《2019高考物理一輪復(fù)習(xí) 第六章《動量與動量守恒》第2課時(shí) 動量守恒定律及其應(yīng)用課時(shí)沖關(guān) 新人教版》由會員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《2019高考物理一輪復(fù)習(xí) 第六章《動量與動量守恒》第2課時(shí) 動量守恒定律及其應(yīng)用課時(shí)沖關(guān) 新人教版(6頁珍藏版)》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、
第六章 第2課時(shí) 動量守恒定律及其應(yīng)用
一、單項(xiàng)選擇題(本題6小題,每小題6分,共36分)
1.如圖所示,甲木塊的質(zhì)量為m1,以v的速度沿光滑水平地面向前運(yùn)動,正前方有一靜止的、質(zhì)量為m2的乙木塊,乙上連有一輕質(zhì)彈簧.甲木塊與彈簧接觸后( )
A.甲木塊的動量守恒
B.乙木塊的動量守恒
C.甲、乙兩木塊所組成系統(tǒng)的動量守恒
D.甲、乙兩木塊所組成系統(tǒng)的動能守恒
答案:C
2.(68520181)(2015·福建理綜)如圖,兩滑塊A、B在光滑水平面上沿同一直線相向運(yùn)動,滑塊A的質(zhì)量為m,速度大小為2v0,方向向右,滑塊B的質(zhì)量為2m,速度大小為v0,方向向左,兩滑
2、塊發(fā)生彈性碰撞后的運(yùn)動狀態(tài)是( )
A.A和B都向左運(yùn)動 B.A和B都向右運(yùn)動
C.A靜止,B向右運(yùn)動 D.A向左運(yùn)動,B向右運(yùn)動
解析:D [A、B兩滑塊碰撞前的總動量為零,根據(jù)動量守恒可知,A、B兩滑動碰后的總能量也應(yīng)為零,滿足此關(guān)系的只有D選項(xiàng),故A、B、C錯(cuò),D對.]
3.(2017·泉州檢測)有一個(gè)質(zhì)量為3m的爆竹斜向上拋出,到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)速度大小為v0、方向水平向東,在最高點(diǎn)爆炸成質(zhì)量不等的兩塊,其中一塊質(zhì)量為2m,速度大小為v,方向水平向東,則另一塊的速度是( )
A.3v0-v B.2v0-3v
C.3v0-2v D.2v0+v
解析:C [在最高點(diǎn)
3、水平方向動量守恒,由動量守恒定律可知,3mv0=2mv+mv′,可得另一塊的速度為v′=3v0-2v,對比各選項(xiàng)可知,答案選C.]
4.一枚火箭搭載著衛(wèi)星以速率v0進(jìn)入太空預(yù)定位置,由控制系統(tǒng)使箭體與衛(wèi)星分離.已知前部分的衛(wèi)星質(zhì)量為m1,后部分的箭體質(zhì)量為m2,分離后箭體以速率v2沿火箭原方向飛行,若忽略空氣阻力及分離前后系統(tǒng)質(zhì)量的變化,則分離后衛(wèi)星的速率v1為( )
A.v0-v2 B.v0+v2
C.v0-v2 D.v0+(v0-v2)
解析:D [對火箭和衛(wèi)星由動量守恒定律得(m1+m2)v0=m1v1+m2v2,解得v1=v0+(v0-v2),故A、B、C錯(cuò)誤,D正確.]
4、
5.兩球A、B在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運(yùn)動,mA=1 kg,mB=2 kg,vA=6 m/s,vB=2 m/s.當(dāng)A追上B并發(fā)生碰撞后,兩球A、B速度的可能值是( )
A.vA′=5 m/s,vB′=2.5 m/s
B.vA′=2 m/s,vB′=4 m/s
C.vA′=-4 m/s,vB′=7 m/s
D.vA′=7 m/s,vB′=1.5 m/s
解析:B [雖然題中四個(gè)選項(xiàng)均滿足動量守恒定律,但A、D兩項(xiàng)中,碰后A的速度vA′大于B的速度vB′,必然要發(fā)生第二次碰撞,不符合實(shí)際;C項(xiàng)中,兩球碰后的總動能Ek′=mAvA′2+mBvB′2=57 J,大于碰前的總動
5、能Ek=22 J,違背了能量守恒定律;而B項(xiàng)既符合實(shí)際情況,也不違背能量守恒定律,故B項(xiàng)正確.]
