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课时分层作业 十九
动量守恒定律及其应用 (45分钟 100分)
【基础达标题组】
一、选择题(本题共10小题,每小题6分,共60分。1～6题为单选题,7～10题为多选题)
1.(2017·全国卷Ⅰ)将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空,50 g 燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间,火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略) ( )
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
【解析】选A。火箭与喷出的燃气组成的系统在竖直方向上动量守恒。选竖直向上为正方向,设喷气后火箭的动量为p,由动量守恒定律得:0=p-mv,则p=mv= 0.050×600 kg·m/s=30 kg·m/s。
2.在光滑水平面上有一辆平板车,一人手握大锤站在车上。开始时人、锤和车均静止,且这三者的质量依次为m1、m2、m3。人将大锤水平向左抛出后,人和车的速度大小为v,则拋出瞬间大锤的动量大小为
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( )
A.m1v B.m2v C.(m1+m3)v D.(m2+m3)v
【解析】选C。人、锤和车组成的系统动量守恒,取向左为正方向,则(m1+m3)v-p=0,解得拋出瞬间大锤的动量大小为p=(m1+m3)v,故C正确,A、B、D错误。
3.如图所示,放在光滑水平桌面上的A、B两个小木块中间夹一被压缩的轻弹簧,当轻弹簧被放开时,A、B两个小木块各自在桌面上滑行一段距离后,飞离桌面落在地面上。若mA=3mB,则下列结果正确的是 ( )
A.若轻弹簧对A、B做功分别为W1和W2,则有W1∶W2=1∶1 B.在与轻弹簧作用过程中,两木块的速度变化量之和为零
C.若A、B在空中飞行时的动量变化量分别为Δp1和Δp2,则有Δp1∶Δp2=1∶1
D.若A、B同时离开桌面,则从释放轻弹簧开始到两木块落地的这段时间内,A、B两木块的水平位移大小之比为1∶3
【解析】选D。弹簧弹开物体过程中,两物体及弹簧组成的系统动量守恒,取水平向左为正方向,由动量守恒定律得mAvA-mBvB=0,则速度之比vA∶vB=1∶3,根据动能定理得,轻弹簧对A、B做功分别为
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W1=mA,W2=mB,联立解得W1∶W2=1∶3,故A错误;根据动量守恒定
律可知,在与轻弹簧作用过程中,两木块的动量变化量之和为零,即mAΔvA+mBΔvB=0,可得ΔvA+ΔvB≠0,故B错误;A、B离开桌面后都做平抛运动,它们抛出点的高度相同,运动时间相等,设为t,由动量定理得,A、B在空中飞行时的动量变化量分别为Δp1=mAgt,Δp2=mBgt,所以Δp1∶Δp2=3∶1,故C错误;平抛运动水平方向的分运动是匀速直线运动,由x=v0t知,t相等,又木块在桌面上运动时,vA∶vB=1∶3,则A、B两木块的水平位移大小之比为1∶3,故D正确。
4.一颗子弹水平射入静止在光滑水平地面上的木块后不再穿出,木块的动能增加了8 J,木块的质量大于子弹的质量。则此过程中产生的内能可能是( )
A.18 J B.16 J C.10 J D.6 J
【解析】选A。设子弹的初速度为v0,射入木块后子弹与木块共同的速度为v,木块的质量为M,子弹的质量为m,根据动量守恒定律得
mv0=(M+m)v,解得v=,木块获得的动能为
ΔEk=Mv2=,系统产生的内能为Q=m-(M+m)v2
=,所以=,由于木块的质量大于子弹的质量,所
以=<,即Q>2ΔEk=2×8 J=16 J,故A正确,B、C、D错误。
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5.(2018·石家庄模拟)滑块a、b沿水平面上同一条直线发生碰撞,碰撞后两者粘在一起运动,两者的位置x随时间t变化的图象如图所示。则滑块a、b的质量之比 ( )
A. 5∶4 B.1∶8 C.8∶1 D.4∶5
【解析】选B。设a、b的质量分别为m1 、m2,a、b碰撞前的速度为v1 、v2,由题给的图象得v1=-2 m/s,v2=1 m/s,a、b发生完全非弹性碰撞,碰撞后两滑块的共同速度为v,由题给的图象得v= m/s,由动量守恒定律得m1v1+m2v2=(m1+m2)v,由以上各式解得m1∶m2 =1∶8 ,故B正确,A、C、D错误。
6.(2018·泉州模拟)如图所示,质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上,其水平直径AB长度为2R,现将质量也为m的小球从距A点正上方h0高处由静止释放,然后由A点经过半圆轨道后从B冲出,
在空中能上升的最大高度为h0(不计空气阻力),则 ( )
A.小球和小车组成的系统动量守恒
B.小车向左运动的最大距离为R
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C.小球离开小车后做斜上抛运动
D.小球第二次能上升的最大高度h0 【解析】选D。小球与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零,水平方向系统动量守恒,但系统整体所受合外力不为零,系统动量不守恒,故A错误;系统水平方向动量守恒,以向右为正方向,在水平方向,由动量守恒定律得m-mv?=0, m -m=0,解得小车的位移 x=R,故B错误;小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒,小球离开小车时系统水平方向动量为零,小球与小车水平方向速度为零,小球离开小车后做竖直上抛运动,故C错误;小球第一次在车中运动过程中,由动能定理得mg -Wf=0,解得Wf=mgh0,即小球第一 次在车中滚动损失的机械能为mgh0,由于小球第二次在车中滚动时,对应位置处速度变小,因此小车给小球的弹力变小,摩擦力变小,摩擦力做功小于mgh0,机械能损失小于mgh0,因此小球再次离开小车时,能上升的高度大于h0-h0=h0,而小于h0,故D正确。 7.(2018·南昌模拟)如图甲所示,在光滑水平面上,轻质弹簧一端固定,物体A以速度v0向右运动压缩弹簧,测得弹簧的最大压缩量为x,现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B(如图乙所示),物体A以2v0的速度向右压缩弹簧,测得弹簧的最大压缩量仍为x,则 ( ) “备课大师”全科【9门】：免注册，不收费！http://www.eywedu.cn/
2019版高考物理金榜一轮课时分层作业： 十九 6.2动量守恒定律及其应用 Word版含解析1
