2020版高考物理一轮复习第六章课时作业21动量守恒定律及其应用新人教版.docx

课时作业21动量守恒定律及其应用时间：45分钟1如图所示，质量为M的盒子放在光滑的水平面上，盒子内表面不光滑，盒内放有一块质量为m的物体，某时刻给物体一水平向右的初速度v0，则在物体与盒子前后壁多次往复碰撞后(C)A两者的速度均为零B两者的速度总不会相等C盒子的最终速度为，方向水平向右D盒子的最终速度为，方向水平向右解析：以物体与盒子组成的系统为研究对象，水平方向不受外力作用，则水平方向动量守恒，可得mv0(Mm)v，所以v，方向水平向右，C正确2如图所示，一个质量为M的滑块放置在光滑水平面上，滑块的一侧是一个四分之一圆弧EF，与水平地面相切于E点，圆弧半径为R1 m另有一个质量为m的小球以初速度v0从E点冲上滑块，若小球刚好没跃出圆弧的上端，已知M4m，g取10 m/s2，不计摩擦则小球的初速度v0的大小为(B)Av04 m/sBv05 m/sCv06 m/sDv07 m/s解析：当小球上升到圆弧上端时，小球与滑块水平方向速度相同，设为v1，根据水平方向动量守恒有mv0(mM)v1，根据机械能守恒定律有mv(mM)vmgR，联立两式解得v05 m/s，B正确3将静置在地面上，质量为M(含燃料)的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是(D)A.v0 B.v0C.v0 D.v0解析：根据动量守恒定律mv0(Mm)v，得vv0，选项D正确4一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1为(D)Av0v2Bv0v2Cv0v2Dv0(v0v2)解析：箭体与卫星分离过程动量守恒，由动量守恒定律：(m1m2)v0m1v1m2v2，得v1v0(v0v2)，D正确5如图，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为(C)Av0vBv0vCv0(v0v)Dv0(v0v)解析：取向右为正方向，由动量守恒有(Mm)v0mvMv，解之有vv0(v0v)，故C正确6(多选)向空中发射一枚炮弹，不计空气阻力，当炮弹的速度v0恰好沿水平方向时，炮弹炸裂成a、b两块，若质量较大的a的速度方向仍沿原来的方向，则(CD)Ab的速度方向一定与原来速度方向相反B从炸裂到落地的这段时间内，a飞行的水平距离一定比b的大Ca、b一定同时到达水平地面D在炸裂过程中，a、b受到的爆炸力的大小一定相等解析：炮弹炸裂前后动量守恒，选定v0方向为正方向，则mv0mavambvb，显然vb0、vbva、vbva、vbva也都有可能，故选项A、B错误；爆炸后，a、b都做平抛运动，选项C正确；爆炸过程中，a、b之间的力为相互作用力，大小相等，选项D正确7一质量M0.8 kg的物块，用长l0.8 m的细绳悬挂在天花板上，处于静止状态一质量m0.2 kg的黏性小球以速度v010 m/s水平射向物块，并与物块粘在一起，小球与物块相互作用时间极短可以忽略不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2.求：(1)小球粘在物块上的瞬间，小球和物块共同速度的大小；(2)小球和物块摆动过程中，细绳拉力的最大值；(3)小球和物块摆动过程中所能达到的最大高度解析：(1)因为小球与物块相互作用时间极短，所以小球和物块组成的系统在水平方向动量守恒即mv0(Mm)v共，解得v共2 m/s.(2)小球和物块以v共开始运动时，细绳受到的拉力最大，设最大拉力为F，则有F(Mm)g(Mm)，解得F15 N.(3)小球和物块以v共为初速度向右摆动，摆动过程中只有重力做功，所以它们机械能守恒，设它们所能达到的最大高度为h，根据机械能守恒定律有(mM)gh(mM)v，解得h0.2 m.