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2020高考物理一輪總復(fù)習(xí) 課時沖關(guān)二十二 動量守恒定律及其應(yīng)用(含解析)新人教版

上傳人:Sc****h 文檔編號:99600649 上傳時間:2022-06-01 格式:DOC 頁數(shù):8 大?。?.21MB
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1、 動量守恒定律及其應(yīng)用 [A級-基礎(chǔ)練] 1.一顆子彈水平射入置于光滑水平面上的木塊A并留在其中,A、B用一根彈性良好的輕質(zhì)彈簧連在一起,如圖所示.則在子彈打擊木板A及彈簧被壓縮的過程中,對子彈、兩木塊和彈簧組成的系統(tǒng)(  ) A.動量守恒,機械能守恒 B.動量不守恒,機械能守恒 C.動量守恒,機械能不守恒 D.無法判定動量、機械能是否守恒 解析:C [動量守恒的條件是系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零,本題中子彈、兩木塊、彈簧組成的系統(tǒng),水平方向上不受外力,豎直方向所受外力的合力為零,所以動量守恒.機械能守恒的條件是除重力、彈力對系統(tǒng)做功外,其他力對系統(tǒng)不做功,本題中子彈

2、射入木塊瞬間有部分機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能(發(fā)熱),所以系統(tǒng)的機械能不守恒,故C正確,A、B、D錯誤.] 2.(2019·廣西欽州模擬)如圖所示,在光滑的水平面上,靜置一個質(zhì)量為M小車,在車上固定的輕桿頂端系一長為l的細繩,繩的末端拴一質(zhì)量為m的小球,將小球拉至水平右端后放手,則(  ) A.系統(tǒng)的動量守恒 B.水平方向任意時刻m與M的動量等大反向 C.m不能向左擺到原高度 D.小球和車可以同時向同一方向運動 解析:B [當(dāng)小球向下擺動的過程中,豎直方向具有向上的分加速度,小車和小球整體處于超重狀態(tài),即可得知整體所受的合力不為零,總動量不守恒,故A錯誤;小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向不

3、受外力,滿足水平方向動量守恒定律,開始系統(tǒng)水平方向動量為零,所以水平方向任意時刻m與M的動量等大反向,故B正確;以小球和小車組成的系統(tǒng),水平方向動量守恒,當(dāng)小球和小車的速度均變?yōu)榱銜r,小球向左擺到最大高度,因只有重力做功,機械能守恒,所以m能向左擺到原高度,故C錯誤;因水平方向任意時刻m與M的動量等大反向,即速度一定是反向的,故D錯誤.] 3.(2017·全國卷Ⅰ)將質(zhì)量為1.00 kg的模型火箭點火升空,50 g燃燒的燃氣以大小為600 m/s的速度從火箭噴口在很短時間內(nèi)噴出.在燃氣噴出后的瞬間,火箭的動量大小為(噴出過程中重力和空氣阻力可忽略)(  ) A.30 kg·m/s B.5

4、.7×102 kg·m/s C.6.0×102 kg·m/s D.6.3×102 kg·m/s 解析:A [燃氣從火箭噴口噴出的瞬間,火箭和燃氣組成的系統(tǒng)動量守恒,設(shè)燃氣噴出后的瞬間,火箭的動量大小為p,根據(jù)動量守恒定律,可得p-mv0=0,解得p=mv0=0.050 kg×600 m/s=30 kg·m/s,選項A正確.] 4.(2019·山東師大附中模擬)如圖所示,質(zhì)量為m、速度為v的A球跟質(zhì)量為3m的靜止B球發(fā)生對心正碰,碰撞后B球的速度可能有不同的值,碰后B的速度可能為(  ) A.0.2v      B.0.4v C.0.6v D.0.8v 解析:B [兩球碰撞過

