《(全國通用)2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第六章 微專題47 動量守恒定律的理解和應(yīng)用加練半小時(含解析)》由會員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《(全國通用)2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第六章 微專題47 動量守恒定律的理解和應(yīng)用加練半小時(含解析)(7頁珍藏版)》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、動量守恒定律的理解和應(yīng)用
[方法點(diǎn)撥] (1)守恒條件的判斷:理想守恒、近似守恒、單方面守恒.(2)應(yīng)用關(guān)鍵是選好合適的系統(tǒng)、合適的過程,即一定要明確研究對象是誰,明確守恒過程的初、末狀態(tài).(3)要注意規(guī)定正方向.
1.(多選)如圖1所示,甲、乙兩人靜止在光滑的冰面上,甲沿水平方向推了乙一下,結(jié)果兩人向相反方向滑去.已知甲的質(zhì)量為45kg,乙的質(zhì)量為50kg.則下列判斷正確的是( )
圖1
A.甲的速率與乙的速率之比為10∶9
B.甲的加速度大小與乙的加速度大小之比為9∶10
C.甲對乙的沖量大小與乙對甲的沖量大小之比為1∶1
D.甲的動能與乙的動能之比為1∶1
2.(2
2、018·安徽省滁州市模擬)如圖2所示,A、B兩物塊放在光滑的水平面上,一輕彈簧放在A、B之間與A相連,與B接觸但不連接,彈簧剛好處于原長,將物塊A鎖定,物塊C與A、B在一條直線上,三個物塊的質(zhì)量相等.現(xiàn)使物塊C以v=2m/s的速度向左運(yùn)動,與B相碰并粘在一起,當(dāng)C的速度為零時,解除A的鎖定,則A最終獲得的速度大小為( )
圖2
A.m/sB.m/sC.m/sD.m/s
3.(多選)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,初始時小物塊停在箱子正中間,如圖3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
3、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,則整個過程中,系統(tǒng)損失的動能為( )
圖3
A.mv2 B.v2
C.NμmgL D.NμmgL
4.(2018·安徽省合肥市二模)如圖4所示,某人站在一輛平板車的右端,車靜止在光滑的水平地面上,現(xiàn)人用鐵錘子連續(xù)敲擊車的右端.下列對平板車的運(yùn)動情況描述正確的是( )
圖4
A.錘子向右掄起的過程中,車向右運(yùn)動
B.錘子下落的過程中車向左運(yùn)動
C.錘子掄至最高點(diǎn)時,車速度為零
D.錘子敲擊車瞬間,車向左運(yùn)動
5.(多選)如圖5所示,小車的上面是由中突的兩個對稱的曲面組成,整個小車的質(zhì)量為m,原來靜止
4、在光滑的水平面上,今有一個可以看成質(zhì)點(diǎn)的小球,質(zhì)量也為m.以水平速度v從左端滑上小車,恰好到達(dá)小車的最高點(diǎn)后,又從另一個曲面滑下,關(guān)于這個過程,下列說法正確的是( )
圖5
A.小球滑離小車時,小車又回到了原來的位置
B.小球在滑上曲面的過程中,對小車壓力的沖量大小是
C.小球和小車作用前后,小車和小球的速度可能沒有變化
D.車上曲面的豎直高度不會大于
6.(2018·湖南省株洲市一模)如圖6所示,長為l的輕桿兩端固定兩個質(zhì)量相等的小球甲和乙,初始時它們直立在光滑的水平地面上.后來由于受到微小擾動,系統(tǒng)從圖示位置開始傾倒.當(dāng)小球甲剛要落地時,其速度大小為( )
