2022高考物理调研大一轮复习(课件+精练)课时作业21.DOC

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1、 课时作业课时作业 21 动量守恒定律及其应用动量守恒定律及其应用 时间：时间：45 分钟分钟 1如图所示，质量为如图所示，质量为 M 的盒子放在光滑的水平面上，盒子内表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物体，某时刻给物体一水平向右的初速度的初速度 v0，则在物体与盒子前后壁多次往复碰撞后，则在物体与盒子前后壁多次往复碰撞后( C ) A两者的速度均为零两者的速度均为零 B两者的速度总不会相等两者的速度总不会相等 C盒子的最终速度为盒子的最终速度为mv0Mm，方向水平向右，方向水平向右 D盒子的最终速

2、度为盒子的最终速度为mv0M，方向水平向右，方向水平向右 解析：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，可得作用，则水平方向动量守恒，可得 mv0(Mm)v，所以，所以 vmv0Mm，方向水平向右，方向水平向右，C 正确正确 2如图所示，一个质量为如图所示，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的一侧是一个四分之一圆弧 EF，与水平地面相切于，与水平地面相切于 E 点，圆弧半径点，圆弧半径为为 R1 m另有一个质量为另有一个质量为 m 的小球

3、以初速度的小球以初速度 v0从从 E 点冲上滑块，点冲上滑块，若小球刚好没跃出圆弧的上端，已知若小球刚好没跃出圆弧的上端，已知 M4m，g 取取 10 m/s2，不，不计摩计摩擦则小球的初速度擦则小球的初速度 v0的大小为的大小为( B ) Av04 m/s Bv05 m/s Cv06 m/s Dv07 m/s 解析：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，当小球上升到圆弧上端时， 小球与滑块水平方向速度相同，设为设为 v1，根据水平方向动量守恒有，根据水平方向动量守恒有 mv0(mM)v1，根据机械能守恒，根据机械能守恒定律有定律有12mv2012(mM)v21mgR，

4、联立两，联立两式解得式解得 v05 m/s，B 正确正确 3将静置在地面上，质量为将静置在地面上，质量为 M(含燃料含燃料)的火箭模型点火升空，在的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度极短时间内以相对地面的速度 v0竖直向下喷出质量为竖直向下喷出质量为 m 的炽热气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得的速度大小是( D ) A.mMv0 B.Mmv0 C.MMmv0 D.mMmv0 解析：解析：根据动量守恒定律根据动量守恒定律 mv0(Mm)v，得，得 vmMmv0，选项，选项D

5、正确正确 4一枚火箭搭载着卫星以一枚火箭搭载着卫星以速率速率 v0进入太空预定位置，由控制系进入太空预定位置，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， 后部分的箭体质量为量为 m2，分离后箭体以速率，分离后箭体以速率 v2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力沿火箭原方向飞行，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及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率 v1为为( D ) Av0v2 Bv0v2 Cv0m2m1v2 Dv0m2m1(v0v2) 解析：解析：箭体与卫星分离过程动量守恒，由动量守恒定律

6、：箭体与卫星分离过程动量守恒，由动量守恒定律：(m1 m2)v0m1v1m2v2，得，得 v1v0m2m1(v0v2)，D 正确正确 5 如图， 质量为 如图， 质量为 M 的小船在静止水面上以速率的小船在静止水面上以速率 v0向右匀速行驶，向右匀速行驶，一质量为一质量为 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速率 v 水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为( C ) Av0mMv Bv0mMv Cv0mM(v0v) Dv0mM(v0v) 解析：解析： 取向右为正方向， 由动量守

7、恒有取向右为正方向， 由动量守恒有(Mm)v0mvMv，解之有解之有 vv0mM(v0v)，故，故 C 正确正确 6(多选多选)向空中发射一枚炮弹，不计空气阻力，当炮弹的速度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，炮弹炸裂成恰好沿水平方向时，炮弹炸裂成 a、b 两块，若质量较大的两块，若质量较大的 a 的速的速度方向仍沿原来的方向，则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，从炸裂到落地的这段时间内，a 飞行的水平距离一定比飞行的水平距离一定比 b 的的大大 Ca、b 一

8、定同时到达水平地面一定同时到达水平地面 D在炸裂过程中，在炸裂过程中，a、b 受到的爆炸力的大小一定受到的爆炸力的大小一定相等相等 解析：解析：炮弹炸裂前后动量守恒，选定炮弹炸裂前后动量守恒，选定 v0方向为正方向，则方向为正方向，则 mv0mavambvb，显然，显然 vb0、vbva、vbva、vbva也都有可能，故选项也都有可能，故选项 A、B 错误；爆炸后，错误；爆炸后，a、b 都做平抛运动，都做平抛运动，选项选项 C 正确；爆炸过程中，正确；爆炸过程中，a、b 之间的力为相互作用力，大小相等，之间的力为相互作用力，大小相等，选项选项 D 正确正确 7一质量一质量 M0.8 kg 的物

