高考物理总复习第6单元动量作业手册(18)动量守恒定律及其应用(2021年整理)

2018届高考物理总复习第6单元动量作业手册（18）动量守恒定律及其应用
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课时作业(十八)第18讲动量守恒定律及其应用
时间/ 40分钟
基础巩固
1。

(多选)［2017·河南开封质检］如图K18-1所示,在光滑水平面上的两小车中间连接有一根处于压缩状态的轻弹簧,两手分别按住小车，使它们静止。

对两车及弹簧组成的系统,下列说法中正确的是(）
图K18-1
A.两手同时放开后，系统总动量始终为零
B.先放开左手，后放开右手,动量不守恒
C.先放开左手,后放开右手,总动量向左
D.无论何时放手，在两手放开后、弹簧恢复原长的过程中,系统总动量都保持不变,但系统的总动量不一定为零
2。

［2017·福建泉州质检］“爆竹声中一岁除,春风送暖入屠苏。

”爆竹声响是辞旧迎新的标志，是喜庆心情的流露.质量为3m的爆竹被斜向上抛出,到达最高点时其速度大小为v0,方向水平向东，在最高点爆炸并分为质量不等的两块,其中一块的质量为2m，速度大小为v,方向水平向东,则另一块的速度为（)
A。

3v0—v B。

2v0-3v
C。

3v0—2v D。

2v0+v
3。

［2017·郑州期末]我国发射的“神舟十一号"飞船与“天宫二号"空间站实现了完美对接。

假设“神舟十一号”到达对接点附近时对地的速度大小为v,此时的质量为m,已知飞船需加速到v1才能追上“天宫二号”,故使飞船的发动机点火,将质量为Δm的燃气一次性喷出,燃气对地向后的速度大小为v2.则下列关于此过程的表达式中正确的是（)
A。

mv=mv1—Δmv2
B.mv=mv1+Δmv2
C。

mv=（m—Δm)v1—Δmv2
D.mv=(m-Δm）v1+Δmv2
4。

［2017·广西桂林质检］如图K18-2所示,处于光滑水平面上且大小相同的A、B两个小球在同一直线上运动.两球质量关系为m B=2m A,规定向右为正方向，A、B两球的动量均为8 kg·m/s，运动过程中两球发生碰撞,碰撞后A球的动量的增量为-4 kg·m/s，则（)
图K18—2
A。

右方的小球为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为 2∶3
B。

右方的小球为A球,碰撞后A、B两球的速度大小之比为 1∶6
C。

左方的小球为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为 2∶3
D。

左方的小球为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为 1∶6
技能提升
5。

(多选）［2017·哈尔滨三中验收考试]如图K18—3所示,将一根轻质弹簧从物体B的内部穿过，并将其上端悬挂于天花板，下端与质量m1=2 kg的物体A相连。

平衡时物体A距天花板的高度h=2.4 m，在物体A正上方距其高度h1=1.8 m处由静止释放质量m2=1 kg的物体B,B 下落过程中某时刻与弹簧下端的物体A碰撞(碰撞时间极短）并立即与A以相同的速度一同运动,历时0。

25 s第一次到达最低点。

两物体不粘连,且均可视为质点，弹簧始终在弹性限度内,不计空气阻力,g取10 m/s2.下列说法中正确的是(）
图K18—3
A.碰撞结束瞬间两物体的速度大小为2 m/s
B。

碰撞结束后两物体一起向下运动的最大位移大小为0.25 m
C。

碰撞结束后两物体一起运动0。

25 s的过程中，两物体间的平均作用力大小为18 N
D。

A、B到最低点后反弹上升,则B与A分开后还能上升的最大高度为0。

2 m
6.(多选)[2017·长沙二模］如图K18—4所示，质量为M的小车静止在光滑水平面上，小车A端固定一根轻弹簧，弹簧的另一端连接一个放置在小车上且质量为m的物体C，已知小车底部光滑,弹簧处于压缩状态。

弹簧被释放后，物体C被弹出向B端运动,最后与B端粘在一起.下列说法中正确的是(）
图K18-4
A.物体C离开弹簧时，小车在向左运动
B.物体C与B端粘在一起之前,小车的运动速率与物体C的运动速率的比值为
C。

物体C与B端粘在一起后，与小车一同向右运动
D。

整个过程中,小车、物体C及弹簧组成的系统的机械能守恒
7。

(多选 )[2017·河南南阳一中月考］如图K18-5甲所示,一轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接,两物块与弹簧组成的系统静止在光滑的水平面上，现使B获得大小为3 m/s、水平向右的瞬时速度，若在B获得速度的同时开始计时，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，则从图像中可以看出（）
图K18—5
A.在t1和t3两个时刻两物块达到共同速度，且弹簧都处于伸长状态
B。

t3到t4时间内弹簧由压缩状态恢复到原长
C。

两物块的质量之比为m1∶m2=1∶2
D.在t2时刻A与B的动能之比为E k1∶E k2=8∶1
8。

（多选）［2017·江西八校二联］在光滑的水平桌面上有等大的质量分别为M和m的两
个小球,其中M=0.6 kg，m=0.2 kg,两小球中间夹有一个被压缩且弹性势能E p=10。

