2019年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第六章 動量 動量守恒定律 微專題48 動量守恒定律的理解和應(yīng)用備考精煉.doc
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2019年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第六章 動量 動量守恒定律 微專題48 動量守恒定律的理解和應(yīng)用備考精煉 [方法點撥] (1)守恒條件的判斷:理想守恒、近似守恒、單方向守恒.(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)(xx北京西城區(qū)模擬)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45 kg,乙的質(zhì)量為50 kg.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.(xx北京石景山區(qū)模擬)如圖2所示,一輕繩上端固定,下端系一木塊,處于靜止?fàn)顟B(tài).一顆子彈以水平初速度射入木塊內(nèi)(子彈與木塊相互作用時間極短,可忽略不計),然后一起向右擺動直至達到最大偏角.從子彈射入木塊到它們擺動達到最大偏角的過程中,對子彈和木塊,下列說法正確的是( ) 圖2 A.機械能守恒,動量不守恒 B.機械能不守恒,動量守恒 C.機械能不守恒,動量不守恒 D.機械能守恒,動量守恒 3.(多選)(xx福建漳州聯(lián)考)如圖3所示,木塊a和b用一根水平輕彈簧連接起來,放在光滑水平面上,a緊靠在墻壁上,在b上施加向左的水平力F使彈簧壓縮,當(dāng)撤去外力后,下列說法中正確的是( ) 圖3 A.尚未離開墻壁前,a、b及彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒 B.尚未離開墻壁前,a、b及彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒 C.離開墻壁后,a、b及彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒 D.離開墻壁后,a、b及彈簧組成的系統(tǒng)動量不守恒 4.(多選)(xx貴州凱里模擬)如圖4所示,豎直平面內(nèi)的光滑水平軌道的左邊與墻壁對接,右邊與一個足夠高的光滑圓弧軌道平滑相連,木塊A、B靜置于光滑水平軌道上,A、B的質(zhì)量分別為1.5 kg和0.5 kg.現(xiàn)讓A以6 m/s的速度水平向左運動,之后與墻壁碰撞,碰撞的時間為0.3 s,碰后的速度大小變?yōu)? m/s,當(dāng)A與B碰撞后立即粘在一起運動,g取10 m/s2,則( ) 圖4 A.A與墻壁碰撞的過程中,墻壁對A的平均作用力的大小F=50 N B.A與墻壁碰撞的過程中沒有能量損失 C.A、B碰撞后的速度v=3 m/s D.A、B滑上圓弧軌道的最大高度h=0.55 m 5.(xx四川成都第一次診斷)如圖5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點正上方h高處由靜止釋放,小球由A點沿切線方向經(jīng)半圓軌道后從B點沖出,在空中能上升的最大高度為0.8h,不計空氣阻力.下列說法正確的是( ) 圖5 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動 C.小球離開小車后做斜上拋運動 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 6.(多選)(xx福建漳州八校模擬)如圖6所示,光滑水平地面上靜止放置由彈簧相連的木塊A和B,開始時彈簧處于原長,現(xiàn)給A一個向右的瞬時沖量,讓A開始以速度v0向右運動,若mA>mB,則( ) 圖6 A.當(dāng)彈簧壓縮最短時,B的速度達到最大值 B.當(dāng)彈簧再次恢復(fù)原長時,A的速度一定向右 C.當(dāng)彈簧再次恢復(fù)原長時,A的速度一定小于B的速度 D.當(dāng)彈簧再次恢復(fù)原長時,A的速度可能大于B的速度 7.(xx江西南昌三校第四次聯(lián)考)如圖7所示,勻強磁場的方向垂直紙面向里,一帶電微粒從磁場邊界d點垂直于磁場方向射入,沿曲線dpa打到屏MN上的a點,通過pa段用時為t.若該微粒經(jīng)過p點時,與一個靜止的不帶電微粒碰撞并結(jié)合為一個新微粒,最終打到屏MN上.若兩個微粒所受重力均忽略,則新微粒運動的( ) 圖7 A. 軌跡為pb,至屏幕的時間將小于t B. 軌跡為pc,至屏幕的時間將大于t C. 軌跡為pa,至屏幕的時間將大于t D. 軌跡為pb,至屏幕的時間將等于t 8.(多選)(xx山東淄博一模)如圖8所示,在質(zhì)量為M(含支架)的小車上用輕繩懸掛一小球,小球質(zhì)量為m0,小車和小球以恒定的速度v沿光滑的水平地面運動,與位于正對面的質(zhì)量為m的靜止木塊發(fā)生碰撞,碰撞時間極短,下列哪些說法是可能發(fā)生的( ) 圖8 A.在此碰撞過程中,小車、木塊、小球的速度都發(fā)生變化,分別變?yōu)関1、v2、v3,滿足(M+m0)v=Mv1+mv2+m0v3 B.在此碰撞過程中,小球的速度不變,小車和木塊的速度變?yōu)関1和v2,滿足(M+m0)v=Mv1+mv2 C.在此碰撞過程中,小球的速度不變,小車和木塊的速度都變?yōu)閡,滿足Mv=(M+m)u D.碰撞后小球擺到最高點時速度變?yōu)関1,木塊的速度變?yōu)関2,滿足(M+m0)v=(M+m0)v1+mv2 9.