5、程動量守恒,以A的初速度方向為正方向,如果兩球發(fā)生完全非彈性碰撞,由動量守恒定律得:mv=(m+3m)v′解得:v′=0.25v;如果兩球發(fā)生完全彈性碰撞,由動量守恒定律得:mv=mvA+3mvB,由機械能守恒定律得:mv2=mv+·3mv,解得:vB=0.5v,則碰撞后B的速度為0.25v≤vB≤0.5v,故B正確.] 5.(2019·湖南漣源一中模擬)質(zhì)量為M的小車靜止在光滑水平面上,車上是一個四分之一的光滑圓周軌道,軌道下端切線水平.質(zhì)量為m的小球沿水平方向從軌道下端以初速度v0滑上小車,重力加速度為g,如圖所示.已知小球不從小車上端離開小車,小球滑上小車又滑下,與小車分離時,小球與小

6、車速度方向相反,速度大小之比等于1∶3,則m∶M的值為(  ) A.1∶3 B.3∶1 C.3∶5 D.5∶3 解析:C [設(shè)小球的初速度方向為正方向,由動量守恒可知:mv0=Mv1-mv2,=,對整體有機械能守恒定律可得:mv=Mv+mv,聯(lián)立解得:=,故選項C正確.] 6.(2019·浙江選考考前特訓(xùn))(多選)如圖所示,水平光滑軌道寬度和彈簧自然長度均為d.m2的左邊有一固定擋板.m1由圖示位置靜止釋放,當(dāng)m1與m2第二次相距最近時m1的速度為v1,則在以后的運動過程中(  ) A.m1的最小速度是0 B.m1的最小速度是v1 C.m2的最小速度是v1 D.m2

7、的最大速度是v1 解析:BD [當(dāng)m1與m2相距最近后,m1在前,做減速運動,m2在后,做加速運動,當(dāng)再次最近時,m1減速結(jié)束,m2加速結(jié)束,因此此時m1速度最小,m2速度最大,在此過程中遵從動量守恒m1v1=m1v1′+m2v2,機械能守恒:m1v=m1v1′2+m2v;因此二者的作用相當(dāng)于彈性碰撞,由彈性碰撞的公式可解得B、D選項正確.] 7.(2019·哈爾濱市三中驗收考試)(多選)小球A的質(zhì)量為mA=5 kg,動量大小為pA=4 kg·m/s,小球A水平向右與靜止的小球B發(fā)生彈性碰撞,碰后A的動量大小為pA′=1 kg·m/s,方向水平向右,則(  ) A.碰后小球B的動量大

8、小為pB=3 kg·m/s B.碰后小球B的動量大小為pB=5 kg·m/s C.小球B的質(zhì)量為15 kg D.小球B的質(zhì)量為3 kg 解析:AD [規(guī)定向右為正,碰撞過程中A、B組成的系統(tǒng)動量守恒,所以有pA=pA′+pB,解得pB=3 kg·m/s,A正確,B錯誤;由于是彈性碰撞,所以沒有機械能損失,故=+,解得mB=3 kg,C錯誤,D正確.] 8.(2019·安徽合肥一模)質(zhì)量為0.2 kg的球豎直向下以6 m/s的速度落至水平地面,再以4 m/s的速度反向彈回.取豎直向上為正方向,在小球與地面接觸的時間內(nèi),關(guān)于球動量變化量Δp和合外力對小球做的功W,下列說法正確的是(  )

9、 A.Δp=2 kg·m/s W=-2 J B.Δp=-2 kg·m/s W=2 J C.Δp=0.4 kg·m/s W=-2 J D.Δp=-0.4 kg·m/s W=2 J 解析:A [取豎直向上為正方向,則小球與地面碰撞過程中動量的變化量:Δp=mv2-mv1=0.2×4 kg·m/s-0.2×(-6) kg·m/s=2 kg·m/s,方向豎直向上.由動能定理知,合外力做的功:W=mv-mv=×0.2×42 J-×0.2×62 J=-2 J,A正確,B、C、D錯誤.] [B級—能力練] 9.(2019·江西吉安質(zhì)檢)(多選)如圖甲所示,長木板A放在光滑的水平面上,質(zhì)量為m=

