《2019-2020學年高中物理 第1章 碰撞與動量守恒 第3節(jié) 動量守恒定律在碰撞中的應用課后提能訓練 粵教版選修3-5》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019-2020學年高中物理 第1章 碰撞與動量守恒 第3節(jié) 動量守恒定律在碰撞中的應用課后提能訓練 粵教版選修3-5（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第3節(jié) 動量守恒定律在碰撞中的應用 基礎(chǔ)達標 1．如圖所示，光滑水平面上B車靜止，用懸線掛著的小球A從圖示位置自由釋放，球A與擋板碰撞后被彈回，再次碰撞又被彈回，如此不斷重復，小車將在水平面上(　　) A．一直向右運動并加速 B．向左運動 C．在原地不動 D．左右來回往復運動 【答案】D 【解析】由于A和B組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，且系統(tǒng)合動量為零，因此當A向右運動時，小車向左運動；當A向左運動時，小車向右運動，故應選D． 2．如圖所示，質(zhì)量相同的兩木塊從同一高度同時開始自由落下，至某一位置時A被水平飛來的子彈擊中(未穿出)，則A、B兩木塊的落地時間tA與tB的比較

2、，下列說法正確的是(　　) A．tA＝tB　　 B．tA＜tB C．tA＞tB　　 D．無法判斷 【答案】C 【解析】木塊落至某一位置時被水平飛來的子彈很快地擊中，水平方向動量守恒，即A會獲得水平方向的分速度；而子彈此時豎直方向速度為零，要從零加速到與A具有相同的速度，需受到A向下的作用力，根據(jù)牛頓第三定律A會受到子彈給的向上的作用力，則A向下的速度會減小，小于B的加速度，故A下落時間較長一些；故選C． 3．(2019年惠州模擬)質(zhì)量為1 kg的物體從距地面5 m高處自由下落，落在正以5 m/s的速度沿水平方向勻速前進的小車上，車上裝有砂子，車與砂的總質(zhì)量為4 kg，地面光滑，則

3、車后來的速度為(g＝10 m/s2)(　　) A．4 m/s　　　　 B．5 m/s C．6 m/s　　　　 D．7 m/s 【答案】A 【解析】物體落入小車的過程中，兩者組成的系統(tǒng)水平方向不受外力，故系統(tǒng)水平方向動量守恒．已知兩者相互作用前，小車在水平方向的速度v0＝5 m/s，物體水平方向的速度v＝0.設(shè)當物體與小車相對靜止后小車的速度為v′，取原來車的速度方向為正方向，根據(jù)水平方向系統(tǒng)動量守恒得Mv0＝(M＋m)v′，解得v′＝4 m/s.故選A． 4．如圖所示，木塊A和B質(zhì)量均為2 kg，置于光滑水平面上，B與一輕質(zhì)彈簧一端相連，彈簧另一端固定在豎直擋板上，當A以4 m/s的

4、速度向B撞擊時，由于有橡皮泥而粘在一起運動，那么彈簧被壓縮到最短時，具有的彈性勢能大小為(　　) A．4 J　　 B．8 J　　　　 C．16 J　　 D．32 J 【答案】B 【解析】A與B碰撞過程動量守恒，有mAvA＝(mA＋mB)vAB，所以vAB＝＝2 m/s.當彈簧被壓縮至最短時，A、B的動能完全轉(zhuǎn)化成彈簧的彈性勢能，所以Ep＝(mA＋mB)v＝8 J. 5．(多選)下列四幅圖所反映的物理過程中，系統(tǒng)動量守恒的是(　　) A　　　　　　　　　　　　B C　　　　　　　　　　　　D 【答案】AC 【解析】A中子彈和木塊的系統(tǒng)在水平方向不受外力，豎直方向所受

