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2020版高考物理一輪復習 課后限時集訓18 動量守恒定律及其應用(含解析)新人教版

上傳人:Sc****h 文檔編號:99600435 上傳時間:2022-06-01 格式:DOC 頁數:7 大?。?.52MB
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1、課后限時集訓(十八) 動量守恒定律及其應用 (建議用時:40分鐘) [基礎對點練] 題組一:動量守恒定律的理解和判斷 1.(2019·衡水檢測)關于系統動量守恒的條件,下列說法正確的是(  ) A.只要系統內存在摩擦力,系統動量就不可能守恒 B.只要系統中有一個物體具有加速度,系統動量就不守恒 C.只要系統所受的合外力為零,系統動量就守恒 D.系統中所有物體的加速度為零時,系統的總動量不一定守恒 C [根據動量守恒的條件可知A、B錯誤,C正確;系統中所有物體加速度為零時,各物體速度恒定,動量恒定,系統中總動量一定守恒,D錯誤。] 2.(多選)如圖所示,質量為M的三角形滑塊置

2、于水平光滑的地面上,斜面亦光滑,當質量為m的滑塊沿斜面下滑的過程中,M與m組成的系統(  ) A.由于不受摩擦力,系統動量守恒 B.由于地面對系統的支持力大小不等于系統所受重力大小,故系統動量不守恒 C.系統水平方向不受外力,故系統水平方向動量守恒 D.M對m作用有水平方向分力,故系統水平方向動量也不守恒 BC [水平方向不受外力和摩擦,所以系統水平方向動量守恒,C正確;豎直方向系統所受重力和支持力大小不等,系統豎直方向動量不守恒,B正確。] 題組二:碰撞、爆炸與反沖 3.(2019·桂林質檢)如圖所示,光滑水平面上有大小相同的A、B兩個小球在同一直線上運動。兩球質量關系為m

3、B=2mA,規(guī)定向右為正方向,A、B兩球的動量均為8 kg·m/s,運動過程中兩球發(fā)生碰撞,碰撞后A球的動量增量為-4 kg·m/s,則(  ) A.右方為A球,碰撞后A、B兩球的速度大小之比為2∶3 B.右方為A球,碰撞后A、B兩球的速度大小之比為1∶6 C.左方為A球,碰撞后A、B兩球的速度大小之比為2∶3 D.左方為A球,碰撞后A、B兩球的速度大小之比為1∶6 C [A、B兩球發(fā)生碰撞,規(guī)定向右為正方向,由動量守恒定律可得ΔpA=-ΔpB,由于碰后A球的動量增量為負值,所以右邊不可能是A球,若是A球則動量的增量應該是正值,因此碰撞后A球的動量為4 kg·m/s,所以碰撞后B

4、球的動量是增加的,為12 kg·m/s,由于mB=2mA,所以碰撞后A、B兩球速度大小之比為2∶3,故C正確。] 4.一彈丸在飛行到距離地面5 m高時僅有水平速度v=2 m/s,爆炸成為甲、乙兩塊水平飛出,甲、乙的質量比為3∶1。不計質量損失,取重力加速度g=10 m/s2,則下列圖中兩塊彈片飛行的軌跡可能正確的是(  ) A        B C       D B [由h=gt2可知,爆炸后甲、乙兩塊做平拋運動的時間t=1 s,爆炸過程中,爆炸力對沿原方向運動的一塊的沖量沿運動方向,故這一塊的速度必然增大,即v>2 m/s,因此水平位移大于2 m,C、D項錯誤;甲、乙兩塊在

