山東省2020版高考物理一輪復習 課時規(guī)范練20 動量守恒定律及其應用 新人教版

《山東省2020版高考物理一輪復習 課時規(guī)范練20 動量守恒定律及其應用 新人教版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《山東省2020版高考物理一輪復習 課時規(guī)范練20 動量守恒定律及其應用 新人教版（10頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、課時規(guī)范練20　動量守恒定律及其應用 基礎對點練 1.(碰撞特點)(2018·河北衡水調研)兩個小球在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運動,B球在前,A球在后,mA=1 kg、mB=2 kg,vA=6 m/s、vB=3 m/s,當A球與B球發(fā)生碰撞后,A、B兩球的速度可能為(　　) A.vA'=4 m/s,vB'=4 m/s B.vA'=4 m/s,vB'=5 m/s C.vA'=-4 m/s,vB'=6 m/s D.vA'=7 m/s,vB'=2.5 m/s 答案A 解析兩球碰撞過程系統(tǒng)動量守恒,以兩球的初速度方向為正方向,由動量守恒定律得mAvA+mBvB=mAvA'+mBvB

2、'①;由碰撞過程系統(tǒng)動能不能增加可知mAmBmAvA'2+mBvB'2②;根據(jù)題意可知vA'≤vB'③。將四個選項代入①②③式檢驗可知,A正確,B、C、D錯誤。 2.(多選)(動量守恒定律應用、動量定理)(2018·山西二模)在2017花樣滑冰世錦賽上,隋文靜、韓聰以232.06分的總成績獲得冠軍。比賽中,當隋文靜、韓聰以5.0 m/s的速度沿直線前、后滑行時,韓聰突然將隋文靜沿原方向向前推出,推力作用時間為0.8 s,隋文靜的速度變?yōu)?1.0 m/s。假設隋文靜和韓聰?shù)馁|量分別為40 kg和60 kg,作用前后兩人沿同一直線運動,不計冰面阻力,將人視為質點,則(　　) A.分離時韓聰速度

3、的大小為1.0 m/s B.這一過程中,韓聰對隋文靜沖量的值為440 N·s C.這一過程中,韓聰對隋文靜平均推力的大小為450 N D.這一過程中,隋文靜對韓聰做的功為-720 J 答案AD 解析以兩人原來運動方向為正,由動量守恒定律得:(m1+m2)v=m1v1+m2v2,式中v=5.0m/s,v1=11.0m/s,m1=40kg,m2=60kg,代入數(shù)據(jù)解得:v2=1m/s,故A正確;韓聰對隋文靜的沖量等于隋文靜動量的變化量,根據(jù)動量定理得:I=m1v1-m1v=(40×11-40×5)N·s=240N·s,則平均推力為F=N=300N,故BC錯誤;隋文靜對韓聰做的功等于韓聰動

4、能的變化量,根據(jù)動能定理得:W=m2m2v2=-720J,故D正確;故選AD。 3.(人船模型的應用)(2018·湖北宜昌調研)如圖,質量為M的小車靜止在光滑的水平面上,小車AB段是半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道,BC段是長為L的水平粗糙軌道,兩段軌道相切于B點,一質量為m的滑塊在小車上從A點靜止開始沿軌道滑下,然后滑入BC軌道,最后恰好停在C點。已知小車質量M=3m,滑塊與軌道BC間的動摩擦因數(shù)為μ,重力加速度為g。則(　　) A.全程滑塊水平方向相對地面的位移為R+L B.全程小車相對地面的位移大小s=(R+L) C.小車M運動過程中的最大速度vm= D.μ、L、R三者之間的

