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1、2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第六章 動量和動量守恒定律 第2講 動量守恒定律及應(yīng)用練習(xí)
1.兩球在水平面上相向運(yùn)動,發(fā)生正碰后都變?yōu)殪o止??梢钥隙ǖ氖?,碰前兩球的( )
A.質(zhì)量相等 B.動能相等
C.動量大小相等 D.速度大小相等
解析 兩小球組成的系統(tǒng)碰撞過程中滿足動量守恒,兩球在水平面上相向運(yùn)動,發(fā)生正碰后都變?yōu)殪o止,故根據(jù)動量守恒定律可以斷定碰前兩球的動量大小相等、方向相反,C項(xiàng)正確。
答案 C
2.如圖所示,子彈水平射入放在光滑水平地面上靜止的木塊,子彈未穿透木塊,此過程木塊的動能增加了6 J,那么此過程產(chǎn)生的內(nèi)能可能為( )
A.16 J B.2 J
2、C.6 J D.4 J
解析 設(shè)子彈的質(zhì)量為m0,初速度為v0,木塊的質(zhì)量為m,則子彈打入木塊的過程中,子彈與木塊組成的系統(tǒng)動量守恒,即m0v0=(m+m0)v,此過程產(chǎn)生的內(nèi)能等于系統(tǒng)損失的動能,即E=m0v-(m+m0)v2,而木塊獲得的動能E木=mv2=6 J,兩式相除得=>1,即E>6 J,A項(xiàng)正確。
答案 A
3.(2018·湖南師大附中摸底考試)如圖所示,質(zhì)量均為M=0.4 kg的兩長平板小車A和B開始時緊靠在一起都靜止于光滑水平面上。小物塊(可看成質(zhì)點(diǎn))m=0.2 kg以初速度v=9 m/s從最左端滑上小車A的上表面,最后停在小車B最右端時速度為v2=2 m/s,最后
3、A的速度v1為( )
A.1.5 m/s B. 2 m/s
C.1 m/s D.0.5 m/s
解析 三物體整體分析,系統(tǒng)動量守恒mv=
(m+M)v2+Mv1?v1=1.5 m/s。
答案 A
4.如圖所示,在光滑的水平面上有一物體M,物體上有一光滑的半圓弧軌道,最低點(diǎn)為C,兩端A、B一樣高。現(xiàn)讓小滑塊m從A點(diǎn)靜止下滑,則( )
A.m不能到達(dá)小車上的B點(diǎn)
B.m從A到C的過程中M向左運(yùn)動,m從C到B的過程中M向右運(yùn)動
C.m從A到B的過程中小車一直向左運(yùn)動,m到達(dá)B的瞬間,M速度為零
D.M與m組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒,動量守恒
解析 M和m組成的系
4、統(tǒng)水平方向動量守恒,機(jī)械能守恒所以m恰能達(dá)到小車上的B點(diǎn),到達(dá)B點(diǎn)時小車與滑塊的速度都是0,故A項(xiàng)錯誤;M和m組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒,m從A到C的過程中以及m從C到B的過程中m一直向右運(yùn)動,所以M一直向左運(yùn)動,m到達(dá)B的瞬間,M與m速度都為零,故B項(xiàng)錯誤,C項(xiàng)正確;小滑塊m從A點(diǎn)靜止下滑,物體M與滑塊m組成的系統(tǒng)水平方向所受合力為零,系統(tǒng)水平方向動量守恒,豎直方向有加速度,合力不為零,所以系統(tǒng)動量不守恒。M和m組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒,故D項(xiàng)錯誤。
答案 C
5.(2018·湖南師大附中摸底考試)如圖所示,質(zhì)量為M的木塊位于光滑水平面上,在木塊與墻之間用輕彈簧連接,開始時木塊靜止在A位置
