2022高考物理一輪復(fù)習(xí) 第六章《動(dòng)量與動(dòng)量守恒》第2課時(shí) 動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用課時(shí)沖關(guān) 新人教版

《2022高考物理一輪復(fù)習(xí) 第六章《動(dòng)量與動(dòng)量守恒》第2課時(shí) 動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用課時(shí)沖關(guān) 新人教版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022高考物理一輪復(fù)習(xí) 第六章《動(dòng)量與動(dòng)量守恒》第2課時(shí) 動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用課時(shí)沖關(guān) 新人教版（6頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022高考物理一輪復(fù)習(xí) 第六章《動(dòng)量與動(dòng)量守恒》第2課時(shí) 動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用課時(shí)沖關(guān) 新人教版 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(dòng)，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(dòng)量守恒 B．乙木塊的動(dòng)量守恒 C．甲、乙兩木塊所組成系統(tǒng)的動(dòng)量守恒 D．甲、乙兩木塊所組成系統(tǒng)的動(dòng)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(dòng)，滑塊A的質(zhì)量為m，速度大小為2v0，方向向

2、右，滑塊B的質(zhì)量為2m，速度大小為v0，方向向左，兩滑塊發(fā)生彈性碰撞后的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)是(　　) A．A和B都向左運(yùn)動(dòng)　 B．A和B都向右運(yùn)動(dòng) C．A靜止，B向右運(yùn)動(dòng) D．A向左運(yùn)動(dòng)，B向右運(yùn)動(dòng) 解析：D　[A、B兩滑塊碰撞前的總動(dòng)量為零，根據(jù)動(dòng)量守恒可知，A、B兩滑動(dòng)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(duì)．] 3．(2017·泉州檢測(cè))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．

3、3v0－2v D．2v0＋v 解析：C　[在最高點(diǎn)水平方向動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律可知，3mv0＝2mv＋mv′，可得另一塊的速度為v′＝3v0－2v，對(duì)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(duì)火箭和衛(wèi)星由動(dòng)量守恒定律得(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，解得v

4、1＝v0＋(v0－v2)，故A、B、C錯(cuò)誤，D正確．] 5．兩球A、B在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運(yùn)動(dòng)，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(dòng)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(dòng)能Ek′

5、＝mAvA′2＋mBvB′2＝57 J，大于碰前的總動(dòng)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(dòng)，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(dòng)，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?，根?jù)動(dòng)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

6、正確．] 二、多項(xiàng)選擇題(本題共4小題，每小題6分，共24分．全部選對(duì)的得6分，部分選對(duì)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(shuō)法中正確的是 (　　) A．兩手同時(shí)放開后，兩車的總動(dòng)量為零 B．先放開左手，再放開右手，動(dòng)量不守恒 C．先放開左手，后放開右手，總動(dòng)量向左 D．無(wú)論何時(shí)放開，兩手放開后，在彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)的過(guò)程中，系統(tǒng)總動(dòng)量保持不變，但系統(tǒng)的總動(dòng)量不一定為零 解析：ACD　[根據(jù)系統(tǒng)動(dòng)量守恒的條件，兩手同時(shí)放開后，兩車在水平方向上不

7、受外力作用，總動(dòng)量守恒且為零．若先放開左手，則在彈簧彈開的過(guò)程中，右手對(duì)小車有向左的力的作用，即小車受到向左的沖量作用，總動(dòng)量向左．只要兩手都放開后，系統(tǒng)所受合外力就為零，動(dòng)量就守恒，但總動(dòng)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(guò)程中，a，b兩塊經(jīng)歷的時(shí)間相同 C．在炸裂過(guò)程中，a，b動(dòng)量變化的大小一定相等 D．在炸裂過(guò)程中，由動(dòng)量守恒定律可知，a，b的動(dòng)量大小可能相等

8、解析：BCD　[物體在炸裂時(shí)，內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，故動(dòng)量守恒，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(wú)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(dòng)，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(dòng)量變化，故炸裂過(guò)程中a，b的動(dòng)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(dòng)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(dòng)．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(dòng)量均

9、為6 kg·m/s，運(yùn)動(dòng)中兩球發(fā)生碰撞，碰撞后A球的動(dòng)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、g·m/s，又mB＝2mA，由計(jì)算可知碰撞前后A、B兩球動(dòng)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(zhǎng)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(dòng)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(duì)靜止．設(shè)碰撞都是彈性的，在整個(gè)過(guò)程中，系統(tǒng)損失的動(dòng)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(dòng)量守恒，二者經(jīng)多次碰撞后，保持相對(duì)靜止，易判斷

11、兩物體最終速度相等設(shè)為u，由動(dòng)量守恒定律得mv＝(m＋M)u，系統(tǒng)損失的動(dòng)能為mv2－(m＋M)u2＝v2，B正確；系統(tǒng)損失的動(dòng)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(shuō)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(guó)卷Ⅰ)如圖，在足夠長(zhǎng)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(dòng)，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

12、性的． 解析：A向右運(yùn)動(dòng)與C發(fā)生第一次碰撞，碰撞過(guò)程中，系統(tǒng)的動(dòng)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(dòng)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(dòng)，A不可能與B發(fā)生碰撞，所以只需要考慮m

13、的速度為vB1，同樣有 vA2＝vA1＝2v0⑤ 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、、2、3、4，球的質(zhì)量依次遞減，每球質(zhì)量與其相鄰左球質(zhì)量之比為k(k<1)．將0號(hào)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(hào)球碰撞，1號(hào)球再與2號(hào)球碰撞……所有碰撞皆為無(wú)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(hào)球與1號(hào)球碰撞后，1號(hào)球的速度大小v1； (2)若已知h＝0.1 m，R＝0.64 m，要使4號(hào)球碰撞后能過(guò)右側(cè)軌道的最高點(diǎn)，問(wèn)k值為多少？ 解析：(1)0號(hào)球碰前速度為v0，由機(jī)械能守恒定律得：m0gh＝m0v，碰撞過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)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(hào)球從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)過(guò)程，由機(jī)械能守恒定律得： m4v＝m4v2＋m4g·2R， 4號(hào)球在最高點(diǎn)：m4≥m4g， 解得：k≤－1. 答案：(1)　(2)k≤－1