(xx黑龍江大慶模擬)如圖9所示,甲、乙兩船的總質(zhì)量(包括船、人和貨物)分別為12m、14m,兩船沿同一直線、同一方向運動,速度分別為2v0、v0.為避免兩船相撞,乙船上的人將一質(zhì)量為m的貨物沿水平方向拋向甲船,甲船上的人將貨物接住,求拋出貨物的最小速度.(不計水的阻力) 圖9 10.(xx山東青島二中模擬)如圖10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=2 kg、mB=1 kg、mC=2 kg.開始時C靜止,A、B一起以v0=5 m/s的速度勻速向右運動,A與C發(fā)生碰撞(時間極短)后C向右運動,經(jīng)過一段時間,A、B再次達到共同速度一起向右運動,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?。? 圖10 11.(xx四川成都第七中學(xué)月考)如圖11所示,光滑水平直導(dǎo)軌上有三個質(zhì)量均為m的物塊A、B、C,物塊B、C靜止,物塊B的左側(cè)固定一水平輕彈簧(彈簧左側(cè)的擋板質(zhì)量不計);讓物塊A以速度v0朝B運動,壓縮彈簧;當(dāng)A、B速度相等時,B與C恰好相碰并粘接在一起,然后繼續(xù)運動.假設(shè)B和C碰撞過程時間極短.那么從A開始壓縮彈簧直至與彈簧分離的過程中,求: 圖11 (1)A、B第一次速度相同時的速度大??; (2)A、B第二次速度相同時的速度大??; (3)彈簧被壓縮到最短時的彈性勢能大?。? 答案精析 1.AC [兩人在光滑的冰面上,故他們受合力為零,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C正確;由Ek=可知,甲、乙的動能不相等,選項D錯誤.] 2.C 3.BC [以a、b及彈簧組成的系統(tǒng)為研究對象,在a離開墻壁前,除了系統(tǒng)內(nèi)彈力做功外,無其他力做功,系統(tǒng)機械能守恒,在a尚未離開墻壁前,系統(tǒng)所受合外力不為零,因此該過程系統(tǒng)動量不守恒,故A錯誤,B正確;當(dāng)a離開墻壁,系統(tǒng)水平方向不受外力,系統(tǒng)動量守恒,故C正確,D錯誤.] 4.AC [設(shè)水平向右為正方向,A與墻壁碰撞時根據(jù)動量定理有Ft=mAv1′-mA(-v1),解得F=50 N,故A正確.若A與墻壁碰撞時無能量損失,A將以速度6 m/s水平向右運動,由題已知碰后的速度大小變?yōu)? m/s,故B錯誤.設(shè)碰撞后A、B的共同速度為v,根據(jù)動量守恒定律有mAv1′=(mA+mB)v,解得v=3 m/s,故C正確.A、B在光滑圓弧軌道上滑動時,機械能守恒,由機械能守恒定律得(mA+mB)v2=(mA+mB)gh,解得h=0.45 m,故D錯誤.] 5.B 6.BC [A開始壓縮彈簧時做減速運動,B做加速運動,當(dāng)兩者速度相等時,彈簧壓縮到最短,然后B繼續(xù)做加速運動,A繼續(xù)做減速運動,所以彈簧壓縮到最短時,B的速度沒有達到最大,故選項A錯誤;彈簧壓縮到最短時,兩者速度相等,然后B繼續(xù)做加速運動,A繼續(xù)做減速運動,直到彈簧恢復(fù)原長,此時B的速度達到最大,且大于A的速度,根據(jù)動量守恒有:mAv0=mAvA+mBvB,若A的速度方向向左,則mBvB>mAv0,動能Ek=,可知EkB>Ek0,違背了能量守恒定律,所以A的速度一定向右,故選項B、C正確,D錯誤.] 7.C [帶電粒子和不帶電粒子相碰,遵守動量守恒,故總動量不變,總電荷量也保持不變,由Bqv=m,得:r==,p、q都不變,可知粒子碰撞前后的軌跡半徑r不變,故軌跡應(yīng)為pa,由周期T=可知,因m增大,故粒子運動的周期增大,因所對應(yīng)的弧線不變,圓心角不變,故新微粒運動至屏幕所用的時間將大于t,C正確.] 8.CD 9.5v0 解析 設(shè)拋出貨物的速度為v,由動量守恒定律得: 乙船與貨物:14mv0=13mv1-mv 甲船與貨物:12m2v0-mv=13mv2 兩船不相撞的條件是:v2≤v1, 解得v≥5v0. 10.2 m/s 解析 因碰撞時間極短,A與C碰撞過程動量守恒,設(shè)碰后瞬間A的速度為vA,C的速度為vC,以向右為正方向,由動量守恒定律得mAv0=mAvA+mCvC A與B在摩擦力作用下達到共同速度,設(shè)共同速度為vAB,由動量守恒定律得mAvA+mBv0=(mA+mB)vAB A與B達到共同速度后恰好不再與C碰撞,應(yīng)滿足vAB=vC,聯(lián)立以上各式,代入數(shù)據(jù)得vA=2 m/s. 11.(1)v0 (2)v0 (3)mv02 解析 (1)對A、B接觸的過程中,當(dāng)?shù)谝淮嗡俣认嗤瑫r, 由動量守恒定律得, mv0=2mv1 解得v1=v0 (2)設(shè)A、B第二次速度相同時的速度大小為v2,對A、B、C組成的系統(tǒng),根據(jù)動量守恒定律:mv0=3mv2 解得v2=v0 (3)B與C碰撞的瞬間,B、C組成的系統(tǒng)動量守恒,有: m=2mv3 解得v3=v0 系統(tǒng)損失的機械能為ΔE=m()2-2m()2=mv02 當(dāng)A、B、C速度相同時,彈簧的彈性勢能最大,此時v2=v0 根據(jù)能量守恒定律得,彈簧的最大彈性勢能為: Ep=mv02-(3m)v22-ΔE=mv02- 1.請仔細閱讀文檔,確保文檔完整性,對于不預(yù)覽、不比對內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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