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    高考物理一轮总复习 第六章 动量 基础课2 动量守恒定律及其应用练习(含解析)新人教版-新人教版高三全册物理试题.doc

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    高考物理一轮总复习 第六章 动量 基础课2 动量守恒定律及其应用练习(含解析)新人教版-新人教版高三全册物理试题.doc

    第六章 基础课 2 动量守恒定律及其应用一、选择题1.一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A并留在其中,A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起,如图所示则在子弹打击木块A及弹簧被压缩的过程中,对子弹、两木块和弹簧组成的系统()A动量守恒,机械能守恒B动量不守恒,机械能守恒C动量守恒,机械能不守恒D无法判定动量、机械能是否守恒解析:选C动量守恒的条件是系统不受外力或所受外力的合力为零,本题中子弹、两木块、弹簧组成的系统,水平方向上不受外力,竖直方向上所受外力的合力为零,所以动量守恒机械能守恒的条件是除重力、弹力对系统做功外,其他力对系统不做功,本题中子弹射入木块瞬间有部分机械能转化为内能,故系统机械能不守恒,只有选项C正确2.(2019届南平模拟)如图所示,A、B两物体质量分别为mA、mB,且mA>mB,置于光滑水平面上,相距较远将两个大小均为F的力,同时分别作用在A、B上经过相同距离后,撤去两个力,两物体发生碰撞并粘在一起后将()A停止运动B向左运动C向右运动 D运动方向不能确定解析:选C已知两个力大小相等,mA>mB,由牛顿第二定律可知,两物体的加速度aA<aB,又知xAxB,由运动学公式得xAaAtA2,xBaBtB2,可知tA>tB,由IAFtA,IBFtB,可得IA>IB,由动量定理可知pA0IA,pB0IB,则pA>pB,碰前系统总动量方向向右,碰撞过程动量守恒,由动量守恒定律可知,碰后总动量方向向右,故A、B、D错误,C正确3(多选)质量为m的小球A,沿光滑水平面以速度v0与质量为2m的静止小球B发生正碰碰撞后,A球的动能变为原来的,那么小球B的速度可能是()A.v0 B.v0C.v0 D.v0解析:选AB要注意的是,两球的碰撞不一定是弹性碰撞,A球碰后动能变为原来的,则其速度大小变为原来的.两球在光滑水平面上正碰,碰后A球的运动有两种可能,继续沿原方向运动或被反弹当以A球原来的速度方向为正方向时,则vA±v0,根据两球碰撞前、后的总动量守恒,有mv00m×v02mvB,mv00m×2mvB,解得vBv0,vBv0.又·m2·2m2<mv02,m2·2m2mv02,即碰后动能没有增加,所以A、B正确4.(多选)如图所示,小车C放在光滑地面上,A、B两人站在车的两端,这两人同时开始相向行走,发现车向左运动,分析小车运动的原因可能是()AA、B质量相等,但A比B速率大BA、B质量相等,但A比B速率小CA、B速率相等,但A比B的质量大DA、B速率相等,但A比B的质量小解析:选AC两人及车组成的系统动量守恒,则mAvAmBvBmCvC0,得mAvAmBvB>0,即mAvA>mBvB.5.(2019届泉州质检)如图所示,两个大小相同、质量均为m的小弹珠静止在水平地面上,某小孩在极短时间内给第一个弹珠一个水平冲量使其向右运动,当第一个弹珠运动了距离L时与第二个弹珠发生弹性正碰,碰后第二个弹珠运动了2L后停下已知弹珠所受阻力大小恒为重力的k倍,重力加速度为g,则小孩对第一个弹珠()A施加的冲量为m B施加的冲量为mC做的功为kmgL D做的功为3kmgL解析:选D两个完全相同的小球发生弹性碰撞,速度交换,设第二个小球碰后的速度为v,根据匀变速直线运动的规律v22kg·2L,对第一个小球,设小孩对其做功为W,根据动能定理WkmgLmv2,代入可求W3kmgL,故C错误,D正确;设小孩施加的冲量为I,则I22mW,解得Im,故A、B错误6.