10、4 kg的小物塊B以水平速度v0=2 m/s滑上原來靜止的長木板A的上表面,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,g取10 m/s2,則下列說法正確的是(  ) A.木板A獲得的動能為2 J B.系統(tǒng)損失的機械能為2 J C.木板A的最小長度為2 m D.A、B間的動摩擦因數(shù)為0.1 解析:AD [由題中圖象可知,木板獲得的速度為v=1 m/s,A、B組成的系統(tǒng)動量守恒,以物體B的初速度方向為正方向,由動量守恒定律得mv0=(m0+m)v,解得m0=4 kg,木板獲得的動能為Ek=m0v2-0=2 J,故A正確;系統(tǒng)損失的機械能ΔE=mv-mv2-m0v2

11、=4 J,故B錯誤;速度-時間圖象與坐標軸圍成的面積表示位移,故0~1 s內(nèi)物體B的位移為xB=×(2+1)×1 m=1.5 m,木板A的位移為xA=×1×1 m=0.5 m,則木板A的最小長度為l=xB-xA=1 m,故C錯誤;由題圖可知,物體B在0~1 s的加速度a==-1 m/s2,負號表示加速度的方向與規(guī)定正方向相反,由牛頓第二定律得-μmBg=mBa,得μ=0.1,故D正確.] 10.(多選)光滑水平地面上,A、B兩物體質(zhì)量都為m,A以速度v向右運動,B原來靜止,左端有一輕彈簧,如圖所示,當(dāng)A撞上彈簧,彈簧被壓縮最短時(  ) A.A、B系統(tǒng)總動量仍然為mv B.A的動量變

12、為零 C.B的動量達到最大值 D.A、B的速度相等 解析:AD [系統(tǒng)水平方向動量守恒,A正確;彈簧被壓縮到最短時A、B兩物體具有相同的速度,D正確,B錯誤;但此時B的速度并不是最大的,因為彈簧還會彈開,故B物體會進一步加速,A物體會進一步減速,C錯誤.] 11.(多選)如圖所示,在足夠長的水平地面上有兩輛相同的小車甲和乙,A、B兩點相距為5 m,小車甲從B點以大小為4 m/s的速度向右做勻速直線運動的同時,小車乙從A點由靜止開始以大小為2 m/s2的加速度向右做勻加速直線運動.一段時間后,小車乙與小車甲相碰(碰撞時間極短),碰后兩車粘在一起,整個過程中,兩車的受力不變(不計碰撞過程)

13、.下列說法正確的是(  ) A.小車乙追上小車甲用時4 s B.小車乙追上小車甲之前它們的最遠距離為9 m C.碰后瞬間兩車的速度大小為7 m/s D.若地面光滑,則碰后兩車的加速度大小仍為2 m/s2 解析:BC [小車乙追上小車甲時,有x乙-x甲=5 m,即at2-v甲t=5 m,代入數(shù)據(jù)解得t=5 s,所以小車乙追上小車甲用時5 s,故A錯誤;當(dāng)兩車的速度相等時相距最遠,則有v甲=at′,解得t′== s=2 s,最遠距離s=5 m+v甲t′-at′2= m=9 m,故B正確;碰前瞬間乙車的速度v乙=at=2×5 m/s=10 m/s,對于碰撞過程,取向右為正方向,由動量守

14、恒定律得mv甲+mv乙=2mv,解得碰后瞬間兩車的共同速度v=7 m/s,故C正確;若地面光滑,碰前乙車所受的作用力F=ma,甲車的合力為0,則碰后兩車的加速度大小a′===1 m/s2,故D錯誤.] 12.(2018·全國卷Ⅱ)汽車A在水平冰雪路面上行駛.駕駛員發(fā)現(xiàn)其正前方停有汽車B,立即采取制動措施,但仍然撞上了汽車B.兩車碰撞時和兩車都完全停止后的位置如圖所示,碰撞后B車向前滑動了4.5 m,A車向前滑動了2.0 m.已知A和B的質(zhì)量分別為2.0×103 kg和1.5×103 kg,兩車與該冰雪路面間的動摩擦因數(shù)均為0.10,兩車碰撞時間極短,在碰撞后車輪均沒有滾動,重力加速度大小g=

