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考點規范練21　動量守恒定律及其應用
一、單項選擇題
1.如圖所示,在光滑的水平面上放有兩個小球A和B,其質量mAA.當彈簧壓縮量最大時,兩球速率都最小
B.當彈簧恢復原長時,B球速率最大
C.當A球速率為零時,B球速率最大
D.當B球速率最大時,彈簧彈性勢能不為零
2.火箭向后噴氣后自身獲得向前的速度。某一火箭在噴氣前的質量為30 kg,每秒鐘可完成5次噴氣。設每一次噴氣均噴出200 g氣體,氣體噴出后的速度為100 m/s,則第三次噴氣后火箭的速度為(題中涉及各速度均以地面為參考系)(　　)
A.1 000 m/s
B.200 m/s
C.20 m/s
D.2 m/s
3.如圖所示,質量相等的5個物塊在光滑水平面上間隔一定距離排成一條直線。具有初動能E0的物塊1向其他4個靜止的物塊運動,依次發生碰撞,每次碰撞后不再分開,最后5個物塊粘成一個整體。首次碰撞和最后一次碰撞中,損失的動能之比為(　　)
A.1 B.10 C.5 D.
4.如圖所示,曲面體P靜止于光滑水平面上,物塊Q自P的上端靜止釋放。Q與P的接觸面光滑,Q在P上運動的過程中,下列說法正確的是(　　)
A.P對Q做功為零
B.P和Q之間相互作用力做功之和為零
C.P和Q構成的系統機械能守恒、動量守恒
D.P和Q構成的系統機械能不守恒、動量守恒
5.如圖所示,水平放置的圓環形窄槽固定在桌面上,槽內有兩個大小相同的小球A、B,球B靜止在槽中位置P。球A以一定初速度沿槽運動,在位置P與球B發生彈性碰撞,碰后球A反彈,并在位置Q與球B再次碰撞。已知∠POQ=90°,忽略摩擦,且兩小球可視為質點,則A、B兩球質量之比為(　　)
A.3∶1 B.1∶3 C.5∶3 D.3∶5
二、多項選擇題
6.冰壺是以隊為單位在冰上進行的一種投擲性競賽項目。右圖顯示了某次運動員擲出冰壺時刻兩冰壺的位置,虛線圓圈為得分區域。冰壺甲運動一段時間后與對方靜止的冰壺乙發生正碰。若兩冰壺質量相等,則碰后兩冰壺最終停止的位置可能是(　　)
7.如圖甲所示,水平冰面上有A、B兩位同學,A的質量為50 kg,B靜止在冰面上,A以一定的初速度向B滑去,一段時間后抱住B一起向右運動。若以向右為正方向,A運動的位移—時間圖像如圖乙所示,不計空氣阻力以及地面對人的阻力,則下列說法正確的是(　　)
甲 乙
A.B的質量為60 kg
B.B的質量為75 kg
C.A抱住B的過程中損失的機械能為375 J
D.A抱住B的過程中損失的機械能為400 J
8.質量相等的A、B兩球在光滑水平面上,沿同一直線、同一方向運動,A球的動量pA=9 kg·m/s,B球的動量pB=3 kg·m/s,當A追上B時發生碰撞,則碰后A、B兩球的動量可能值是(　　)
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、非選擇題
9.如圖所示,半徑R=2.5 m的半圓形光滑軌道豎直固定在水平面上,底部與水平面相切于O點,質量為m的小滑塊A靜止在水平面上的M點,另一質量為3m的小滑塊B在水平面上向左運動,以v0=10 m/s的速度在M點與A發生彈性碰撞,碰撞后滑塊A恰好經過半圓形軌道的最高點,飛出后又恰好擊中停在水平面上的滑塊B,已知滑塊B與水平面間的動摩擦因數μ=0.5,重力加速度g取10 m/s2,空氣阻力不計,兩滑塊均可視為質點,求:
(1)碰撞后A、B兩滑塊的速度;
(2)滑塊A與水平面間的動摩擦因數(結果保留2位小數)。
考點規范練21　動量守恒定律及其應用
1.B　解析:分析小球的運動過程,A與彈簧接觸后,彈簧被壓縮,彈簧對A產生向左的彈力,對B產生向右的彈力,A做減速運動,B做加速運動,當B的速度等于A的速度時彈簧壓縮量最大,此后A球速度繼續減小,B球速度繼續增大,彈簧壓縮量減小,當彈簧第一次恢復原長時,B球速率最大。由以上分析可知,當彈簧壓縮量最大時,A球速率沒有達到最小值,故A錯誤。彈簧被壓縮后,B球的速度一直在增大,當彈簧恢復原長時,B球速率達到最大值,故B正確。由于質量mA2.D　解析:取噴氣前的火箭整體為研究對象,噴氣過程動量守恒。設每次噴出氣體的速度為v,三次噴氣后火箭的速度為v',由動量守恒定律得(m0-3m)v'=3mv
