《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》由会员分享，可在线阅读，更多相关《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（10页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、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K18-1A.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
2、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.2v0-3vC.3v0-2v D.2v0+v3.2017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m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-mv2B.mv=mv1+mv2C.
3、mv=(m-m)v1-mv2D.mv=(m-m)v1+mv24.2017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mB=2mA,规定向右为正方向,A、B两球的动量均为8 kgm/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 kgm/s,则()图K18-2A.右方的小球为A球,碰撞后A、B两球的速度大小之比为 23B.右方的小球为A球,碰撞后A、B两球的速度大小之比为 16C.左方的小球为A球,碰撞后A、B两球的速度大小之比为 23D.左方的小球为A球,碰撞后A、B两球的速度大小之比为 16技能提升5.(多选)2017
4、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K18-3A.碰撞结束瞬间两物体的速度大小为2 m/sB.碰撞结束后两物体一起向下运动的最大位移大小为0.25
5、mC.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 ND.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 m6.(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K18-4A.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
6、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K18-5A.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m1m2=12D.在t2时刻A与B的动能之比为Ek1Ek2=818.(多选)2017江西八校二联
7、 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Ep=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K18-6A.质量为M的小球离开轻弹簧时获得的速度为9 m/sB.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 NsC.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
8、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 Ns9.2017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M2=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
9、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K18-710.2017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,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
10、11.如图K18-9所示,水平地面上静止放置一辆小车A,质量mA=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mB=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,
11、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+mvx,可得vx=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-m)v1-mv2,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,mBmA,则vBvA,所以左方的小球是A球.碰撞后A球的动量为4 kgm/s
12、,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 kgm/s,由于mB=2mA,所以碰撞后A、B两球的速度大小之比为23,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v0= 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
13、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v1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
14、、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0t1过程中有m23 m/s=(m2+m1)1 m/s,解得2m2=m1,故m1m2=21,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Ek=mv2,解得此刻Ek1Ek2=81,故D正确.8.BD解析 以向右为正方
15、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=Ep,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+mg2R,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=p=-mv1-mv1=-0.28 Ns-0.29 Ns=-3.4 Ns,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+mg2r,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N0,飞出后,小球做平抛运动,有2r=gt2,x=v1t,联立可得x=,则当8.1-4r=4r,即r