5、?,F(xiàn)有一質(zhì)量為m的子彈以水平速度v0射向木塊并嵌入其中,則木塊回到A位置時的速度v以及此過程中墻對彈簧的沖量I的大小分別為( )
A.v=,I=0 B.v=,I=2mv0
C.v=,I= D.v=,I=2mv0
解析 子彈射入木塊過程,由于時間極短,子彈與木塊間的內(nèi)力遠(yuǎn)大于系統(tǒng)外力,由動量守恒定律得mv0=(M+m)v,解得v=,子彈和木塊系統(tǒng)在彈簧彈力的作用下先做減速運(yùn)動,后做加速運(yùn)動,回到A位置時速度大小不變,即當(dāng)木塊回到A位置時的速度v=,子彈、木塊和彈簧組成的系統(tǒng)受到的合力即為墻對彈簧的作用力,根據(jù)動量定理得I=-(M+m)v-mv0=-2mv0,所以墻對彈簧的沖量I的
6、大小為2mv0。
答案 B
6.(多選)如圖所示,長木板A放在光滑的水平面上,質(zhì)量為m=2 kg的另一物體B以水平速度v0=3 m/s滑上原來靜止的長木板A的表面,由于A、B間存在摩擦,之后A、B速度隨時間變化情況如圖乙所示,則下列說法正確的是( )
A.木板獲得的動能為2 J
B.系統(tǒng)損失的機(jī)械能為4 J
C.木板A的最小長度為1.5 m
D.A、B間的動摩擦因數(shù)為0.1
解析 根據(jù)動量守恒定律可得
mv0=(m+mA)v?mA=4 kg,
A的動能為Ek=mAv2=2 J,
系統(tǒng)損失的動能ΔEk=mv-(mA+m)v2=6 J,
木板長L≥v0t1=1.5 m
7、,
μmg=ma?μ=0.2。
答案 AC
【解題技巧】
由圖讀出木板獲得的初速度,根據(jù)Ek=mv2求解木板獲得的動能。根據(jù)斜率求出B的加速度大小,結(jié)合牛頓第二定律求出動摩擦因數(shù)。根據(jù)“面積”之差求出木板A的長度,再求系統(tǒng)損失的機(jī)械能。
7.如圖所示,一個質(zhì)量為m的物塊A與另一個質(zhì)量為2m的物塊B發(fā)生正碰,碰后B物塊剛好能落入正前方的沙坑中。假如碰撞過程中無機(jī)械能損失,已知物塊B與地面間的動摩擦因數(shù)為0.1,與沙坑的距離為0.5 m,g取10 m/s2,物塊可視為質(zhì)點(diǎn)。則A碰撞前瞬間的速度為( )
A.0.5 m/s B.1.0 m/s
C.1.5 m/s
8、 D.2.0 m/s
解析 A、B碰撞過程動量守恒,mv0=mv1+2mv2,機(jī)
械能無損失,mv=mv+×2mv。碰撞后對B物體應(yīng)用動能定理2μmgx=×2mv,解得v0=1.5 m/s,C項(xiàng)正確。
答案 C
8.質(zhì)量相等的4個物塊在光滑水平面上間隔一定距離排成一直線,如圖所示,具有初動能E的物塊1向其他3個靜止物塊運(yùn)動,依次發(fā)生碰撞,每次碰撞后不再分開,最后,4個物塊粘為一整體,這個整體的動能等于( )
A.E B.E
C.E D.E
解析 對整個系統(tǒng)研究,以水平向右為正,整個過程運(yùn)用動量守恒定律得mv0=4mv,解得v=,則整體的動能Ek=×4m×2=,故C項(xiàng)正
9、確,A、B、D項(xiàng)錯誤。
答案 C
B組·能力提升題
9.(2018·菏澤一中月考)(多選)如圖所示,一輛質(zhì)量為M=3 kg的平板小車A??吭谪Q直光滑墻壁處,地面水平且光滑,一質(zhì)量為m=1 kg的小鐵塊B(可視為質(zhì)點(diǎn))放在平板小車A最右端,平板小車A上表面水平且與小鐵塊B之間的動摩擦因數(shù)μ=0.5,平板小車A的長度L=0.9 m?,F(xiàn)給小鐵塊B一個v0=5 m/s的初速度使之向左運(yùn)動,與豎直墻壁發(fā)生彈性碰撞后向右運(yùn)動,重力加速度g取10 m/s2。下列說法正確的是( )
A.小鐵塊B向左運(yùn)動到達(dá)豎直墻壁時的速度為2 m/s
B.小鐵塊B與墻壁碰撞過程中所受墻壁的沖量為8 N·