5、合力為零，系統(tǒng)動量守恒；B中在彈簧恢復原長過程中，系統(tǒng)在水平方向始終受墻的作用力，系統(tǒng)動量不守恒；C中木球與鐵球的系統(tǒng)所受合力為零，系統(tǒng)動量守恒；D中木塊下滑過程中，斜面始終受擋板作用力，系統(tǒng)動量不守恒． 6．(多選)如圖所示，有兩個大小相等、質(zhì)量不同的小球A和B，B球靜止在光滑圓弧的底端，A球質(zhì)量為m，從頂端釋放，若兩球發(fā)生彈性碰撞后，它們的落點離平臺邊緣的水平距離之比為1∶3，則B球的質(zhì)量可能是(　　) A．m　　 B．m C．m　　 D．m 【答案】AD 【解析】碰撞過程動量守恒，之后兩球做平拋運動，下落時間相等，則水平射程之比即拋出速度之比，由彈性碰撞特性對A球，令碰后速

6、度為v1，B球碰后速度為v2，則v1＝，v2＝，若碰后A、B均向右運動，有＝，結(jié)合上兩式有mB＝，A項對；若碰后A球反向運動，則＝－，結(jié)合上兩式有mB＝，D項對． 7．(多選)如圖所示，在光滑水平面上停放質(zhì)量為m裝有弧形槽的小車．現(xiàn)有一質(zhì)量也為m的小球以v0的水平速度沿切線水平的槽口向小車滑去(不計摩擦)，到達某一高度后，小球又返回小車右端，則(　　) A．小球在小車上到達最高點時的速度大小為 B．小球離車后，對地將向右做平拋運動 C．小球離車后，對地將做自由落體運動 D．此過程中小球?qū)囎龅墓閙v 【答案】CD 【解析】小球到達最高點時，小車和小球相對靜止，且水平方向總動

7、量守恒；小球離開車時類似完全彈性碰撞，兩者速度互換． 能力提升 8．(多選)半徑相等的兩只小球甲和乙，在光滑水平面上沿同一直線相向運動，若甲球質(zhì)量大于乙球質(zhì)量，碰撞前兩球的動能相等，則碰撞后兩球的運動狀態(tài)可能是(　　) A．甲球速度為零而乙球速度不為零 B．乙球速度為零而甲球速度不為零 C．兩球速度均不為零 D．兩球速度方向均與原方向相反，兩球動能仍相等 【答案】AC 【解析】兩球在光滑水平面上發(fā)生碰撞過程中，兩球構(gòu)成的系統(tǒng)滿足動量守恒，設(shè)碰前甲、乙兩球動能分別為E1、E2，動量分別為p1、p2，由題意知E1＝E2，由動能、動量關(guān)系Ek＝，可得＝，因為甲、乙兩球質(zhì)量m1>m2，

8、可得p1>p2，由此可知碰前系統(tǒng)的總動量方向與甲球運動方向相同． 若碰后甲球靜止而乙球運動，乙球只能反向運動，即碰后系統(tǒng)總動量與碰前系統(tǒng)總動量方向相同，滿足動量守恒定律，可知選項A正確． 若碰后甲球運動而乙球靜止，則甲球只能反向運動，即碰后系統(tǒng)總動量與碰前系統(tǒng)總動量方向相反，違反動量守恒定律，可知選項B錯誤． 若碰后甲、乙均運動，只要系統(tǒng)總動量(矢量)與碰前系統(tǒng)總動量(矢量)相等，即可滿足動量守恒定律，所以選項C正確． 若碰后兩球均反向運動且動能相等，則碰后總動量方向必將與碰前系統(tǒng)總動量方向相反，不滿足動量守恒定律，所以選項D錯誤． 9．(多選)(2018年盂縣校級月考)做驗證動量守

9、恒的實驗時，入射球碰前的速度以及被碰后的速度可用其運動的水平位移來表示，在圖中，M、N、P是小球的落點，下列說法中正確的是(　　) A．O′是被碰小球球心碰撞前在紙上的垂直投影 B．O是碰撞瞬間入射小球的球心在紙上的垂直投影 C．被碰球碰后的速度可用表示 D．入射球單獨飛行的速度可用表示 【答案】 ABC 【解析】如圖所示為該實驗的原理圖，由圖可知，O′是被碰小球球心碰前在紙上的垂直投影，O是碰撞瞬間入射小球的球心在紙上的垂直投影，被碰球碰后的速度較大，飛行距離較遠，可用表示，入射球單獨飛行的距離要大于碰后的距離，故可用表示，故ABC正確，D錯誤．故選ABC． 10．如