5、爆炸前后,水平方向不受外力,故水平方向動量守恒,即甲、乙兩塊的動量改變量大小相等,兩塊質量比為3∶1,所以速度變化量之比為1∶3,由平拋運動水平方向上x=v0t,所以A圖中,v乙=-0.5 m/s,v甲=2.5 m/s,Δv乙=2.5 m/s,Δv甲=0.5 m/s,A項錯誤;B圖中,v乙=0.5 m/s,v甲=2.5 m/s,Δv乙=1.5 m/s,Δv甲=0.5 m/s,B項正確。] 5.假設進行太空行走的宇航員A和B的質量分別為mA和mB,他們攜手勻速遠離空間站,相對空間站的速度為v0。某時刻A將B向空間站方向輕推,A的速度變?yōu)関A,B的速度變?yōu)関B,則下列各關系式中正確的是(  )

6、 A.(mA+mB)v0=mAvA-mBvB B.(mA+mB)v0=mAvA+mB(vA+v0) C.(mA+mB)v0=mAvA+mB(vA+vB) D.(mA+mB)v0=mAvA+mBvB D [本題中的各個速度都是相對于空間站的,不需要轉換。相互作用前系統的總動量為(mA+mB)v0,A將B向空間站方向輕推后,A的速度變?yōu)関A,B的速度變?yōu)関B,動量分別為mAvA、mBvB,根據動量守恒定律得(mA+mB)v0=mAvA+mBvB,故D正確。] 6.(2019·南京模擬)如圖所示,一個質量為m的物塊A與另一個質量為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

7、。假如碰撞過程中無機械能損失,已知物塊B與地面間的動摩擦因數為0.1,與沙坑的距離為0.5 m,g取10 m/s2,物塊可視為質點。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 D.2.0 m/s C [碰后物塊B做勻減速直線運動,由動能定理有-μ·2mgx=0-·2mv,得v2=1 m/s。A與B碰撞過程中動量守恒、機械能守恒,則有mv0=mv1+2mv2,mv=mv+·2mv,解得v0=1.5 m/s,則選項C正確。] 題組三:動量和能量觀點的綜合應用 7.(多選)如圖所示,方盒A靜止在光滑的水平面上,盒內有一小滑塊B,盒

8、的質量是滑塊的2倍,滑塊與盒內水平面間的動摩擦因數為μ。若滑塊以速度v開始向左運動,與盒的左、右壁發(fā)生無機械能損失的碰撞,滑塊在盒中來回運動多次,最終相對于盒靜止,則(  ) A.此時盒的速度大小為 B.此時盒的速度大小為 C.滑塊相對于盒運動的路程為 D.滑塊相對于盒運動的路程為 AC [設滑塊的質量為m,則盒的質量為2m,對整個過程,由動量守恒定律可得mv=3mv共,解得v共=,選項A正確,B錯誤;由功能關系可知μmgx=mv2-·3m,解得x=,選項C正確,D錯誤。] 8.(多選)如圖甲所示,在光滑水平面上,輕質彈簧一端固定,物體A以速度v0向右運動壓縮彈簧,測得彈簧的最

9、大壓縮量為x。現讓彈簧一端連接另一質量為m的物體B(如圖乙所示),物體A以2v0的速度向右壓縮彈簧,測得彈簧的最大壓縮量仍為x,則 (  ) 甲        乙 A.A物體的質量為3m B.A物體的質量為2m C.彈簧壓縮最大時的彈性勢能為mv D.彈簧壓縮最大時的彈性勢能為mv AC [對題圖甲,設物體A的質量為M,由機械能守恒定律可得,彈簧壓縮x時彈性勢能Ep=Mv;對題圖乙,物體A以2v0的速度向右壓縮彈簧,A、B組成的系統動量守恒,彈簧達到最大壓縮量時,A、B二者速度相等,由動量守恒定律有M·2v0=(M+m)v,由能量守恒定律有Ep=M·(2v0)2-(M+m)v2

10、,聯立解得M=3m,Ep=Mv=mv,選項A、C正確,B、D錯誤。] 9.(多選)如圖所示,一個質量為M的長條木塊放置在光滑的水平面上,現有一顆質量為m、速度為v0的子彈射入木塊并最終留在木塊中,在此過程中,木塊運動的距離為s,子彈射入木塊的深度為d,木塊對子彈的平均阻力為f,則下列說法正確的是(  ) A.子彈射入木塊前、后系統的機械能守恒 B.子彈射入木塊前、后系統的動量守恒 C.f與d之積為系統損失的機械能 D.f與s之積為子彈減少的動能 BC [子彈射入木塊的過程中,阻力對系統要做功,所以系統的機械能不守恒,故A錯誤;系統處于光滑的水平面上,所受的合外力為零,所以系統的