15、10 m/s2.求: (1)碰撞后的瞬間B車速度的大?。? (2)碰撞前的瞬間A車速度的大?。? 解析:(1)設(shè)B車的質(zhì)量為mB,碰后加速度大小為aB,根據(jù)牛頓第二定律有 μmBg=mBaB① 式中μ是汽車與路面間的動摩擦因數(shù). 設(shè)碰撞后瞬間B車速度的大小為vB′,碰撞后滑行的距離為sB.由運動學(xué)公式有 vB′2=2aBsB② 聯(lián)立①②式并利用題給數(shù)據(jù)得 vB′=3.0 m/s③ (2)設(shè)A車的質(zhì)量為mA,碰后加速度大小為aA.根據(jù)牛頓第二定律有 μmAg=mAaA④ 設(shè)碰撞后瞬間A車速度的大小為vA′,碰撞后滑行的距離為sA.由運動學(xué)公式有 vA′2=2aAsA⑤

16、 設(shè)碰撞前的瞬間A車速度的大小為vA.兩車在碰撞過程中動量守恒,有 mAvA=mAvA′+mBvB′⑥ 聯(lián)立③④⑤⑥式并利用題給數(shù)據(jù)得 vA=4.3 m/s. 答案:(1)3.0 m/s (2)4.3 m/s 13.(2019·江西上饒二中模擬)如圖所示AOB是光滑水平軌道,BC是半徑為R的光滑的固定圓弧軌道,兩軌道恰好相切.質(zhì)量為M的小木塊靜止在O點,一個質(zhì)量為m的子彈以某一初速度水平向右快速射入小木塊內(nèi),并留在其中和小木塊一起運動,且恰能到達圓弧軌道的最高點C(木塊和子彈均可以看成質(zhì)點).已知R=0.4 m,m=1 kg,M=10 kg.(g=10 m/s2,結(jié)果保留兩位有效數(shù)字

17、)求: (1)子彈射入木塊前的速度v0; (2)若每當(dāng)小木塊上升到圓弧并返回到O點時,立即有相同的子彈射入小木塊,并留在其中.則當(dāng)?shù)?顆子彈射入小木塊后,木塊速度多大. 解析:(1)第一顆子彈射入木塊的過程,系統(tǒng)動量守恒,即:mv0=(m+M)v1 系統(tǒng)由O到C的運動過程中機械能守恒,即: (m+M)v=(m+M)gR 由以上兩式解得:v0=≈31 m/s. (2)由動量守恒定律可知,第2顆子彈射入木塊后,木塊的速度為0 當(dāng)?shù)?顆子彈射入木塊時,由動量守恒定律得: mv0=(3m+M)v3 解得:v3=≈2.4 m/s. 答案:(1)31 m/s (2)2.4 m/s

18、 14.(2019·包頭模擬)如圖所示,AB為光滑水平面,BC部分位于豎直平面內(nèi)半徑為R的半圓軌道,B點是最低點,C點是最高點,C點切線方向水平,圓管截面半徑r?R.有一個質(zhì)量為m的a球以水平初速度向右運動碰撞到原來靜止在水平面上的質(zhì)量為3m的b球,兩球發(fā)生對心碰撞,碰撞時間極短,并且碰撞時沒有能量損失,碰撞后b球順利進入光滑圓管(B點無能量損失,小球的半徑比圓管半徑r略小),它經(jīng)過最高點C后飛出,最后落在水平地面上的A點,已知AB的距離為2R.已知重力加速度為g.求: (1)小球b運動到C點時對軌道的壓力. (2)碰后小球a的速度. 解析:(1)b球從C點做平拋運動,則: 水平方向x=2R=vCt 豎直方向:y=2R=gt2 解得:vC= 在C點根據(jù)牛頓第二定律得: 3mg+FN=3m 解得:FN=0 由牛頓第三定律知小球?qū)壍赖膲毫? (2)b球從B到C,由機械能守恒得: 3mg·2R=×3mv-×3mv 解得:vB= a球與b球發(fā)生彈性碰撞,則: mv0=mva+3mvB mv=mv+×3mv 解得:va=- 方向向左. 答案:(1)0 (2),方向向左 8

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