《2019高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題二 能量與動(dòng)量 專題強(qiáng)化練(七)碰撞與動(dòng)量守恒定律》由會(huì)員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《2019高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題二 能量與動(dòng)量 專題強(qiáng)化練(七)碰撞與動(dòng)量守恒定律(6頁(yè)珍藏版)》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、專題強(qiáng)化練(七) 碰撞與動(dòng)量守恒定律
考點(diǎn)1 沖量與動(dòng)量定理的應(yīng)用
1.(2018·山西名校聯(lián)考)一質(zhì)點(diǎn)在幾個(gè)恒力作用下做勻速直線運(yùn)動(dòng).現(xiàn)在某位置撤去一個(gè)與運(yùn)動(dòng)方向在同一直線上的恒力,且原來(lái)作用在質(zhì)點(diǎn)上的其他力不發(fā)生改變.則( )
A.質(zhì)點(diǎn)可能會(huì)再次經(jīng)過(guò)此位置
B.質(zhì)點(diǎn)在以后的運(yùn)動(dòng)中動(dòng)量可能保持不變
C.質(zhì)點(diǎn)在以后的運(yùn)動(dòng)中加速度可能不恒定
D.質(zhì)點(diǎn)在以后一段時(shí)間內(nèi)的動(dòng)量變化量的方向可能與原運(yùn)動(dòng)方向不在同一直線上
解析:若質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的方向與撤去的恒力方向相同,則撤去該恒力后質(zhì)點(diǎn)做勻減速直線運(yùn)動(dòng),速度減為零后反向勻加速運(yùn)動(dòng),會(huì)再次經(jīng)過(guò)此位置,A正確;撤去一個(gè)恒力,剩余力的合力也是恒力
2、,所以質(zhì)點(diǎn)的加速度一定是恒定的,質(zhì)點(diǎn)一定做勻變速直線運(yùn)動(dòng),動(dòng)量一定變化,且變化量的方向與原運(yùn)動(dòng)方向在同一直線上,B、C、D錯(cuò)誤.
答案:A
2.(多選)(2018·拉薩中學(xué)檢測(cè))下列運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,在任意相等時(shí)間內(nèi),物體動(dòng)量變化量相同的是( )
A.平拋運(yùn)動(dòng) B.自由落體運(yùn)動(dòng)
C.勻速圓周運(yùn)動(dòng) D.勻減速直線運(yùn)動(dòng)
解析:根據(jù)動(dòng)量定理Δp=Ft,F(xiàn)是合力,平拋運(yùn)動(dòng)物體的合力是重力,為恒力,相等時(shí)間內(nèi)其沖量不變,動(dòng)量變化量相同,故A正確;自由落體運(yùn)動(dòng)物體的合力是重力,為恒力,相等時(shí)間內(nèi)其沖量不變,動(dòng)量變化量相同,故B正確;勻速圓周運(yùn)動(dòng)物體的合力始終指向圓心,是變力,相等時(shí)間
3、內(nèi)合力的沖量也是變化的,動(dòng)量變化量是變化的,故C錯(cuò)誤;勻減速直線運(yùn)動(dòng)物體的合力是恒力,相等時(shí)間內(nèi)其沖量不變.動(dòng)量變化量相同,故D正確.
答案:ABD
3.(2018·遼師大附中檢測(cè))質(zhì)量相同的子彈、橡皮泥和鋼球以相同的初速度水平射向豎直墻,結(jié)果子彈穿墻而過(guò),橡皮泥粘在墻上,鋼球以原速率反向彈回.關(guān)于它們對(duì)墻的水平?jīng)_量的大小,下列說(shuō)法正確的是 ( )
A.子彈、橡皮泥和鋼球?qū)Φ臎_量大小相等
B.子彈對(duì)墻的沖量最小
C.橡皮泥對(duì)墻的沖量最小
D.鋼球?qū)Φ臎_量最小
解析:根據(jù)力的作用的相互性,子彈、橡皮泥和鋼球?qū)Φ臎_量大小可以通過(guò)墻對(duì)子彈、橡皮泥和鋼球的沖量求得;對(duì)子彈:Δp1
4、=mv1-mv2,對(duì)橡皮泥:Δp2=mv1,對(duì)鋼球:Δp3=2mv1,由此可知Δp1<Δp2<Δp3,B正確.