11、動量守恒,故B正確;系統損失的機械能等于阻力與兩個物體相對位移的乘積,即ΔE=fd,故C正確;子彈減少的動能等于阻力與子彈位移的乘積,即ΔEk=W=f(s+d),故D錯誤。] 10.(多選)(2019·銀川質檢)如圖所示,甲圖表示光滑平臺上,物體A以初速度v0滑到上表面粗糙的水平小車B上,車與水平面間的動摩擦因數不計,乙圖為物體A與小車B的v-t圖象,由此可求(  ) 甲        乙 A.小車上表面長度 B.物體A與小車B的質量之比 C.物體A與小車B上表面間的動摩擦因數 D.小車B獲得的動能 BC [由題圖乙可知,A、B最終以共同速度v1勻速運動,不能確定小車上表面長

12、度,故A錯誤;以v0的方向為正方向,由動量守恒定律得mAv0=(mA+mB)v1,故可以確定物體A與小車B的質量之比,故B正確;由題圖乙可知A相對小車B的位移Δx=v0t1,根據動能定理得-μmAgΔx=(mA+mB)v-mAv,根據B項中求得的質量關系,可以解出動摩擦因數,故C正確;由于小車B的質量無法求出,故不能確定小車B獲得的動能,故D錯誤。] [考點綜合練] 11.一質量為2m的物體P靜止于光滑水平地面上,其截面如圖所示。圖中ab為粗糙的水平面,長度為L;bc為一光滑斜面,斜面和水平面通過與ab和bc均相切的長度可忽略的光滑圓弧連接?,F有一質量為m的木塊以大小為v0的水平初速度從a

13、點向左運動,在斜面上上升的最大高度為h,返回后在到達a點前與物體P相對靜止。重力加速度為g。求: (1)木塊在ab段受到的摩擦力f; (2)木塊最后距a點的距離s。 解析:(1)設木塊到達最高點時,木塊和物體P的共同速度為v,由水平方向動量守恒和功能關系得 mv0=(m+2m)v mv=(m+2m)v2+mgh+fL 聯立得f=。 (2)設木塊停在ab之間時,木塊和物體P的共同速度為v′,由水平方向動量守恒和功能關系得mv0=(m+2m)v′ mv=(m+2m)v′2+f(2L-s) 聯立得s=。 答案:見解析 12.如圖所示,質量分布均勻、半徑為R的光滑半圓形金屬槽

14、靜止在光滑的水平面上,左邊緊靠豎直墻壁。一質量為m的小球從距金屬槽上端R處由靜止下落,恰好與金屬槽左端相切進入槽內,到達最低點后向右運動從金屬槽的右端沖出,小球到達最高點時距金屬槽圓弧最低點的距離為R,重力加速度為g,不計空氣阻力。求: (1)小球第一次到達最低點時對金屬槽的壓力大小; (2)金屬槽的質量。 解析:(1)小球從靜止到第一次到達最低點的過程,根據機械能守恒定律: mg·2R=mv 小球剛到最低點時,根據圓周運動和牛頓第二定律: FN-mg=m 據牛頓第三定律可知小球對金屬槽的壓力為:FN′=FN 聯立解得FN′=5mg。 (2)小球第一次到達最低點至小球到達最高點過程,小球和金屬塊水平方向動量守恒,選取向右為正方向,則:mv0=(m+M)v 設小球到達最高點時距金屬槽圓弧最低點的豎直高度為h, 則有R2+h2= 根據機械能守恒定律:mgh=mv-(m+M)v2 聯立解得M=m。 答案:(1)5mg (2)m - 7 -

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