5、關系為R=4μL 答案B 解析小車和滑塊系統(tǒng)在水平方向動量守恒,全程小車相對地面的位移大小為s,則由動量守恒定律可知Ms=m(R+L-s),解得s=(R+L);滑塊水平方向相對地面的位移為(R+L),選項A錯誤,B正確;滑塊到達B點時,小車的速度最大,小車與滑塊組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒,以向右為正方向,由動量守恒定律得:mv-Mvm=0,滑塊從A到B過程,由能量守恒定律得:mgR=mv2+,解得:vm=;選項C錯誤;滑塊到達C點時,系統(tǒng)的速度變?yōu)榱?由能量關系可知:mgR=μmgL,即R=μL,選項D錯誤。 4. (彈性碰撞)(2018·安徽江南十校聯(lián)考)如圖所示,一個質量為m的

6、物塊A與另一個質量為2m的物塊B發(fā)生正碰,碰后B物塊剛好能落入正前方的沙坑中。假如碰撞過程中無機械能損失,已知物塊B與地面間的動摩擦因數(shù)為0.1,與沙坑的距離為0.5 m,g取10 m/s2,物塊可視為質點。則A碰撞前瞬間的速度為(　　) A.0.5 m/s B.1.0 m/s C.1.5 m/s D.2.0 m/s 答案C 解析碰后物塊B做勻減速直線運動,由動能定理有-μ·2mgx=0-·2m,得v2=1m/s。A與B碰撞過程中動量守恒、機械能守恒,則有mv0=mv1+2mv2,·2m,解得v0=1.5m/s,則選項C正確。 5.(多選)(彈性碰撞)(2018·華中師范大學附中5月押

7、題卷)如圖所示,光滑的水平面上有P、Q兩個固定擋板,A、B是兩擋板連線的三等分點。A點處有一質量為m2的靜止小球,緊貼P擋板的右側有一質量為m1的等大小球以速度v0向右運動并與m2相碰。小球與小球、小球與擋板間的碰撞均為彈性正碰,兩小球均可視為質點。已知兩小球之間的第二次碰撞恰好發(fā)生在B點處,且m1

8、1v1+m2v2,根據(jù)機械能守恒得m1m1m2,聯(lián)立解得m1=3m2,若碰撞后球1的速度方向與原來的方向相反,與擋板碰后反彈在B點追上球2,則有v1t=3v2t,即:v1=3v2,根據(jù)動量守恒得m1v0=-m1v1+m2v2,根據(jù)機械能守恒得m1m1m2,聯(lián)立解得m2=3m1,綜上所述,故B、D正確。 6.(多選)(板塊模型)(2018·廣西三市聯(lián)考)如圖,光滑水平面上放著長木板B,質量為m=2 kg的木塊A以速度v0=2 m/s滑上原來靜止的長木板B的上表面,由于A、B之間存在有摩擦,之后,A、B的速度隨時間變化情況如下圖所示,重力加速度g取10 m/s2。則下列說法正確的是(　　)

9、 A.A、B之間動摩擦因數(shù)為0.1 B.長木板的質量M=2 kg C.長木板長度至少為2 m D.A、B組成系統(tǒng)損失機械能為4 J 答案AB 解析從圖可以看出,A先做勻減速運動,B做勻加速運動,最后一起做勻速運動,共同速度:v=1m/s,取向右為正方向,根據(jù)動量守恒定律得:mv0=(m+M)v,解得:M=m=2kg,故B正確;由圖象可知,木板B勻加速運動的加速度為:a=m/s2=1m/s2,對B,根據(jù)牛頓第二定律得:μmg=MaB,解得動摩擦因數(shù)為:μ=0.1,故A正確;由圖象可知前1s內B的位移為:xB=×1×1m=0.5m,A的位移為:xA=×1m=1.5m,所以木板最小長度為:L=

10、xA-xB=1m,故C錯誤;A、B組成系統(tǒng)損失機械能為:ΔE=(m+M)v2=2J,故D錯誤。 7.(多選)(反沖)(2018·山東煙臺期末)質量為M的小車置于光滑的水平面上,左端固定一根輕彈簧,質量為m的光滑物塊放在小車上,壓縮彈簧并用細線連接物塊和小車左端,開始時小車與物塊都處于靜止狀態(tài),此時物塊與小車右端相距為L,如圖所示,當突然燒斷細線后,以下說法正確的是(　　) A.物塊和小車組成的系統(tǒng)機械能守恒 B.物塊和小車組成的系統(tǒng)動量守恒 C.當物塊速度大小為v時,小車速度大小為v D.當物塊離開小車時,小車向左運動的位移為L 答案BC 解析A.彈簧推開物體和小車的過程,若