圖6
5、
A.B.C.D.0
7.(2018·福建省泉州市質(zhì)檢)將一個質(zhì)量為3m的爆竹斜向上拋出,到達(dá)最高點(diǎn)時速度大小為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,則另一塊的速度大小為( )
A.3v0-v B.2v0-3v
C.3v0-2v D.2v0+v
8.(多選)質(zhì)量為M的物塊以速度v運(yùn)動,與質(zhì)量為m的靜止物塊發(fā)生正碰,碰撞后兩者的動量正好相等.兩者質(zhì)量之比可能為( )
A.2B.3C.4D.5
9.如圖7所示,小車靜止在光滑水平面上,AB是小車內(nèi)半圓軌道的水平直徑,現(xiàn)將一小球從距A點(diǎn)正上方h高處由靜止釋放,小球由A點(diǎn)沿切線
6、方向經(jīng)半圓軌道后從B點(diǎn)沖出,在空中能上升的最大高度為0.8h,不計(jì)空氣阻力.下列說法正確的是( )
圖7
A.在相互作用過程中,小球和小車組成的系統(tǒng)動量守恒
B.小球離開小車后做豎直上拋運(yùn)動
C.小球離開小車后做斜上拋運(yùn)動
D.小球第二次沖出軌道后在空中能上升的最大高度為0.6h
10.(2018·山東省濟(jì)南市一模)運(yùn)載火箭是人類進(jìn)行太空探索的重要工具,一般采用多級結(jié)構(gòu)來提高其運(yùn)載能力.某興趣小組制作了兩種火箭模型來探究多級結(jié)構(gòu)的優(yōu)越性,模型甲內(nèi)部裝有質(zhì)量為Δm=100g的壓縮氣體,總質(zhì)量為M=1kg,啟動后全部壓縮氣體以v0=570m/s的速度從底部噴口在極短的時間內(nèi)豎直向
7、下噴出;模型乙分為兩級,兩級內(nèi)部各裝有質(zhì)量為的壓縮氣體,每級總質(zhì)量均為,啟動后模型乙第一級內(nèi)的全部壓縮氣體以速度v0從底部噴口在極短時間內(nèi)豎直向下噴出,噴出后經(jīng)過2s時第一級脫離,同時第二級內(nèi)全部壓縮氣體仍以速度v0從第二級底部噴口在極短時間內(nèi)豎直向下噴出.噴氣過程中的重力和整個過程中的空氣阻力忽略不計(jì),g取10m/s2,求兩種模型上升的最大高度之差.
11.(2019·山東省青島二中模擬)如圖8所示,光滑水平軌道上放置長木板A(上表面粗糙)和滑塊C,滑塊B置于A的左端,三者質(zhì)量分別為mA=2kg、mB=1kg、mC=2kg.開始時C靜止,A、B一起以v0=5m/s的速度勻速向右運(yùn)動,A與C
8、發(fā)生碰撞(時間極短)后C向右運(yùn)動,經(jīng)過一段時間,A、B再次達(dá)到共同速度一起向右運(yùn)動,且恰好不再與C碰撞.求A與C發(fā)生碰撞后瞬間A的速度大小.
圖8
答案精析
1.AC [兩人在光滑的冰面上,故他們所受合力為零,當(dāng)甲推乙時,二人的總動量守恒,故m甲v甲=m乙v乙,則===,選項(xiàng)A正確;二人的相互作用力大小相等,方向相反,故甲的加速度大小與乙的加速度大小之比為二人質(zhì)量的反比,即10∶9,選項(xiàng)B錯誤;二人相互作用的時間相等,作用力大小相等,故甲對乙的沖量大小與乙對甲的沖量大小之比為1∶1,選項(xiàng)C正確;由Ek=可知,甲、乙的動能不相等,選項(xiàng)D錯誤.]
2.D [設(shè)物塊的質(zhì)量均為m,C與
9、B碰撞后的共同速度為v1,根據(jù)動量守恒定律有mv=2mv1,代入數(shù)據(jù)解得v1=1m/s,設(shè)A最終獲得的速度大小為v2,B和C獲得的速度大小為v3,根據(jù)動量守恒定律則有mv2=2mv3,根據(jù)能量守恒定律可得×2mv12=mv22+×2mv23,代入數(shù)據(jù)解得v2=m/s,故D正確,A、B、C錯誤.]