(多选)如图所示,小车AB放在光滑水平面上,A端固定一个轻弹簧,B端粘有油泥,小车总质量为M,质量为m的木块C放在小车上,用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩,开始时AB和C都静止,当突然烧断细绳时,C被释放,使C离开弹簧向B端冲去,并跟B端油泥粘在一起,忽略一切摩擦,以下说法正确的是()A弹簧伸长过程中C向右运动,同时小车也向右运动BC与油泥碰前,C与小车的速率之比为MmCC与油泥粘在一起后,小车立即停止运动DC与油泥粘在一起后,小车继续向右运动解析:选BC小车与木块C组成的系统在水平方向上动量守恒,C向右运动时,小车应向左运动,故A错误;设碰前C的速率为v1,小车的速率为v2,则0mv1Mv2,得,故B正确;设C与油泥粘在一起后,小车、C的共同速度为v共,则0(Mm)v共,得v共0,故C正确,D错误7(2018届华大新高考联盟测评)光滑水平地面上有两个静止的小物块a和b,a的质量为m,b的质量M可以取不同的数值现使a以某一速度向b运动,此后a与b发生弹性碰撞,则()A当Mm时,碰撞后b的速度最大B当Mm时,碰撞后b的动能最大C当M>m时,若M越小,碰撞后b的速度越小D当M<m时,若M越大,碰撞后b的动量越小解析:选Ba与b发生弹性碰撞,由动量守恒定律,mv0mv1Mv2,由机械能守恒定律,mv02mv12Mv22,联立解得v1 v0,v2v0.显然,当M0时,b的速度最大,选项A错误;当Mm时,碰撞后a的速度为零,动能为零,b的动能最大,选项B正确;当M>m时,若M越小,碰撞后b的速度越大,选项C错误;当M<m时,若M越大,碰撞后a的速度越小,a的动量越小b的动量Mv2v0v0,若M越大,碰撞后b的动量越大,选项D错误8(多选)(2018届湖南师大附中检测)质量为m,速度为v的A球跟质量为3m的静止的B球发生正碰碰撞可能是弹性的,也可能是非弹性的,因此碰撞后B球的速度可能值为()A0.6v B0.4vC0.2v D0.3v解析:选BD若vB0.6v,选v的方向为正,由动量守恒得mvmvA3m·0.6v,解得vA0.8v,碰撞前系统的总动能为Ekmv2.碰撞后系统的总动能为EkmvA2×3mvB2>mv2,违反了能量守恒定律,不可能,故A错误;若vB0.4v,由动量守恒得mvmvA3m·0.4v,解得vA0.2v,碰撞后系统的总动能为EkmvA2×3mvB2<mv2,不违反能量守恒定律,是可能的,故B正确;A、B发生完全非弹性碰撞,则有mv(m3m)vB,vB0.25v,这时B获得的速度最小,所以vB0.2v,是不可能的,故C错误;若vB0.3v,由动量守恒得mvmvA3m·0.3v,解得vA0.1v,碰撞后系统的总动能为EkmvA2×3mvB2<mv2,不违反能量守恒定律,是可能的,故D正确9.(多选)(2018届湖北省华大新高考联盟质量测评)两滑块a、b沿水平面上同一条直线运动,并发生碰撞,碰撞前后两者的位置x随时间t变化的图象如图所示,已知a的质量为80 g,则下列判断正确的是()A碰撞前滑块a、b的运动方向相同B碰撞后滑块b的速度大小是0.75 m/sC滑块b的质量为100 gD碰撞前后滑块a、b组成的系统损失的动能为1.4 J解析:选CD由x­t图象的斜率表示速度,可知,碰撞前滑块a、b的运动方向相反,A错误;碰撞后,滑块b的速度vb1 m/s,速度大小为1 m/s,B错误;碰撞前,滑块a的速度va5 m/s;b的速度vb3 m/s,碰撞后a的速度为0.两滑块碰撞过程系统动量守恒,以b的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得mavambvbmbvb,解得mb100 g,C正确;碰撞前后滑块a、b组成的系统损失的动能为Ekmava2mbvb2mbvb2,解得Ek1.4 J,D正确10.