10、圖所示，光滑水平直軌道上有三個滑塊A、B、C，質(zhì)量分別為mA＝mC＝2m，mB＝m，A、B用細繩連接，中間有一壓縮的輕彈簧(彈簧與滑塊不拴接)．開始時A、B以共同速度v0運動，C靜止．某時刻細繩突然斷開，A、B被彈開，然后B又與C發(fā)生碰撞并粘在一起，最終三滑塊速度恰好相同．求B與C碰撞前B的速度． 【答案】v0 【解析】設(shè)共同速度為v，滑塊A與B分開后，B的速度為vB，由動量守恒定律得： (mA＋mB)v0＝mAv＋mBvB， mBvB＝(mB＋mC)v. 聯(lián)立以上兩式，得B與C碰撞前B的速度 vB＝v0. 11．如圖所示，平直軌道上有一節(jié)車廂，質(zhì)量為M，車廂頂邊緣處有一小球

11、與車廂以1.2 m/s的速度向右做勻速運動，某時刻車廂與質(zhì)量m＝的靜止的平板車碰撞并連在一起，車廂頂離平板車的高度為h＝1.8 m，車廂頂邊緣上有一小鋼球向前滑出，問：鋼球?qū)⒙湓谄桨遘嚿虾翁帲?空氣阻力不計，平板車足夠長，g取10 m/s2) 【答案】距平板車左端0.18 m處 【解析】車廂與平板車相撞的過程中，作用時間很短，球的運動狀態(tài)不發(fā)生改變，車廂和平板車的動量守恒，則Mv1＝(M＋m)v2， 車廂和平板車的共同速度為v2＝＝0.9 m/s. 車廂和平板車碰后以0.9 m/s的速度沿原方向做勻速運動，球以1.2 m/s的速度離開車廂頂做平拋運動．平拋運動的時間為t＝ ＝0.

12、6 s， 則球相對車的水平位移為Δx＝(v1－v2)t＝0.18 m， 即球落在離平板車左端0.18 m處． 12．如圖所示，小球a、b用等長細線懸掛于同一固定點O.讓球a靜止下垂，將球b向右拉起，使細線水平．從靜止釋放球b，兩球碰后粘在一起向左擺動，此后細線與豎直方向之間的最大偏角為60°.忽略空氣阻力，求： (1)兩球a、b的質(zhì)量之比； (2)兩球在碰撞過程中損失的機械能與球b在碰前的最大動能之比． 【答案】(1)－1　(2)1－ 【解析】(1)設(shè)球b的質(zhì)量為m2，細線長為L，球b下落至最低點，但未與球a相碰時的速率為v，由機械能守恒定律得m2gL＝m2v2 ① 式中g(shù)

13、為重力加速度的大?。O(shè)球a的質(zhì)量為m1，在兩球碰后的瞬間，兩球的共同速度為v′，以向左為正方向，由動量守恒定律得m2v＝(m1＋m2)v′ ② 設(shè)兩球共同向左運動到最高處時，細線與豎直方向的夾角為θ，由機械能守恒定律得 (m1＋m2)v′2＝(m1＋m2)gL(1－cos θ) ③ 聯(lián)立①②③式得＝－1 ④ 代入題給數(shù)據(jù)得＝－1. ⑤ (2)兩球在碰撞過程中的機械能損失為 Q＝m2gL－(m1＋m2)gL(1－cos θ) ⑥ 聯(lián)立①⑥式，Q與碰前球b的最大動能Ek之比為 ＝1－(1－cos θ) ⑦ 聯(lián)立⑤⑦式，并代入題給數(shù)據(jù)得 ＝1－. 7