 M mm 2gR. (2)以后当偶数子弹射中木块时,木块与子弹恰好静止,奇数子弹射中木块时,向右运动 第 17 颗子弹射中时,由动量守恒定律可知 (M 17m)v mv0 射入 17 颗子弹后的木块滑到最高点的过程中机械能守恒,有 12(M 17m)v2 (M 17m)gH 由以上两式解得 H M m2M 17m 2R. 【答案】 (1)M mm 2gR (2) M m2M 17m 2R
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