10、s
C.小鐵塊B從反向到與車同速共歷時0.6 s
D.小鐵塊B在平板小車A上運(yùn)動的整個過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能為9 J
解析 設(shè)鐵塊向左運(yùn)動到達(dá)豎直墻壁時的速度為v1,根據(jù)動能定理得-μmgL=mv-mv,代入數(shù)據(jù)可得v1=4 m/s,故A項(xiàng)錯誤;小鐵塊B與豎直墻壁發(fā)生彈性碰撞,所以小鐵塊彈回的速度大小為v1′=4 m/s,方向向右,根據(jù)動量定理I=m·Δv=8 kg·m/s,故B項(xiàng)正確;假設(shè)小鐵塊最終和平板車達(dá)到共速v2,根據(jù)動量守恒定律得mv1′=(m+M)v2,解得v2=1 m/s,小鐵塊最終和平板車達(dá)到共速過程中小鐵塊的位移x1=t=×0.6 m=1.5 m,平板車的位移x2=t
11、=×0.6 m=0.3 m,Δx=x1-x2=1.2 m>L,說明鐵塊在沒有與平板車達(dá)到共速時就滑出平板車,所以小鐵塊在平板車上運(yùn)動過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能為ΔE=2μmgL=9 J,故C項(xiàng)錯誤,D項(xiàng)正確。
答案 BD
10.半圓形光滑軌道固定在水平地面上,如圖所示,并使其軌道平面與地面垂直,物體m1、m2同時由軌道左、右最高點(diǎn)釋放,二者碰后粘在一起向上運(yùn)動,最高能上升到軌道M點(diǎn),已知OM與豎直方向夾角為60°,則兩物體的質(zhì)量之比m1∶m2為( )
A.(+1)∶(-1) B.∶1
C.(-1)∶(+1) D.1∶
解析 兩球到達(dá)最低點(diǎn)的過程,由動能定理得mgR=
12、mv2,解得v=,所以兩球到達(dá)最低點(diǎn)的速度均為,設(shè)向左為正方向,則m1的速度v1=-,則m2的速度v2=,由于碰撞瞬間動量守恒得m2v2+m1v1=(m1+m2)v共,解得v共=①,二者碰后粘在一起向左運(yùn)動,最高能上升到軌道M點(diǎn),對此過程應(yīng)用機(jī)械能守恒定律得-(m1+m2)gR(1-cos60°)=0-(m1+m2)v②,由①②解得=2,整理m1∶m2=(-1)∶ (+1),故C項(xiàng)正確。
答案 C
11.如圖是一個物理演示實(shí)驗(yàn),它顯示:如圖中自由下落的物體A和B經(jīng)反彈后,B能上升到比初位置高得多的地方。A是某種材料做成的實(shí)心球,質(zhì)量m1=0.28 kg,在其頂部的凹坑中插著質(zhì)量m2=0.
13、1 kg的木棍B,B只是松松地插在凹坑中,其下端與坑底之間有小空隙。將此裝置從A下端離地板的高度H=1.25 m處由靜止釋放。實(shí)驗(yàn)中,A觸地后在極短時間內(nèi)反彈,且其速度大小不變;接著木棍B脫離球A開始上升,而球A恰好停留在地板上。則木棍B上升的高度為(重力加速度g取10 m/s2)( )
A.4.05 m B.1.25 m
C.5.30 m D.12.5 m
解析 球及棒落地速度v=,球反彈后與B的碰撞為瞬間作用,AB雖然在豎直方向上合外力為重力,不為零。但作用瞬間,內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力的情況下,動量近似守恒,故有m1v-m2v=0+m2v2′,棒上升高度為h=,聯(lián)立并代入數(shù)據(jù),
14、得h=4.05 m。
答案 A
12.如圖所示,光滑水平面上的木板右端,有一根輕質(zhì)彈簧沿水平方向與木板相連,木板質(zhì)量M=3.0 kg,質(zhì)量m=1.0 kg的鐵塊以水平速度v0=4.0 m/s,從木板的左端沿板面向右滑行,壓縮彈簧后又被彈回,最后恰好停在木板的左端,則在上述過程中彈簧具有的最大彈性勢能為( )