11、取物體、小車和彈簧的系統(tǒng)無其他力做功,機械能守恒,但選物體和小車的系統(tǒng),彈力做功屬于系統(tǒng)外其他力做功,彈性勢能轉化成系統(tǒng)的機械能,此時系統(tǒng)的機械能不守恒,A選項錯誤。B.取物體和小車的系統(tǒng),外力之和為零,故系統(tǒng)的動量守恒,B項正確。C.由系統(tǒng)的動量守恒:0=mv-Mv',解得v'=v,C項正確。D.彈開的過程滿足反沖原理和人船模型,有,則在相同時間內,且x+x'=L,聯(lián)立得x'=,D項錯誤。故選BC。 8.(彈性碰撞)(2018·江蘇徐州考前打靶)如圖所示,光滑的水平面上,小球A以速率v0撞向正前方的靜止小球B,碰后兩球沿同一方向運動,且小球B的速率是A的4倍,已知小球A、B的質量別為2

12、m、m。 (1)求碰撞后A球的速率; (2)判斷該碰撞是否為彈性碰撞。 答案(1)vA=v0　(2)是彈性碰撞 解析(1)由動量守恒得2mv0=2mvA+mvB,且vB=4vA,解得vA=v0 (2)碰撞前Ek=×2m=m;碰撞后:Ek'=×2m=m,Ek=Ek'是彈性碰撞。 素養(yǎng)綜合練 9.(沖量、動量守恒定律、能量守恒)(2018·遼寧協(xié)作校6月考前適應性訓練)如圖所示,質量為m的小球A靜止于光滑水平面上,在A球與墻之間用輕彈簧連接?，F(xiàn)用完全相同的小球B以水平速度v0與A相碰后粘在一起壓縮彈簧,不計空氣阻力,若彈簧被壓縮過程中的最大彈性勢能為E,從球A被碰后開始到回到

13、原靜止位置的過程中墻對彈簧的沖量大小為I,則下列表達式中正確的是(　　) A.E=,I=2mv0 B.E=,I=mv0 C.E=,I=2mv0 D.E=,I=mv0 答案A 解析A、B碰撞過程,取向左為正方向,由動量守恒定律得mv0=2mv,碰撞后,AB一起壓縮彈簧,當AB的速度減至零時彈簧的彈性勢能最大,由能量守恒定律得:最大彈性勢能E=·2mv2,聯(lián)立解得E=,從球A被碰后開始到回到原靜止位置的過程中,取向右為正方向,對AB及彈簧整體,由動量定理得I=2mv-(-2mv)=4mv=2mv0,A正確。 10.(2018·河北黃石高三適應性考試)如圖所示,位于光滑水平面上的小滑塊

14、P和Q都可視作質點,質量相等。Q與輕質彈簧相連。設Q靜止,P以某一初速度向Q運動并與彈簧發(fā)生碰撞。在整個過程中,彈簧具有的最大彈性勢能等于(　　) A.P的初動能 B.P的初動能的 C.P的初動能的 D.P的初動能的 答案D 解析在整個過程中,彈簧具有最大彈性勢能時,P和Q的速度相同,根據(jù)動量守恒定律mv0=2mv;根據(jù)機械能守恒定律,有Ep=-2·mv2=Ek0,故最大彈性勢能等于P的初動能的,故選項D正確。 11.(2018·福建福州高三模擬)如圖所示,物塊A、C的質量均為m,B的質量為2m,都靜止于光滑水平臺面上。A、B間用一不可伸長的輕質短細線相連。初始時刻細線處于松弛狀