答案:B
4.(2017·天津卷)“天津之眼”是一座跨河建設(shè)、橋輪合一的摩天輪,是天津市的地標(biāo)之一.摩天輪懸掛透明座艙,乘客隨座艙在豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng).下列敘述正確的是( )
A.摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中,乘客的機(jī)械能保持不變
B.在最高點(diǎn)時(shí),乘客重力大于座椅對(duì)他的支持力
C.摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)一周的過(guò)程中,乘客重力的沖量為零
D.摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中,乘客重力的瞬時(shí)功率保持不變
解析:摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中乘客的動(dòng)能不變,重力勢(shì)能一直變化,故機(jī)械能一直變化,A錯(cuò)誤;在最高點(diǎn)乘客具有豎
5、直向下的向心加速度,重力大于座椅對(duì)他的支持力,B正確;摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)一周的過(guò)程中,乘客重力的沖量等于重力與周期的乘積,C錯(cuò)誤;重力瞬時(shí)功率等于重力與速度在重力方向上的分量的乘積,而轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中速度在重力方向上的分量是變化的,所以重力的瞬時(shí)功率也是變化的,D錯(cuò)誤.
答案:B
考點(diǎn)2 碰撞和動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用
5.如圖所示,在光滑的水平面上,質(zhì)量m1的小球A以速率v0向右運(yùn)動(dòng).在小球A的前方O點(diǎn)處有一質(zhì)量為m2的小球B處于靜止?fàn)顟B(tài),Q點(diǎn)處為一豎直的墻壁.小球A與小球B發(fā)生彈性正碰后小球A與小球B均向右運(yùn)動(dòng).小球B與墻壁碰撞后原速率返回并與小球A在P點(diǎn)相遇,PQ=2PO,則兩小球質(zhì)量之比m1∶m2為
6、( )
A.7∶5 B.1∶3
C.2∶1 D.5∶3
解析:設(shè)A、B兩個(gè)小球碰撞后的速度分別為v1、v2,由動(dòng)量守恒定律有m1v0=m1v1+m2v2,發(fā)生彈性碰撞,不損失動(dòng)能,故根據(jù)能量守恒定律有m1v=m1v+m2v,兩個(gè)小球碰撞后到再次相遇,其速率不變,由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律有v1∶v2=PO∶(PO+2PQ)=PO∶(PO+4PO)=1∶5,聯(lián)立三式可得m1∶m2=5∶3,D正確.
答案:D
6.在光滑水平面上,質(zhì)量為m的小球A正以速度v0勻速運(yùn)動(dòng).某時(shí)刻小球A與質(zhì)量為3m的靜止小球B發(fā)生正碰,兩球相碰后,A球的動(dòng)能恰好變?yōu)樵瓉?lái)的.則碰后B球的速度大小是( )
A.
7、 B.
C.或 D.無(wú)法確定
解析:兩球相碰后A球的速度大小變?yōu)樵瓉?lái)的,相碰過(guò)程中滿足動(dòng)量守恒,若碰后A速度方向不變,則mv0=mv0+3mv1,可得B球的速度v1=,而B在前,A在后,碰后A球的速度大于B球的速度,不符合實(shí)際情況,因此A球一定反向運(yùn)動(dòng),即mv0=-mv0+3mv1,可得v1=,A正確,B、C、D錯(cuò)誤.
答案:A
7.一彈丸在飛行到距離地面5 m高時(shí)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(zhì)量比為3∶1.不計(jì)質(zhì)量損失,重力加速度g取10 m/s2,則下列圖中兩塊彈片飛行的軌跡可能正確的是( )
解析:平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)間t==1 s,爆炸過(guò)
8、程遵守動(dòng)量守恒定律,設(shè)彈丸質(zhì)量為m,則mv=mv甲+mv乙,又v甲=,v乙=,t=1 s,則有x甲+x乙=2 m,將各選項(xiàng)中數(shù)據(jù)代入計(jì)算得B正確.
答案:B
8.如圖所示.在光滑水平面上放置一個(gè)質(zhì)量為M的滑塊,滑塊的一側(cè)是一個(gè)弧形凹槽OAB,凹槽半徑為R,A點(diǎn)切線水平.另有一個(gè)質(zhì)量為m的小球以速度v0從A點(diǎn)沖上凹槽,重力加速度大小為g,不計(jì)摩擦.下列說(shuō)法中正確的是( )
A.當(dāng)v0=時(shí),小球能到達(dá)B點(diǎn)
B.如果小球的速度足夠大,球?qū)幕瑝K的左側(cè)離開(kāi)滑塊后落到水平面上
C.當(dāng)v0=時(shí),小球在弧形凹槽上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中,滑塊的動(dòng)能一直增大
D.如果滑塊固定,小球返回A點(diǎn)時(shí)對(duì)滑塊的壓力
9、大小為m
解析:小球在弧形凹槽上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中,小球?qū)瑝K的力有水平向左的分量.使滑塊向左加速,滑塊動(dòng)能增大,小球的機(jī)械能將減小,A錯(cuò)誤,C正確;當(dāng)小球速度足夠大,從B點(diǎn)離開(kāi)滑塊時(shí).由于B點(diǎn)切線豎直,在B點(diǎn)時(shí)小球與滑塊的水平速度相同,離開(kāi)B點(diǎn)后將再次從B點(diǎn)落回,不會(huì)從滑塊的左側(cè)離開(kāi)滑塊后落到水平面上,B錯(cuò)誤;如果滑塊固定,小球返回A點(diǎn)時(shí)對(duì)滑塊的壓力為mg+m,D錯(cuò)誤.