A.4.0 J B.6.0 J
C.3.0 J D.20 J
解析 設(shè)鐵塊與木板速度相同時,共同速度大小為v,鐵塊相對木板向右運(yùn)動時,相對滑行的最大路程為L,摩擦力大小為f,根據(jù)能量守恒定律得
鐵塊相對于木板向右運(yùn)動過程
mv=fL+(M+m)v2+Ep,
15、鐵塊相對于木板運(yùn)動的整個過程
mv=2fL+(M+m)v2,
又根據(jù)系統(tǒng)動量守恒可知
mv0=(M+m)v,
聯(lián)立得Ep=3.0 J,故選C項(xiàng)。
答案 C
13.如圖所示,可看成質(zhì)點(diǎn)的A物體疊放在上表面光滑的B物體上,一起以v0的速度沿光滑的水平軌道勻速運(yùn)動,與靜止在同一光滑水平軌道上的木板C發(fā)生碰撞,碰撞后B、C的速度相同,B、C的上表面相平且B、C不粘連,A滑上C后恰好能到達(dá)C板的右端。已知A、B質(zhì)量均相等,C的質(zhì)量為A的質(zhì)量的2倍,木板C長為L,重力加速度為g。求:
(1)A物體的最終速度。
(2)A物體與木板C上表面間的動摩擦因數(shù)。
解析 (1)設(shè)A、B的質(zhì)量為
16、m,則C的質(zhì)量為2m,B、C碰撞過程中動量守恒,令B、C碰后的共同速度為v1,以B的初速度方向?yàn)檎较颍蓜恿渴睾愣傻胢v0=3mv1,
解得v1=。
B、C共速后A以v0的速度滑上C、A滑上C后,B、C脫離,A、C相互作用過程中動量守恒,設(shè)最終A,C的共同速度v2,以向右為正方向,由動量守恒定律得
mv0+2mv1=3mv2,
解得v2=。
(2)在A、C相互作用過程中,由能量守恒定律得
fL=mv+×2mv-×3mv,
又f=μmg,
解得μ=。
答案 (1) (2)
14.足夠長的傾角為θ的光滑斜面的底端固定一輕彈簧,彈簧的上端連接質(zhì)量為m、厚度不計(jì)的鋼板,鋼板靜止
17、時彈簧的壓縮量為x0,如圖所示。一物塊從鋼板上方距離為3x0的A處沿斜面滑下,與鋼板碰撞后立刻與鋼板一起向下運(yùn)動,但不粘連,它們到達(dá)最低點(diǎn)后又向上運(yùn)動。已知物塊質(zhì)量也為m時,它們恰能回到O點(diǎn),O為彈簧自然伸長時鋼板的位置。若物塊質(zhì)量為2m,仍從A處沿斜面滑下,則物塊與鋼板回到O點(diǎn)時,還具有向上的速度。已知重力加速度為g,計(jì)算結(jié)果可以用根式表示,求:
(1)質(zhì)量為m的物塊與鋼板碰撞后瞬間的速度大小v1。
(2)碰撞前彈簧的彈性勢能。
(3)質(zhì)量為2m的物塊沿斜面向上運(yùn)動到達(dá)的最高點(diǎn)離O點(diǎn)的距離。
解析 (1)設(shè)物塊與鋼板碰撞前速度為v0,
3mgx0sinθ=mv,
解得v0=。
18、
設(shè)物塊與鋼板碰撞后一起運(yùn)動的速度為v1,有
mv0=2mv1,
解得v1=。
(2)設(shè)碰撞前彈簧的彈性勢能為Ep,當(dāng)它們一起回到O點(diǎn)時,彈簧無形變,彈簧勢能為零,根據(jù)機(jī)械能守恒得Ep+(2m)v=2mgx0sinθ,
解得Ep=mgx0sinθ。
(3)設(shè)v2表示質(zhì)量為2m的物塊與鋼板碰后開始一起向下運(yùn)動的速度,有
2mv0=3mv2,
它們回到O點(diǎn)時,彈性勢能為零,但它們?nèi)岳^續(xù)向上運(yùn)動,設(shè)此時速度為v,由機(jī)械能守恒定律得
Ep+(3m)v=3mgx0sinθ+(3m)v2,
在O點(diǎn)物塊與鋼板分離,分離后,物塊以初速度v繼續(xù)沿斜面上升,設(shè)運(yùn)動到達(dá)的最高點(diǎn)離O點(diǎn)的距離為h,有v2=2ah,
2mgsinθ=2ma,
解得h=。
答案 (1) (2)mgx0sinθ (3)