3.BD [根據(jù)動量守恒,共同速度v′=,損失的動能ΔEk=mv2-(M+m)v′2=v2,所以B正確;根據(jù)能量守恒,損失的動能等于因摩擦放出的熱量,而計(jì)算熱量的方法是摩擦力乘相對位移,所以ΔEk=N·FfL=NμmgL,故D正確.]
4.C [鐵錘、人和車組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒,錘子向右掄
10、起的過程中,車向左運(yùn)動,故A錯誤;錘子下落的過程中,有水平向左的速度,根據(jù)動量守恒定律,車向右運(yùn)動,故B錯誤;錘子掄至最高點(diǎn)時,速度為零,根據(jù)動量守恒定律,車的速度也為零,故C正確;錘子向左敲擊車瞬間,根據(jù)動量守恒定律,車向右運(yùn)動,故D錯誤.]
5.CD [小球滑上曲面的過程中,小車向右運(yùn)動,小球滑下時,小車還會繼續(xù)前進(jìn),故不會回到原來位置,所以A錯誤;由小球恰好到達(dá)最高點(diǎn),知道兩者有共同速度,對于車、球組成的系統(tǒng),由動量守恒定律列式為mv=2mv′,得共同速度v′=,小車動量的變化量為,這個增加的動量是小車受到的總沖量的大小,曲面粗糙時,小球在滑上曲面的過程中,對小車壓力的沖量大小小于,所
11、以B錯誤;由于滿足動量守恒定律,系統(tǒng)機(jī)械能又沒有增加,所以是可能的,兩曲面光滑時會出現(xiàn)這個情況,所以C正確;由于小球原來的動能為,小球到最高點(diǎn)時系統(tǒng)的動能為×2m×()2=,所以系統(tǒng)動能減少了,如果曲面光滑,則減少的動能等于小球增加的重力勢能,=mgh,得h=,顯然,這是最大值,如果曲面粗糙,高度還要小些,所以D正確.]
6.A [兩球組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒,小球甲剛要落地時水平速度為零,由機(jī)械能守恒定律得mv2=mgl,解得v=,故A正確.]
7.C [取水平向東為正方向,爆炸過程系統(tǒng)動量守恒,3mv0=2mv+mvx,解得vx=3v0-2v,C正確.]
8.AB [由動量守恒和能
12、量守恒,設(shè)碰后兩者的動量都等于p,則總動量為2p,根據(jù)p2=2mEk,以及能量關(guān)系得:≥+,得≤3,故A、B正確.]
9.B
10.116.54m
解析 對模型甲,由動量守恒有0=(M-Δm)v甲-Δmv0,
由運(yùn)動學(xué)公式有h甲==200.56m,
對模型乙第一級噴氣,由動量守恒有0=(M-)v乙1-v0,
代入數(shù)據(jù)解得v乙1=30m/s,
則2s末有v乙1′=v乙1-gt=10m/s,h乙1==40m,
對模型乙第二級噴氣,由動量守恒有
v乙1′=(-)v乙2-v0,h乙2==277.1m,
可得Δh=h乙1+h乙2-h(huán)甲=116.54m.
11.2m/s
解析 長木板A與滑塊C處于光滑水平軌道上,兩者碰撞時間極短,碰撞過程中滑塊B與長木板A間的摩擦力可以忽略不計(jì),長木板A與滑塊C組成的系統(tǒng),在碰撞過程中動量守恒,取水平向右為正方向
則mAv0=mAvA+mCvC①
A、C碰撞后,長木板A與滑塊B組成的系統(tǒng)所受合外力為零,系統(tǒng)動量守恒,mAvA+mBv0=(mA+mB)v②
長木板A和滑塊B達(dá)到共同速度后,恰好不再與滑塊C碰撞,
則最后三者速度相等,vC=v③
聯(lián)立①②③式,代入數(shù)據(jù)解得:vA=2m/s
7