答案:C
考點(diǎn)3 動(dòng)量和能量的綜合應(yīng)用
9.(多選)如圖所示,一塊質(zhì)量為M的木板B在光滑的水平桌面上以速度v0勻速向右滑行,某時(shí)刻把一質(zhì)量為m的小鐵塊A(初速度為零)放在B的右端,它將在B上滑行一段距離后與B相對(duì)靜止達(dá)到共
10、同速度v,此時(shí)木板B前進(jìn)距離x,小鐵塊到木板右端的距離為L(zhǎng),若小鐵塊和木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.下列說(shuō)法正確的是( )
A.木板對(duì)鐵塊的摩擦力對(duì)鐵塊做的功等于μmgL
B.木板與鐵塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒
C.系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能等于μmgL
D.系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能等于Mv-(M+m)v2
解析: 由運(yùn)動(dòng)過(guò)程示意圖知,木板B前進(jìn)的位移為x,小鐵塊A位移為x-L,相對(duì)位移為L(zhǎng),對(duì)A、B組成的系統(tǒng):
木板對(duì)鐵塊的摩擦力對(duì)鐵塊做的功W1=μmg(x-L);
木板與鐵塊組成的系統(tǒng)所受合外力為零,所以動(dòng)量守恒;系統(tǒng)初動(dòng)能為Mv,系統(tǒng)末動(dòng)能為(M+m)v2,由能量守恒得,系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能為Mv-(M
11、+m) v2 ,滑動(dòng)摩擦力與相對(duì)位移的乘積μmgL就等于系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能,故A錯(cuò)誤,B、C、D正確.
答案:BCD
10.如圖所示,打樁機(jī)錘頭質(zhì)量為M,從距樁頂h高處自由下落,打在質(zhì)量為m的木樁上,且在極短時(shí)間內(nèi)便隨樁一起向下運(yùn)動(dòng),使得木樁深入泥土的距離為s,試求在木樁下陷過(guò)程中泥土對(duì)木樁的平均阻力是多少?
解析:設(shè)錘頭剛與木樁接觸時(shí)的速度大小為v0,則由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可得:v=2gh.由于錘頭與木樁碰撞時(shí),作用時(shí)間極短,系統(tǒng)的內(nèi)力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于外力,動(dòng)量守恒.設(shè)兩者碰撞后的共同速度大小為v,則由動(dòng)量守恒定律可得:
Mv0=(M+m)v.
設(shè)在木樁下陷過(guò)程中泥土對(duì)木樁的平均阻力大小為Ff,則
12、由動(dòng)能定理可得:
(M+m)gs-Ffs=0-(M+m)v2,
以上各式聯(lián)立求解得:Ff=(M+m)g+.
答案:見(jiàn)解析
11.(2018·東北三省四市一模)如圖所示,光滑懸空軌道上靜止一質(zhì)量為2m的小車A,用一段不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)繩懸掛一質(zhì)量為m的木塊B.一質(zhì)量為m的子彈以水平速度v0射入木塊B并留在其中(子彈射入木塊時(shí)間極短),在以后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,擺線離開(kāi)豎直方向的最大角度小于90°,試求:
(1)木塊能擺起的最大高度;
(2)小車A運(yùn)動(dòng)過(guò)程的最大速度.
解析:(1)因?yàn)樽訌椗c木塊作用時(shí)間極短,子彈與木塊間的相互作用力遠(yuǎn)大于它們的重力,所以子彈與木塊組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒,設(shè)子彈與木塊開(kāi)始上升時(shí)的速度為v1,設(shè)向右為正方向,則有:mv0=2mv1
當(dāng)木塊擺到最大高度時(shí),三者具有相同的水平速度,根據(jù)動(dòng)量守恒定律得:mv0=(m+m+2m)v2,
由能量守恒得·2mv=·4mv+2mgh,
解得h=.
(2)子彈射入木塊后由動(dòng)量守恒得:
2mv1=2mv1′+2mv2′
根據(jù)能量守恒得:
·2mv=·2mv1′2+·2mv2′2,
解得v2′=.
答案:(1) (2)
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