解得v'=2 m/s,故A、B、C錯誤,D正確。
3.B　解析:設物塊的質量為m,物塊1的初速度為v0,則E0=
物塊1和物塊2碰撞過程中,根據動量守恒定律可得mv0=2mv1
根據能量守恒定律可得ΔE1=×2m
同理可得前4個物塊碰撞后速度為v3,則mv0=4mv3,解得v3=v0
前4個物塊與第5個物塊發生碰撞過程中,根據動量守恒定律可得4mv3=5mv4,解得v4=v0
最后一次碰撞中,損失的動能為ΔE2=·4m·5m
所以首次碰撞和最后一次碰撞中,損失的動能之比為=10,故B正確,A、C、D錯誤。
4.B　解析:根據題意可知,物塊Q從光滑曲面體P上滑下,兩者組成的系統沒有重力以外的其他力做功,系統的機械能守恒,故D錯誤。物塊Q滑下,曲面體向后運動,說明滑塊Q對曲面體P做正功,則曲面體P對滑塊Q做負功,且P和Q之間的相互作用力做功之和為零,故B正確,A錯誤。P和Q組成的系統所受外力不為零,動量不守恒,但在水平方向的外力為零,系統在水平方向的動量守恒,故C錯誤。
5.D　解析:兩球在P處發生碰撞后在Q點發生第二次碰撞,在P處碰撞后A反彈,碰撞后兩球的速度大小之比
兩球發生彈性碰撞,碰撞過程系統動量守恒、機械能守恒,以碰撞前A球的速度方向為正方向,由動量守恒定律得mAv=-mAvA+mBvB,由機械能守恒定律得mAv2=mAmB ,解得mA∶mB=3∶5,故A、B、C錯誤,D正確。
6.BCD　解析:如果兩冰壺發生彈性碰撞,碰撞過程動量守恒、機械能守恒,兩冰壺質量相等,碰撞后兩冰壺交換速度,甲靜止,乙的速度等于甲的速度,碰后乙做減速運動,最后停止,最終兩冰壺的位置如圖B所示,故B正確。如果為非彈性碰撞,總動量向右,則C圖有可能,故C正確,A錯誤。若兩球不是對心碰撞,則兩球可能在豎直方向均發生位移,但豎直方向應保證動量為零,D有可能,故D正確。
7.BC　解析:根據題圖乙,A抱住B前A的速度大小vA= m/s=5 m/s,A抱住B后他們的共同速度大小v= m/s=2 m/s,根據動量守恒定律有mAvA=(mA+mB)v,解得mB=75 kg,故A錯誤,B正確。A抱住B的過程中損失的機械能ΔE=mA(mA+mB)v2,解得ΔE=375 J,故C正確,D錯誤。
8.AD　解析:設兩球質量為m,碰前總動量p=pA+pB=12 kg·m/s,碰前總動能Ek=
若pA'=6 kg·m/s,pB'=6 kg·m/s,碰后總動量p'=pA'+pB'=12 kg·m/s
碰后總動能E'=若pA'=6 kg·m/s,pB'=4 kg·m/s,
碰后p'=pA'+pB'≠p,故不可能,B錯誤。
若pA'=-6 kg·m/s,pB'=18 kg·m/s,碰后E'=>Ek,故不可能,C錯誤。
若pA'=4 kg·m/s,pB'=8 kg·m/s,
碰后p'=12 kg·m/s=p,E'=9.解析:(1)A與B發生彈性碰撞,碰撞過程系統動量守恒、機械能守恒,以向左為正方向,
由動量守恒定律得3mv0=mvA+3mvB
由機械能守恒定律得×3m×3m
代入數據解得vA=15 m/s,vB=5 m/s。
(2)滑塊A恰好經過半圓最高點,在最高點重力提供向心力,由牛頓第二定律得mg=m
A離開半圓軌道后做平拋運動,豎直方向2R=gt2,水平方向x=vA't
對滑塊B,從碰后到停止運動過程,由動能定理得
-μ·3mgxB=0-×3m
滑塊A在水平面上走過的位移為xA=xB+x
對滑塊A,從碰后到運動至最高點過程,由動能定理得
-μAmgxA-mg2R=mvA'2-
代入數據解得μA=0.67。
答案:(1)15 m/s　5 m/s　(2)0.67
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