6.(68520182)(2017·福建三明九中質(zhì)檢)甲、乙兩物體在光滑水平面上沿同一直線相向運(yùn)動,甲、乙物體的速度大小分別為3 m/s和1 m/s;碰撞后甲、乙兩物體都反向運(yùn)動,速度大小均為2 m/s.甲、乙兩物體質(zhì)量之比為( )
A.2∶3 B.2∶5
C.3∶5 D.5∶3
解析:C [選取碰撞前甲物體的速度方向?yàn)檎较颍鶕?jù)動量守恒定律有m甲v1-m乙v2=-m甲v1′+m乙v2′,代入數(shù)據(jù),可得m甲∶m乙=3∶5,C正確.]
二、多項(xiàng)選擇題(本題共4小題,每小題6分,
6、共24分.全部選對的得6分,部分選對的得3分,有選錯(cuò)或不答的得0分)
7.在光滑水平面上,A,B兩小車中間有一個(gè)彈簧(如圖所示),用手抓住小車并將彈簧壓縮后使兩小車處于靜止?fàn)顟B(tài),將兩小車及彈簧看做一個(gè)系統(tǒng),下列說法中正確的是 ( )
A.兩手同時(shí)放開后,兩車的總動量為零
B.先放開左手,再放開右手,動量不守恒
C.先放開左手,后放開右手,總動量向左
D.無論何時(shí)放開,兩手放開后,在彈簧恢復(fù)原長的過程中,系統(tǒng)總動量保持不變,但系統(tǒng)的總動量不一定為零
解析:ACD [根據(jù)系統(tǒng)動量守恒的條件,兩手同時(shí)放開后,兩車在水平方向上不受外力作用,總動量守恒且為零.若先放開左手,則在彈簧彈
7、開的過程中,右手對小車有向左的力的作用,即小車受到向左的沖量作用,總動量向左.只要兩手都放開后,系統(tǒng)所受合外力就為零,動量就守恒,但總動量不一定為零.故選項(xiàng)A,C,D正確,B錯(cuò)誤.]
8.(68520183)向空中發(fā)射一物體,不計(jì)空氣阻力,當(dāng)此物體在速度恰好沿水平方向時(shí),物體炸裂成a,b兩塊,若質(zhì)量大的a塊速度仍沿原方向,則 ( )
A.b的速度一定與原方向相反
B.從炸裂到落地的過程中,a,b兩塊經(jīng)歷的時(shí)間相同
C.在炸裂過程中,a,b動量變化的大小一定相等
D.在炸裂過程中,由動量守恒定律可知,a,b的動量大小可能相等
解析:BCD [物體在炸裂時(shí),內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力,故動量守
8、恒,取物體炸裂前的速度方向?yàn)檎较?,則mv0=mava+mbvb,vb=,因mv0與mava的大小未知,故無法判斷b的速度方向,故A錯(cuò)誤;物體炸裂后做平拋運(yùn)動,故炸裂后,a,b兩塊的落地時(shí)間相等,故B正確;爆炸力是a,b間的相互作用力,就是此力引起a,b兩塊的動量變化,故炸裂過程中a,b的動量變化大小一定相等,故C正確;若ma=0.8m,va=,mb=0.2m,vb=,此時(shí)a,b動量均為mv0,故D項(xiàng)正確.]
9.如圖所示,光滑水平面上有大小相同的A、B兩球在同一直線上運(yùn)動.兩球質(zhì)量關(guān)系為mB=2mA,規(guī)定向右為正方向,A、B兩球的動量均為6 kg·m/s,運(yùn)動中兩球發(fā)生碰撞,碰撞后A球的動
9、量增量為-4 kg·m/s,則( )
A.該碰撞為彈性碰撞
B.該碰撞為非彈性碰撞
C.左方是A球,碰撞后A、B兩球速度大小之比為2∶5
D.右方是A球,碰撞后A、B兩球速度大小之比為1∶10
解析:AC [由mB=2mA,pA=pB知碰前vB
10、球動能之和不變,即該碰撞為彈性碰撞,選項(xiàng)A、C正確.]
