高三物理一轮复习课时作业及详细解析 第56讲动量动量定理动量守恒定律

2013届高三物理一轮复习课时作业及详细解析：第56讲动量动量定理动量守恒定律.基础热身1．人从高处跳到低处时，为了安全， 一般都是让脚尖先着地，且双腿要弯曲，这是为了( )A ．减小冲量B ．使动量的变化减小C ．延长与地面的冲击时间，从而减小冲力D ．增大人对地面的压强，起到安全作用2．质量为60 kg 的建筑工人，不慎从高空跌下， 由于弹性安全带的保护，使他悬挂起来，已知弹性安全带的缓冲时间是1.2 s ，安全带长5 m ，g 取10 m/s 2，则安全带所受的平均冲力的大小为( )A ．500 NB ．1 100 NC ．600 ND ．100 N3．下列相互作用的过程中，可以认为系统动量守恒的是( )A B C D图K56－14．如图K56－2所示，在光滑水平面上质量分别为m A ＝2 kg 、m B ＝4 kg ，速率分别为v A＝5 m/s 、v B ＝2 m/s 的A 、B 两小球沿同一直线相向运动( )图K56－2A ．它们碰撞前的总动量是18 kg·m/s，方向水平向右B ．它们碰撞后的总动量是18 kg·m/s，方向水平向左C ．它们碰撞前的总动量是2 kg·m/s，方向水平向右D ．它们碰撞后的总动量是2 kg·m/s，方向水平向左5．[2011·泉州模拟] 如图K56－3所示，车厢质量为M ，静止于光滑水平面上，现车厢内有一质量为m 的物体以速度v 向右运动，与车厢壁来回碰撞n 次后与车厢相对静止，此时车厢的速度为( )图K56－3A ．v ，水平向右B ．0C.mvM ＋m ，水平向右 D.mv M －m，水平向右 技能强化6．质量为m 的物体，以v 0的初速度沿斜面上滑，到达最高点处返回原处的速度为v t ，且v t ＝0.5 v 0，则 ( )A ．上滑过程中重力的冲量比下滑时大B ．上滑时和下滑时支持力的冲量都等于零C ．合力的冲量在整个过程中大小为32mv 0D ．整个过程中物体动量变化量为12mv 07．物体在恒定的合力F 作用下做直线运动，在时间Δt 1内速度由0增大到v ，在时间Δt 2内速度由v 增大到2v .设F 在Δt 1内做的功是W 1，冲量是I 1；在Δt 2内做的功是W 2，冲量是I 2.那么( )A ．I 1<I 2，W I ＝W 2B ．I 1<I 2，W I <W 2C ．I 1＝I 2，W I ＝W 2D ．I 1＝I 2，W I <W 2图K56－48．如图K56－4所示，两个半径相同的小球A 、B 分别被不可伸长的细线悬吊着，两个小球静止时，它们刚好接触，且球心在同一条水平线上，两根细线竖直．小球A 的质量小于B 的质量．现向左移动小球A ，使悬吊A 球的细线张紧着与竖直方向成某一角度，然后无初速释放小球A ，两个小球将发生碰撞．碰撞过程没有机械能损失，且碰撞前后小球的摆动平面不变．已知碰撞前A 球摆动的最高点与最低点的高度差为h .则小球B 的质量越大，碰后( )A ．A 上升的最大高度h A 越大，而且h A 可能大于hB ．A 上升的最大高度h A 越大，但h A 不可能大于hC ．B 上升的最大高度h B 越大，而且h B 可能大于hD ．B 上升的最大高度h B 越大，但h B 不可能大于h9．如图K56－5所示，一质量M ＝3.0 kg 的长方形木板B 放在光滑水平地面上，在其右端放一质量为m ＝1.0 kg 的小木块A .现以地面为参照系，给A 和B 以大小均为4.0 m/s ，方向相反的初速度，使A 开始向左运动，B 开始向右运动，但最后A 并没有滑离木板B .站在地面的观察者看到在一段时间内小木块A 正在做加速运动，则在这段时间内的某时刻木板B 相对地面的速度大小可能是( )图K56－5A ．2.4 m/sB ．2.8 m/sC ．3.0 m/sD ．1.8 m/s10．