15、態(tài),C位于A右側足夠遠處?，F(xiàn)突然給A一瞬時沖量,使A以初速度v0沿A、C連線方向向C運動,繩斷后A速度變?yōu)関0,A與C相碰后,黏合在一起。求: (1) A與C剛黏合在一起時的速度大小; (2)若將A、B、C看成一個系統(tǒng),則從A開始運動到A與C剛好黏合的過程中,系統(tǒng)損失的機械能為多少? 答案(1)v2=v0　(2) 解析(1)輕細線繃斷的過程,A、B組成的系統(tǒng)動量守恒,mv0=m·v0+2mvB 解得vB=v0 之后在A與C發(fā)生完全非彈性碰撞過程中,A、C組成的系統(tǒng)動量守恒m·v0=(m+m)v2 解得v2=v0 (2)在運動全過程,A、B、C組成的系統(tǒng)機械能損失為ΔE=(2m)

16、(2m) 12.(2018·河南洛陽第二次聯(lián)考)如圖所示,在光滑水平地面上有一固定的擋板,擋板左端固定一個輕彈簧。小車AB的質量M=3 kg,長L=4 m(其中O為小車的中點,AO部分粗糙,BO部分光滑),一質量為m=1 kg的小物塊(可視為質點),放在小車的最左端,車和小物塊一起以v0=4 m/s的速度在水平面上向右勻速運動,車撞到擋板后瞬間速度變?yōu)榱?但未與擋板粘連。已知車OB部分的長度大于彈簧的自然長度,小物塊與彈簧作用過程中彈簧始終處于彈性限度內,小物塊與小車AO部分之間的動摩擦因數(shù)為μ=0.3,重力加速度g取10 m/s2。求: (1)小物塊和彈簧相互作用的過程中,彈簧具

17、有的最大彈性勢能; (2)小物塊和彈簧相互作用的過程中,彈簧對小物塊的沖量; (3)小物塊最終停在小車上的位置距A端多遠。 答案(1)2 J　(2)4 kg·m/s　水平向左　(3)1.5 m 解析(1)對小物塊,有ma=-μmg 根據(jù)運動學公式v2-=2a 由能量關系mv2=Ep, 解得Ep=2J。 (2)設小物塊離開彈簧時的速度為v1,有=Ep。 對小物塊,根據(jù)動量定理I=-mv1-mv 由上式并代入數(shù)據(jù)得I=-4kg·m/s。 彈簧對小物塊的沖量大小為4kg·m/s,方向水平向左。 (3)小物塊滑過O點和小車相互作用,由動量守恒mv1=(m+M)v2。 由能量關

18、系μmgx=(m+M) 小物塊最終停在小車上距A的距離xA=-x 解得xA=1.5m。 13.(2016·全國Ⅲ卷)如圖,水平地面上有兩個靜止的小物塊a和b,其連線與墻垂直,a和b相距l(xiāng),b與墻之間也相距l(xiāng);a的質量為m,b的質量為m。兩物塊與地面間的動摩擦因數(shù)均相同?，F(xiàn)使a以初速度v0向右滑動。此后a與b發(fā)生彈性碰撞,但b沒有與墻發(fā)生碰撞。重力加速度大小為g。求物塊與地面間的動摩擦因數(shù)滿足的條件。 答案≤μ< 解析設物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為μ。若要物塊a、b能夠發(fā)生碰撞,應有>μmgl① 即μ<② 設在a、b發(fā)生彈性碰撞前的瞬間,a的速度大小為v1。由能量守恒有+μmgl③ 設在a、b碰撞后的瞬間,a、b的速度大小分別為v1'、v2,由動量守恒和能量守恒有mv1=mv1'+v2④ mv1'2+⑤ 聯(lián)立④⑤式解得v2=v1⑥ 由題意,b沒有與墻發(fā)生碰撞,由功能關系可知 ≤μgl⑦ 聯(lián)立③⑥⑦式,可得μ≥⑧ 聯(lián)立②⑧式,a與b發(fā)生碰撞、但b沒有與墻發(fā)生碰撞的條件 ≤μ<⑨ 10