8 J的轻弹
簧（与两小球均不相连）.现突然释放弹簧,质量为m的小球脱离弹簧后滑向与水平面相切、
半径R=0。

425 m且竖直放置的光滑半圆形轨道，如图K18—6所示.重力加速度g取 10 m/s2.
下列说法中正确的是（)
图K18-6
A。

质量为M的小球离开轻弹簧时获得的速度为9 m/s
B.质量为m的小球从轨道底端A运动到顶端B的过程中所受合外力的冲量大小为3。

4 N·s
C.若半圆形轨道半径可调,且质量为m的小球能从B点飞出,则其飞出后落在水平桌面上的水
平距离随轨道半径的增大而减小
D.弹簧从压缩状态至恢复原长的过程中,弹力对质量为m的小球的冲量大小为1。

8 N·s
9。

[2017·山东东营模拟]如图K18—7所示,甲、乙两名宇航员正在离空间站一定距离的地
方执行太空维修任务。

某时刻甲、乙都以大小为2 m/s的初速度v0相向运动，甲、乙和空间
站在同一直线上且均可视为质点。

甲和他的装备总质量M1=90 kg，乙和他的装备总质量
M
=135 kg.为了避免直接相撞,乙从自己的装备中取出一个质量m=45 kg的物体A并把它推向2
甲，甲迅速接住物体A后便不再松开，此后甲、乙两宇航员在空间站外做相对距离不变的同
向运动，均安全“飘”向空间站。

（设甲、乙距离空间站足够远,本题中的速度均指相对空间站的速度)
（1）乙要以多大的速度v将物体A推出?
(2）已知甲与物体A作用的时间t=0。

5 s,求甲与物体A之间相互作用力F的大小.
图K18-7
10。

［2017·安徽马鞍山二中测试］如图K18—8所示,光滑的水平面上有三块质量和形状都相同的板A、B、C,其中A放在B上且与B两端对齐,两板作为整体一起以速度v0沿水平面滑动,与正前方的C发生碰撞,已知B与C发生碰撞后粘在一起，当A从B全部移到C上后，由
于摩擦力的作用，A相对C静止且恰好与C两端对齐.A与C间的动摩擦因数为μ,A和B间
的摩擦不计，重力加速度为g。

求:
(1)A相对C静止时系统的速度大小；
(2）板的长度.
图K18-8
挑战自我
11。

如图K18—9所示，水平地面上静止放置一辆小车A,质量m A=4 kg,其上表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计.可视为质点的物块B置于A的最右端,B的质量m B=2 kg.
现对A施加一个大小为10 N、水平向右的恒力F,A运动一段时间后,小车左端固定的挡板与B 发生碰撞,碰撞时间极短且碰后A、B粘在一起共同在F的作用下继续运动,碰撞后经过0.6 s,二者的速度达到2 m/s。

求：
(1)A开始运动时的加速度大小a;
（2）A、B碰撞后瞬间的共同速度的大小v；
(3)A的上表面长度l.
图K18—9
课时作业(十八）
1.ACD［解析] 当两手同时放开时,系统所受的合外力为零,所以系统的动量守恒，又因开始时总动量为零，故两手同时放开后系统总动量始终为零,选项A正确；先放开左手，左边的物体向左运动，再放开右手后,系统所受合外力为零,故系统在两手都放开后动量守恒,且总动量方向向左，故选项B错误，C、D正确.
2.C[解析] 取水平向东为正方向,爆炸过程系统内力远远大于外力,动量守恒，有
3mv0=2mv+mv x，可得v x=3v0-2v，C正确。

3.C[解析］飞船发动机点火喷出燃气这一过程动量守恒，由动量守恒定律得mv=（m—
Δm）v1-Δmv2，选项C正确.
4。

C［解析] A、B两球发生碰撞,规定向右为正方向，碰撞前两球动量相等，m B>m A,则v B 〈v A，所以左方的小球是A球。

碰撞后A球的动量为4 kg·m/s，由于系统在水平方向上动量守恒,所以碰撞后B球的动量为12 kg·m/s,由于m B=2m A,所以碰撞后A、B两球的速度大小之比为2∶3，故C正确。

5.AC[解析］设物体B自由下落至与A碰撞前瞬间的速度为v0,根据自由落体运动规律得
= m/s=6 m/s，设在A、B碰撞后瞬间，二者共同速度为v，以向下为正方v
向，根据动量守恒定律得m2v0=(m1+m2)v，解得v=2 m/s,A正确；二者一起运动0。