质量相等的甲、乙两球在光滑水平面上沿同一直线运动，甲以7 kg·m/s 的动量追上前方以 5 kg·m/s 的动量同向运动的乙球发生正碰，则碰后甲、乙两球动量不可能的是( )A ．6.5 kg·m/s,5.5 kg·m/sB ．6 kg·m/s,6 kg·m/sC ．5.5 kg·m/s,6.5 kg·m/sD ．4 kg·m/s,8 kg·m/s11．[2011·泗阳模拟] 质量为M 的航天器远离太阳和行星，正以速度v 0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质量为m 的气体，气体向后喷出的速度大小为v 1，求加速后航天器的速度大小．(v 0、v 1均为相对同一参考系的速度)12．[2011·全国卷] 装甲车和战舰采用多层钢板比采用同样质量的单层钢板更能抵御穿甲弹的射击．通过对以下简化模型的计算可以粗略说明其原因．质量为2m 、厚度为2d 的钢板静止在水平光滑桌面上．质量为m 的子弹以某一速度垂直射向该钢板，刚好能将钢板射穿．现把钢板分成厚度均为d 、质量均为m 的相同两块，间隔一段距离平行放置，如图K56－6所示．若子弹以相同的速度垂直射向第一块钢板，穿出后再射向第二块钢板，求子弹射入第二块钢板的深度．设子弹在钢板中受到的阻力为恒力，且两块钢板不会发生碰撞．不计重力影响．图K56－613．[2011·晋中模拟] 如图K56－7所示，A、B、C三物块质量均为m，静止于光滑水平台面上，A、B间用一不可伸长的轻短细线相连．初始时刻细线处于松弛状态，C位于A右侧较远处．现突然给A一瞬时冲量，使A以初速度v0沿A、C连线方向向C运动．A与C相碰后，粘合在一起．求：(1)A与C粘合在一起时的速度；(2)若将A、B、C看成一个系统，则从A开始运动到A与C刚好粘合完成的过程中系统损失的机械能．图K56－714．[2011·介休模拟] 如图K56－8所示，质量为0.4 kg的木块以2 m/s的速度水平地滑上静止的平板小车，小车的质量为1.6 kg，木块与小车之间的动摩擦因数为0.2(g取10 m/s2)．设小车足够长，求：(1)木块和小车相对静止时小车的速度；(2)从木块滑上小车到它们处于相对静止所经历的时间；(3)从木块滑上小车到它们处于相对静止木块在小车上滑行的距离．图K56－8课时作业（五十六）【基础热身】1．C2．B [解析] 建筑工人下落5 m，达到的速度为10 m/s，缓冲时间为1.2 s，即在1.2 s 内建筑工人减速为零，由动量定理可求得安全带对建筑工人的平均作用力为1100 N，由牛顿第三定律可知安全带所受的平均冲力为1100 N.3．AC [解析] 男孩和女孩都站在滑轮上，男孩推女孩过程中，可以认为他们所受的合力为零，动量守恒；面粉袋放在地面上，在子弹穿过面粉袋的过程中，面粉袋受到地面的摩擦力作用，子弹和面粉袋系统的动量不守恒；太空人在舱外所受合力为零，发射子弹时，系统动量守恒；两辆汽车受到地面的摩擦力作用，碰撞时动量不守恒．选项A、C正确．4．C [解析] 它们碰撞前的总动量是2 kg·m/s，方向水平向右，A、B相碰过程中动量守恒定律，故它们碰撞后的总动量也是2 kg·m/s，方向水平向右，选项C正确．5．C [解析] 根据动量守恒定律可得：mv ＝(M ＋m )v ′，解得：v ′＝mvM ＋m，方向与水平向右，选项C 正确．【技能强化】6．C [解析] 以v 0的初速度沿斜面上滑，返回原处时速度为v t ＝0.5 v 0，说明斜面不光滑．设斜面长为L ，则上滑过程所需时间t 1＝l v 02＝2l v 0，下滑过程所需时间t 2＝l v t 2＝4lv 0，t 1<t 2.根据冲量的定义，可知上滑过程中重力的冲量比下滑时小，A 错误；上滑和下滑时支持力的问题都不等于零，B 错误；对全过程应用动量定理，则I 合＝Δp ＝－mv t －mv 0＝－32mv 0，C 正确，D 错误．7．D [解析] 由动量定理可知I 1＝I 2由动能定理可知W 1<W 2.8．