10.質(zhì)量為M、內(nèi)壁間距為L的箱子靜止于光滑的水平面上,箱子中間有一質(zhì)量為m的小物塊,小物塊與箱子底板間的動摩擦因數(shù)為μ.初始時(shí)小物塊停在箱子的正中間.如圖所示.現(xiàn)給小物塊一水平向右的初速度v,小物塊與箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中間,并與箱子保持相對靜止.設(shè)碰撞都是彈性的,在整個(gè)過程中,系統(tǒng)損失的動能為 ( )
A.mv2 B.v2
C.NμmgL D.NμmgL
解析:BD [由于水平面光滑,箱子和小物塊組成的系統(tǒng)動量守恒,二者經(jīng)多次碰撞后,保持相對靜止,易判斷兩物體最終速度相等設(shè)為u,由動量守恒定律得mv=(m+
11、M)u,系統(tǒng)損失的動能為mv2-(m+M)u2=v2,B正確;系統(tǒng)損失的動能等于克服摩擦力做的功,即ΔEk=-Wf=NμmgL,D正確.]
三、非選擇題(本題共2小題,共40分.寫出必要的文字說明和重要的演算步驟,有數(shù)值計(jì)算的要注明單位)
11.(68520184)(20分)(2015·課標(biāo)全國卷Ⅰ)如圖,在足夠長的光滑水平面上,物體A、B、C位于同一直線上,A位于B、C之間.A的質(zhì)量為m,B、C的質(zhì)量都為M,三者均處于靜止?fàn)顟B(tài).現(xiàn)使A以某一速率向右運(yùn)動,求m和M之間應(yīng)滿足什么條件,才能使A只與B、C各發(fā)生一次碰撞.設(shè)物體間的碰撞都是彈性的.
解析:A向右運(yùn)動與C發(fā)生第一次碰撞,碰撞
12、過程中,系統(tǒng)的動量守恒、機(jī)械能守恒.設(shè)速度方向向右為正,開始時(shí)A的速度為v0,第一次碰撞后C的速度為vC1,A的速度為vA1.由動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律得
mv0=mvA1+MvC1①
mv=mv+Mv②
聯(lián)立①②式,得vA1= v0③
vC1= v0④
如果m>M,第一次碰撞后,A與C速度同向,且A的速度小于C的速度,不可能與B發(fā)生碰撞;如果m=M,第一次碰撞后,A停止,C以A碰前的速度向右運(yùn)動,A不可能與B發(fā)生碰撞,所以只需要考慮m
13、根據(jù)題意,要求A只與B、C各發(fā)生一次碰撞,應(yīng)有
vA2≤vC1⑥
聯(lián)立④⑤⑥式得:m2+4mM-M2≥0⑦
解得:m≥(-2)M⑧
另一解m≤-(+2)M舍去,所以m和M應(yīng)滿足的條件為:(-2)M≤m
14、量之比為k(k<1).將0號球向左拉至左側(cè)軌道距水平高h(yuǎn)處.然后由靜止釋放,使其與1號球碰撞,1號球再與2號球碰撞……所有碰撞皆為無機(jī)械能損失的正碰(不計(jì)空氣阻力,小球可視為質(zhì)點(diǎn),重力加速度為g).
(1)0號球與1號球碰撞后,1號球的速度大小v1;
(2)若已知h=0.1 m,R=0.64 m,要使4號球碰撞后能過右側(cè)軌道的最高點(diǎn),問k值為多少?
解析:(1)0號球碰前速度為v0,由機(jī)械能守恒定律得:m0gh=m0v,碰撞過程系統(tǒng)動量守恒,以向右為正方向,由動量守恒定律得:m0v0=m0v0′+m1v1,
由機(jī)械能守恒定律得:m0v=m0v0′2+m1v,
解得:v1=v0=v0=.
(2)同理可得:v2=v1,…v4=v3,
解得:v4=4v0,
4號球從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)過程,由機(jī)械能守恒定律得:
m4v=m4v2+m4g·2R,
4號球在最高點(diǎn):m4≥m4g,
解得:k≤-1.
答案:(1) (2)k≤-1
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