2020版高考物理一轮复习第六章动量（第2课时）课时作业（含解析）.docx

课时作业一、单项选择题1(2018黑龙江大庆模拟)两球在水平面上相向运动，发生正碰后都变为静止可以肯定的是，碰前两球的()A质量相等B动能相等C动量大小相等 D速度大小相等C解析：两球组成的系统碰撞过程中满足动量守恒，两球在水平面上相向运动，发生正碰后都变为静止，故根据动量守恒定律可以判断碰前两球的动量大小相等、方向相反，选项C正确2(2018山东济南检测)如图所示，匀强磁场的方向垂直纸面向里，一带电微粒从磁场边界d点垂直于磁场方向射入，沿曲线dPa打到屏MN上的a点，通过Pa段用时为t.若该微粒经过P点时，与一个静止的不带电微粒碰撞并结合为一个新微粒，最终打到屏MN上两个微粒所受重力均忽略新微粒运动的()A轨迹为Pb，至屏幕的时间将小于tB轨迹为Pc，至屏幕的时间将大于tC轨迹为Pb，至屏幕的时间将等于tD轨迹为Pa，至屏幕的时间将大于tD解析：碰撞过程中动量守恒mv(mm)v，据带电粒子在磁场中做圆周运动的半径公式R可知新粒子的轨迹不变由于新粒子的速度vv，因此运动时间变长，正确选项为D.3一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度v2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为31.不计质量损失，重力加速度g取10 m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是()B解析：弹丸爆炸过程遵守动量守恒，若爆炸后甲、乙同向飞行，则有2mmv甲mv乙若爆炸后甲、乙反向飞出，则有2mmv甲mv乙或2mmv甲mv乙爆炸后甲、乙从同一高度做平抛运动，由选项A中图可知，爆炸后甲、乙向相反方向飞出，下落时间ts1 s，速度分别为v甲m/s2.5 m/s，v乙 m/s0.5 m/s，代入式不成立，A项错误；同理，可求出选项B、C、D中甲、乙的速度，分别代入式、式可知，只有B项正确4(2018四川成都外国语学校月考)A、B两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前后的位移时间图象，a、b分别为A、B两球碰前的位移时间图象，c为碰撞后两球共同运动的位移时间图象，若A球质量m2 kg，则由图可知下列结论错误的是()AA、B碰撞前的总动量为3 kgm/sB碰撞时A对B所施冲量为4 NsC碰撞前后A的动量变化为4 kgm/sD碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10 JA解析：由st图象可知，碰撞前有：A球的速度vAm/s3 m/s，B球的速度vBm/s2 m/s；碰撞后A、B两球的速度相等，为vAvBvm/s1 m/s；对A、B组成的系统，A、B两球沿一直线运动并发生正碰，碰撞前后都是做匀速直线运动，所以系统的动量守恒碰撞前后B的动量变化为：pAmvAmvA2(1)2(3)4 kgm/s根据动量守恒定律，碰撞前后B的动量变化为：pBpA4 kgm/s又：pBmB(vBvB)，所以：mBkg kg，所以A与B碰撞前的总动量为：p总mvAmBvB2(3)2kgm/s kgm/s；由动量定理可知，碰撞时A对B所施冲量为：IBpB4 kgm/s4 Ns.碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能：EkmvmBv(mmB)v2，代入数据解得：Ek10 J，故A错误，B、C、D正确；本题选错误的，故选A.5(2018抚州市四校联考)如图所示，光滑水平面上的木板右端，有一根轻质弹簧沿水平方向与粗糙木板相连，木板质量M3.0 kg.质量为m1.0 kg的铁块以水平速度v04.0 m/s从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端，则在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为()A4.0 JB6.0 JC3.0 J D20 JC解析：设铁块与木板速度相同时，共同速度大小为v，铁块相对木板向右运动时，相对滑行的最大路程为L，摩擦力大小为Ff，根据能量守恒定律得mvFfL(Mm)v2Ep铁块相对于木板运动的整个过程，由能量守恒定律得mv2FfL(Mm)v2又根据系统动量守恒可知，mv0(Mm)v联立得到Ep3.0 J，故选C.6(2019四川泸州检测)如图所示，光滑水平面上有两个质量分别为m1、m2的小球A、B，放在与左侧竖直墙垂直的直线上，设B开始处于静止状态，A球以速度v朝着B运动，设系统处处无摩擦，所有的碰撞均无机械能损失，则下列判断正确的是()A若m1m2，则两球之间有且仅有两次碰撞B若m1m2，则两球之间可能发生两次碰撞C两球第一次碰撞后B球的速度一定是D两球第一次碰撞后A球一定向右运动A解析：设A球和B球第一次碰撞后速度分别为v1和v2，取向左为正方向。 根据动量守恒定律得m1vm1v1m2v2根据机械能守恒定律得m1v2m1vm2v解得v1v，v2v若m1m2，则得v10，v2v，即A与B碰撞后交换速度，当B球与墙壁碰后以速度v2返回，并与A球发生第二次碰撞，之后B静止，A向右运动，不再发生碰撞，所以两球之间有且仅有两次碰撞，故A正确。若m1m2，则得v1v，v20，两球之间只能发生一次碰撞，故B错误。两球第一次碰撞后，B球的速度为v2v，不一定是，与两球的质量关系有关，故C错误。两球第一次碰撞后A球的速度为v1v，当m1m2时，v10，碰后A球向左运动，当m1m2时，v10，碰后A球静止，当m1m2时，v1mgl即设在a、b发生弹性碰撞前的瞬间，a的速度大小为v1.由能量守恒定律得mvmvmgl设在a、b碰撞后的瞬间，a、b的速度大小分别为v1、v2，以向右为正方向，由动量守恒和能量守恒有mv1mv1mv2mvmv12mv22联立式解得v2v1由题意，b没有与墙发生碰撞，由功能关系可知mv22gl联立式，可得联立式得，a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞的条件为.答案：10(2015全国卷35(2)如图所示，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A位于B、C之间A的质量为m，B、C的质量都为M，三者均处于静止状态现使A以某一速度向右运动，求m和M之间应满足什么条件，才能使A只与B、C各发生一次碰撞设物体间的碰撞都是弹性的解析：设A运动的初速度为v0，A向右运动与C发生碰撞，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv0mv1Mv2由机械能守恒定律得mvmvMv可得v1v0，v2v0要使得A与B能发生碰撞，需要满足v10，即mMA反向向左运动与B发生碰撞过程，有mv1m