B [解析] 根据动量守恒和机械能守恒可得：m A v 0＝m A v 1＋m B v 2，12m A v 20＝12m A v 21＋12m B v 2，联立解得：v 1＝(m A －m B )v 0m A ＋m B ，v 2＝2m A v 0m A ＋m B，由于m A ＜m B ，B 球质量越大，v 1越大，v 2越小，A 球上升的最大高度h A 越大，B 球上升的最大高度h B 越小，由于机械能不能增加，h A 和h B 都不可能大于h ，选项B 正确．9．A [解析] A 相对地面速度为0时，木板的速度为v 1，由动量守恒得(向右为正)：Mv－mv ＝Mv 1，解得：v 1＝83m/s.木块从此时开始向右加速，直到两者有共速为v 2，由动量守恒得：Mv －mv ＝(M ＋m )v 2，解得：v 2＝2 m/s ，故B 对地的速度在2 m/s ～83m/s 范围内，选项A正确．10．AD [解析] 碰撞过程满足：(1)动量守恒；(2)动能不增加；(3)甲球的速度小于乙球的速度，由此可推断：碰后甲、乙两球动量不可能的是A 、D.11.Mv 0＋mv 1M －m[解析] 设速度v 0的方向为正方向，则由动量守恒得： Mv 0＝－mv 1＋(M －m )v 2解得加速后航天器的速度大小为：v 2＝Mv 0＋mv 1M －m .12.2＋34d[解析] 设子弹的初速度为v 0，射入厚度为2d 的钢板后最终钢板和子弹的共同速度为v ，子弹受到的阻力为f .对系统由动量守恒定律得：mv 0＝(m ＋2m )v ， 由能量守恒定律得：f ·2d ＝12mv 20－12(m ＋2m )v 2，联立解得：fd ＝16mv 20.子弹穿过第一块厚度为d 的钢板时，设其速度为v 1，此时钢板的速度为u ，射入第二块厚度为d 的钢板时与钢板达到共同速度v 2，射入深度为d ′.对子弹和第一块钢板组成的系统由动量守恒定律得：mv 0＝mv 1＋mu ，由能量守恒定律，得fd ＝12mv 20－12mv 21－12mu 2联立解得：v 1＝3＋36v 0(v 1>u ，故只取一个)对子弹和第二块钢板组成的系统由动量守恒定律得： mv 1＝(m ＋m )v 2，由能量守恒定律，得：f ·d ′＝12mv 21－12(m ＋m )v 22联立解得：d ′＝2＋34d .13．(1)14v 0 (2)516mv 2[解析] (1)轻细线绷紧的过程，A 、B 这一系统动量守恒，则有： mv 0＝(m ＋m )v 1解得：v 1＝12v 0之后A 、B 均以速度v 1向右匀速运动，在A 与C 发生碰撞过程中，A 、C 这一系统动量守恒，则有：mv 1＝(m ＋m )v 2解得：v 2＝14v 0.(2)轻细线绷紧的过程，A 、B 这一系统机械能损失为ΔE 1，则有：ΔE 1＝12mv 20－12·2mv 21＝14mv 20在A 与C 发生碰撞过程中，A 、C 这一系统机械能损失为ΔE 2，则有：ΔE 2＝12mv 21－12·2mv 22＝116mv 20则A 、B 、C 这一系统机械能损失为：ΔE ＝ΔE 1＋ΔE 2＝516mv 20.【挑战自我】14．(1)0.4 m/s (2)0.8 s (3)0.8 m[解析] (1)以木块和小车为研究对象，由动量守恒定律可得： mv 0＝(M ＋m )v解得：v ＝mM ＋mv 0＝0.4 m/s. (2)再以木块为研究对象，由动量定理可得： －μmgt ＝mv －mv 0解得：t ＝v 0－vμg＝0.8 s.(3)木块做匀减速运动，加速度为：a 1＝fm＝μg ＝2 m/s 2小车做匀加速运动，加速度为：a 2＝f M ＝μmg M＝0.5 m/s 2在此过程中木块的位移为：x 1＝v 2－v 202a＝0.96 m车的位移为：x 2＝12a 2t 2＝12×0.5×0.82 m ＝0.16 m.由此可知，木块在小车上滑行的距离为： Δx ＝x 1－x 2＝0.8 m.。