9、块，用长的物块，用长 l0.8 m 的细绳悬挂在天花的细绳悬挂在天花板上， 处于静止状态 一质量板上， 处于静止状态 一质量 m0.2 kg 的黏性小球以速度的黏性小球以速度 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以忽略不计空气阻力，重力加速度空气阻力，重力加速度 g 取取 10 m/s2.求：求： (1)小球粘在物块上的瞬间，小球和物块共同速度的大小；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；小球和物块摆动过程中，细绳拉力的最大值

10、； (3)小球和物块摆动过程中所能达到的最大高度小球和物块摆动过程中所能达到的最大高度 解析：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 即成的系统在水平方向动量守恒 即 mv0(Mm)v共共， 解得， 解得 v共共2 m/s. (2)小球和物块以小球和物块以 v共共开始运动时，细绳受到的拉力最大，设最大开始运动时，细绳受到的拉力最大，设最大拉力为拉力为 F，则有，则有 F(Mm)g(Mm)v2共共l，解得，解得 F15 N. (3)小球和物块以小球和物块以 v共共为初速度向右摆动，摆动过程中只有重力做

11、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，根据机械能守恒定律有械能守恒定律有(mM)gh12(mM)v2共共，解得，解得 h0.2 m. 答案：答案：(1)2 m/s (2)15 N (3)0.2 m 8(2019 山东、湖北山东、湖北联考联考)(多选多选)如图所示，将质量为如图所示，将质量为 M1、半径、半径为为 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，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，右侧靠一质量为右侧靠一质量为 M2的物块今让一质量为的物

12、块今让一质量为 m 的小球自左侧槽口的小球自左侧槽口 A 的的正上方足够高处从静止开始下落，自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，则以点沿切线方向进入槽内，则以下结论中正确的是下结论中正确的是( 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守恒 B小球在槽内运动到小球在槽内运动到 B 点后的运动过程，小球、半圆槽和物块点后的运动过程，小球、半圆槽和物块组成的系统动量守恒组成的系统动量守恒 C小球离开小球离开 C 点以后点以后，将做斜上抛运动，且恰好再从，将做斜上抛运动，且恰好再从 C 点落入点落

13、入半圆槽中半圆槽中 D小球第二次通过小球第二次通过 B 点时半圆槽与物块分离，且两者不会再相点时半圆槽与物块分离，且两者不会再相碰碰 解析：解析： 小球在槽内小球在槽内 A 至至 B 过程中， 由于墙壁对槽有水平向右的作过程中， 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，故量不守恒，故 A 错误；小球运动到错误；小球运动到 B 点以后，系统在竖直方向上仍点以后，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然有加速度，合外力不为零，所以小球、半圆槽和

14、物块组成的系统动量不守恒，故量不守恒，故 B 错误；小球离开错误；小球离开 C 后只是相对于槽竖直向上运动，其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 点落入半点落入半圆槽中，故圆槽中，故 C 正确；第二次通过正确；第二次通过 B 点后，小球对半圆槽的作点后，小球对半圆槽的作用力有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，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，故所以两者分离，且分离后两者不会再相碰，故 D 正确正确

15、 9(2019 黑龙江牡丹江联考黑龙江牡丹江联考)(多选多选)小车静止在光滑水平面上，站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、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、枪和靶的总质量为枪和靶的总质量为 M(不含子弹不含子弹)，每颗子弹质量为，每颗子弹质量为 m，共，共 n 发，打靶发，打靶时，枪口到靶的距离为时，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，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打完打完 n 发子弹

16、后，小车将以一定速度向右匀速运动发子弹后，小车将以一定速度向右匀速运动 B打完打完 n 发子弹后，小车应停在射击之前位置的右方发子弹后，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，大小均为均为mdnmM 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，应越来越大越来越大 解析：解析：子弹、枪、人、车和靶组成的系统，水平方向不受外力，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，水平方

17、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，发子弹后，小车仍静止，A 错错误；设子弹射出枪口时的速度为误；设子弹射出枪口时的速度为 v，车后退的速度大小为，车后退的速度大小为 v，以水以水平向左的方向为正方向，根据动量守恒定律得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，故子弹匀速前进的同时，车匀速后退，故 vtvtd 联立解得联立解得 vmvM n1 m，tdvmvM n1 m， 故车后退的距离为故车后退的距离为 svtmvM n1