25 s的过程中,选择B作为研究对象，根据动量定理,得（m2g—)t=0—m2v,解得=18 N，方向竖直向上，若B受到A的作用力恒为F=18 N,则根据动能定理可得-Fx+m2gx=0—m2v2,解得x=0。

25 m,即碰撞结束后两物体一起向下运动的最大位移为0.25 m,但A对B的作用为非恒力，B错误,C正确;若二者在碰撞的位置分开,则与A分开后B还能上升的最大高度h==0。

2 m，但实际上A、B在弹簧恢复原长时才分开,故B还能上升的最大高度小于0。

2 m，D错误.
6。

AB[解析] 系统动量守恒,物体C离开弹簧时正向右运动，动量方向向右,系统的总动量为零,所以小车的动量方向向左，由动量守恒定律有mv1-Mv2=0,所以小车的运动速率v2与物体C的运动速率v
的比值为;当物体C与小车的B端粘在一起后,由动量守恒定律知，系统的总
1
动量为零，即小车和物体均静止,整个过程中弹性势能转化为内能,所以选项A、B正确.
7。

BD［解析］图线与横轴围成的图形的面积表示位移大小，在t1时刻B的位移大于A的位移，此时弹簧处于伸长状态,在t3时刻B向右做加速运动,即受到向右的弹力，所以此时弹簧处于压缩状态，A错误;当B的加速度为零时，弹簧弹力为零，所以t4时刻弹簧恢复原长，故t3到t4时间内弹簧由压缩状态恢复到原长,B正确;由于整个过程中两个物块和弹簧组成的系统动量守恒，故从0～t1过程中有m2×3 m/s=(m2+m1)×1 m/s，解得2m2=m1,故m1∶m2=2∶1,C
错误；在t2时刻A的速度为2 m/s，B的速度为—1 m/s,根据E k=mv2，解得此刻E k1∶E k2=8∶1，故D正确。

8.BD[解析］以向右为正方向,弹簧在释放的过程中系统动量守恒、机械能守恒,由动量守恒定律得mv1-Mv2=0,由机械能守恒定律得=E p，解得v1=9 m/s,v2=3 m/s.质量为m的小球从底端A运动到顶端B的过程中,由机械能守恒定律得+mg·2R,解得v1’=8 m/s，由动量定理得，质量为m的小球从轨道底端A运动到顶端B的过程中所受合外力冲量大小I=Δp=-mv'1—mv1=—0.2×8 N·s-0.2×9 N·s=—3.4 N·s,故A错误，B正确。

设圆轨道半径为r时,质量为m的小球从B点飞出后水平位移最大，从底端A运动到顶端B的过程中，由机械能守恒定律得+mg·2r,在最高点，由牛顿第二定律得mg+N=m,质量为m
的小球从B点飞出，需要满足N≥0,飞出后，小球做平抛运动,有2r=gt2,x=v1″t，联立可得x=,则当8.1—4r=4r，即r=1.012 5 m时,x最大，随轨道半径的增大，质量为m 的小球从B点飞出后落在水平桌面上的水平距离先增大后减小,故C错误；由动量定理,弹簧从压缩状态到恢复原长的过程中,弹力对质量为m的小球的冲量大小I'=mv1=0。

2×9
N·s=1.8 N·s,故D正确.
9。

（1）5.2 m/s（2）432 N
[解析］（1)以甲、乙、物体A三者组成的系统为研究对象，系统动量守恒，以乙的初速度方向为正方向,则有
M 2v
—M
1
v
=(M
1
+M
2
)v1
以乙和物体A组成的系统为研究对象,由动量守恒定律得
M 2v
=(M
2
-m)v
1
+mv
联立解得v1=0。

4 m/s，v=5。

2 m/s。

（2)以甲为研究对象，由动量定理得
Ft=M
1v
1
-（—M
1
v
)
解得F=432 N。

10.（1)v0(2）
[解析］（1）在整个过程中,系统在水平方向上动量守恒,有2mv0=3mv2
解得v2=v0.
(2)B、C发生完全非弹性碰撞，有
mv
0=2mv
1
解得v1=
根据能量守恒定律有
=Q
解得Q=
A在C上滑动时摩擦力随相对位移线性增大,
所以A在C上滑动时系统产生的热量为Q=μmgl
解得l=。

11.（1)2。

5 m/s2(1）1 m/s（3）0.45 m
［解析］ (1)以A为研究对象，由牛顿第二定律有
F=m A a
解得a=2。

5 m/s2.
(2)对A、B碰撞后共同运动t=0.6 s后速度达到v’=2 m/s的过程,由动量定理得Ft=（m A+m B)v’-（m A+m B)v
解得v=1 m/s.
（3)设A、B发生碰撞前A的速度为v A,对A、B发生碰撞的过程，由动量守恒定律有m A v A=(m A+m B)v
A从开始运动到与B发生碰撞前,由动能定理有
Fl=
解得l=0.45 m。