(2018届北京丰台区质检)如图所示,两质量分别为m1和m2的弹性小球A、B叠放在一起,从高度为h处自由落下,h远大于两小球半径,落地瞬间,B先与地面碰撞,后与A碰撞,所有的碰撞都是弹性碰撞,且都发生在竖直方向、碰撞时间均可忽略不计已知m23m1,则A反弹后能达到的高度为()Ah B2hC3h D4h解析:选D所有的碰撞都是弹性碰撞,所以不考虑能量损失设竖直向上为正方向,根据机械能守恒定律和动量守恒定律可得,(m1m2)gh(m1m2)v2,m2vm1vm1v1m2v2,(m1m2)v2m1v12m2v22,m1v12m1gh1,将m23m1代入,联立可得h14h,选项D正确二、非选择题11.(2018年全国卷)汽车A在水平冰雪路面上行驶驾驶员发现其正前方停有汽车B,立即采取制动措施,但仍然撞上了汽车B.两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示,碰撞后B车向前滑动了4.5 m,A车向前滑动了2.0 m已知A和B的质量分别为2.0×103 kg和1.5×103 kg,两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10,两车碰撞时间极短,在碰撞后车轮均没有滚动,重力加速度大小g10 m/s2.求:(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小;(2)碰撞前的瞬间A车速度的大小解析:(1)设B车的质量为mB,碰后加速度大小为aB.根据牛顿第二定律有mBgmBaB式中是汽车与路面间的动摩擦因数设碰撞后瞬间B车速度的大小为vB,碰撞后滑行的距离为xB.由运动学公式有vB22aBxB联立式并利用题给数据得vB3 m/s.(2)设A车的质量为mA,碰后加速度大小为aA.根据牛顿第二定律有mAgmAaA设碰撞后瞬间A车速度大小为vA,碰撞后滑行的距离为xA.由运动学公式有vA22aAxA设碰撞前的瞬间A车的速度大小为vA.两车在碰撞过程中动量守恒,有mAvAmAvAmBvB联立式并利用题给数据得vA4.25 m/s. 答案:(1)3 m/s(2)4.25 m/s12(2019届南通模拟)如图,质量为M的小车静止在光滑的水平面上,小车AB段是半径为R的四分之一圆弧光滑轨道,BC段是长为L的水平粗糙轨道,两段轨道相切于B点,一质量为m的滑块在小车上从A点由静止开始沿轨道滑下,重力加速度为g.(1)若固定小车,求滑块运动过程中对小车的最大压力;(2)若不固定小车,滑块仍从A点由静止下滑,然后滑入BC轨道,最后从C点滑出小车,已知滑块质量m,在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍,滑块与轨道BC间的动摩擦因数为,求:滑块运动过程中,小车的最大速度vm;滑块从B到C运动过程中,小车的位移大小解析:(1)滑块到达B点时的速度最大,受到的支持力最大;滑块下滑的过程中机械能守恒,由机械能守恒定律得mgRmvB2,滑块在B点处受到的支持力与重力的合力提供向心力,由牛顿第二定律得Nmgm,解得N3mg由牛顿第三定律得滑块对小车的压力NN3mg即滑块运动过程中对小车的最大压力是3mg.(2)在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍,设小车的最大速度是vm,由机械能守恒定律得mgRMvm2m(2vm)2,解得vm .由于在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍,所以滑块从B到C运动过程中,滑块的平均速度是小车的平均速度的2倍,即滑块2车由于它们运动的时间相等,根据xt可得s滑块2s车又s滑块s车L所以小车的位移大小s车L.答案:(1)3mg(2) L

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