答案：(1)2 m/s(2)15 N(3)0.2 m8(2019山东、湖北联考)(多选)如图所示，将质量为M1、半径为R且内壁光滑的半圆槽置于光滑水平面上，半圆槽左侧靠竖直墙，右侧靠一质量为M2的物块今让一质量为m的小球自左侧槽口A的正上方足够高处从静止开始下落，自A点沿切线方向进入槽内，则以下结论中正确的是(CD)A小球在槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒B小球在槽内运动到B点后的运动过程，小球、半圆槽和物块组成的系统动量守恒C小球离开C点以后，将做斜上抛运动，且恰好再从C点落入半圆槽中D小球第二次通过B点时半圆槽与物块分离，且两者不会再相碰解析：小球在槽内A至B过程中，由于墙壁对槽有水平向右的作用力，系统水平方向的合外力不为零，则小球与半圆槽在水平方向动量不守恒，故A错误；小球运动到B点以后，系统在竖直方向上仍然有加速度，合外力不为零，所以小球、半圆槽和物块组成的系统动量不守恒，故B错误；小球离开C后只是相对于槽竖直向上运动，其与槽在水平方向上具有相同的水平向右的速度，恰好再从C点落入半圆槽中，故C正确；第二次通过B点后，小球对半圆槽的作用力有水平向左的分量，半圆槽向右减速，物块继续向右做匀速直线运动，所以两者分离，且分离后两者不会再相碰，故D正确9(2019黑龙江牡丹江联考)(多选)小车静止在光滑水平面上，站在车上的人练习打靶，靶装在车上的另一端，如图所示已知车、人、枪和靶的总质量为M(不含子弹)，每颗子弹质量为m，共n发，打靶时，枪口到靶的距离为d，若每发子弹打入靶中就留在靶里，且待前一发打入靶中后，再打下一发则以下说法正确的是(BC)A打完n发子弹后，小车将以一定速度向右匀速运动B打完n发子弹后，小车应停在射击之前位置的右方C在每一发子弹的射击过程中，小车所发生的位移相同，大小均为D在每一发子弹的射击过程中，小车所发生的位移不相同，应越来越大解析：子弹、枪、人、车和靶组成的系统，水平方向不受外力，水平方向动量守恒，子弹射击前系统总动量为零，由动量守恒定律知，子弹射入靶后总动量也为零，故打完n发子弹后，小车仍静止，A错误；设子弹射出枪口时的速度为v，车后退的速度大小为v，以水平向左的方向为正方向，根据动量守恒定律得0mvM(n1)mv子弹匀速前进的同时，车匀速后退，故vtvtd联立解得v，t，故车后退的距离为svt，每颗子弹从发射到击中靶的过程，车均后退s，故n颗子弹发射完毕后，小车后退的位移为sns，故B、C正确，D错误10(2019山东枣庄八中质检)如图所示，物块A、B质量分别为m11 kg、m22 kg，A、B间夹有炸药置于小车C上，小车的质量为m31 kg，A、B与小车间的动摩擦因数均为0.5，小车静止在光滑的水平面上某时刻炸药爆炸，已知A、B间炸药爆炸的能量有12 J转化为A、B的机械能，其余能量转化为内能，小车表面足够长，则：(1)炸开后A、B获得的速度大小各是多少？(2)A、B在小车上滑行的时间各是多少？解析：(1)炸药爆炸瞬间A、B组成的系统动量守恒，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得0m1v1m2v2，A、B的机械能总量为12 J，故有m1vm2v12 J，联立解得v14 m/s，v22 m/s，或者v14 m/s，v22 m/s(不合实际，舍去)(2)爆炸后A、B在C上滑动，由B速度较小知B先与C相对静止，设此时A的速度为v3，B、C的速度为v4，该过程中A、B、C组成的系统动量守恒设该过程的时间为t1，对A应用动量定理有m1gt1m1v3m1v1，对B应用动量定理有m2gt1m2v4m2v2，对C应用动量定理有(m2gm1g)t1m3v4，代入数据得v33 m/s，v41 m/s，t10.2 s，之后，A在C上滑动直到相对C静止，设A继续滑动的时间为t2，则gt2v3，解得t20.6 s，则A滑动总时间tt1t20.8 s.答案：(1)4 m/s2 m/s(2)0.8 s0.2 s11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解析：设子弹初速度为v0，射入厚度为2d的钢板后，最终钢板和子弹的共同速度为V.由动量守恒得(2mm)Vmv0解得Vv0此过程中动能损失为Emv3mV2解得Emv分成两块钢板后，设子弹穿过第一块钢板时两