18、mdvmvM n1 mmdMnm，每颗子弹从发射到击中靶的过程，车均后退，每颗子弹从发射到击中靶的过程，车均后退 s，故，故 n 颗子颗子弹发射完毕后，小车后退的位移为弹发射完毕后，小车后退的位移为 snsnmdMnm，故，故 B、C 正确，正确，D 错误错误 10(2019 山东枣庄八中质检山东枣庄八中质检)如图所示，物块如图所示，物块 A、B 质量分别为质量分别为m11 kg、m22 kg，A、B 间夹有炸药置于小车间夹有炸药置于小车 C 上，小车的质量上，小车的质量 为为 m31 kg，A、B 与小车间的动摩擦因数均为与小车间的动摩擦因数均为 0.5，小车静止在光滑，小车静止在光滑的水平

19、面上某时刻炸药爆炸，已知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间炸药爆炸的能量有 12 J转化为转化为 A、B 的机械能，其余能量转化为内能，小车表面足够长，则：的机械能，其余能量转化为内能，小车表面足够长，则： (1)炸开炸开后后 A、B 获得的速度大小各是多少？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？在小车上滑行的时间各是多少？ 解析：解析：(1)炸药爆炸瞬间炸药爆炸瞬间 A、B 组成的系统动量守恒，以水平向右组成的系统动量守恒，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得为正方向，由动量守恒定律得 0m1v1m2v2， A、B 的机械能总量为的机械

20、能总量为 12 J，故有，故有12m1v2112m2v2212 J， 联立解得联立解得 v14 m/s，v22 m/s， 或者或者 v14 m/s，v22 m/s(不合实际，舍去不合实际，舍去) (2)爆炸后爆炸后 A、B 在在 C 上滑动，由上滑动，由 B 速度较小知速度较小知 B 先与先与 C 相对静相对静止，设此时止，设此时 A 的速度为的速度为 v3，B、C 的速度为的速度为 v4，该过程中，该过程中 A、B、C组成的系统动量守恒设该过程的时间为组成的系统动量守恒设该过程的时间为 t1，对，对 A 应用动量定理有应用动量定理有m1gt1m1v3m1v1， 对对 B 应用动量定理有应用动

21、量定理有m2gt1m2v4m2v2， 对对 C 应用动量定理有应用动量定理有(m2gm1g)t1m3v4， 代入数据得代入数据得 v33 m/s，v41 m/s，t10.2 s， 之后，之后，A 在在 C 上滑动直到相对上滑动直到相对 C 静止，静止， 设设 A 继续滑动的时间为继续滑动的时间为 t2，则，则gt2v3， 解得解得 t20.6 s，则，则 A 滑动总时间滑动总时间 tt1t20.8 s. 答案：答案：(1)4 m/s 2 m/s (2)0.8 s 0.2 s 11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

22、射击通过对以下简化模型的计算可以粗略说明其原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因 质量为质量为 2m、厚度为、厚度为 2d 的钢板静止在水平光滑桌面上质量为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成厚度均为 d、质量均为、质量均为 m 的相同两块，间隔一段距离平行放置，如的相同两块，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，穿出后再射向第出后再射向第二块钢板，求子弹射入第二块钢板

23、的深度设子弹在钢板中受到的阻二块钢板，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力为恒力，且两块钢板不会发生碰撞不计重力影响 解析：解析：设子弹初速度为设子弹初速度为 v0，射入厚度为，射入厚度为 2d 的钢板后，最终钢板的钢板后，最终钢板和子弹的共同速度为和子弹的共同速度为 V.由动量守恒得由动量守恒得(2mm)Vmv0 解得解得 V13v0 此过程中动能损失为此过程中动能损失为 E12mv20123mV2 解得解得 E13mv20 分成两块钢板后， 设子弹穿过第一块钢板时两者分成两块钢板后， 设子弹穿过第一块钢板时两者的速度分别为的速度分别

24、为 v1和和 V1，由动量守恒得，由动量守恒得 mv1mV1mv0 因为子弹在钢板中受到的阻力为恒力，射穿第一块钢板的动能损因为子弹在钢板中受到的阻力为恒力，射穿第一块钢板的动能损失为失为E2，由能量守恒得，由能量守恒得12mv2112mV2112mv20E2 联立联立式，且考虑到式，且考虑到 v1必须大于必须大于 V1，得，得 v1 1236v0 设子弹射入第二块钢板并留在其中后两者的共同速度为设子弹射入第二块钢板并留在其中后两者的共同速度为 V2， 由动， 由动量守恒得量守恒得 2mV2mv1 损失的动能为损失的动能为 E12mv21122mV22 解得解得 E12 132E2 因为子弹在钢板中受到的阻力为恒力，由因为子弹在钢板中受到的阻力为恒力，由式可得，射入第二块式可得，射入第二块钢板的深度钢板的深度 x 为为 x12 132d 答案：答案：12(132)d