2020年物理高考大一輪復(fù)習(xí) 第6章 動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用 第19講 動(dòng)量守恒定律練習(xí)（含解析）

《2020年物理高考大一輪復(fù)習(xí) 第6章 動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用 第19講 動(dòng)量守恒定律練習(xí)（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020年物理高考大一輪復(fù)習(xí) 第6章 動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用 第19講 動(dòng)量守恒定律練習(xí)（含解析）（9頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第19講 動(dòng)量守恒定律解密考綱主要考查動(dòng)量守恒定律的基本概念、規(guī)律的理解，運(yùn)用守恒的觀點(diǎn)分析物體運(yùn)動(dòng)過程等1(2019煙臺(tái)二中高三月考)(多選)如圖所示，在光滑的水平面上有一輛平板車，人和車都處于靜止?fàn)顟B(tài)一個(gè)人站在車上用大錘敲打車的左端，在連續(xù)的敲打下，下列說法正確的是( )A車左右往復(fù)運(yùn)動(dòng)B車持續(xù)向右運(yùn)動(dòng)C大錘、人和車組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒D當(dāng)大錘停止運(yùn)動(dòng)時(shí)，人和車也停止運(yùn)動(dòng)ACD解析 把人和車看成一個(gè)整體，用大錘連續(xù)敲打車的左端，根據(jù)動(dòng)量守恒可知，系統(tǒng)的總動(dòng)量為零，當(dāng)把錘頭打下去時(shí)，大錘向右運(yùn)動(dòng)，小車就向左運(yùn)動(dòng)，抬起錘頭時(shí)大錘向左運(yùn)動(dòng)，小車向右運(yùn)動(dòng)，所以在水平面上左、右往返運(yùn)動(dòng)，車不會(huì)

2、持續(xù)地向右駛?cè)?，?dāng)大錘停止運(yùn)動(dòng)時(shí)，人和車也停止運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A、C、D正確2(2019河南林州一中分校高三調(diào)研)(多選)如圖所示，A、B兩物體的質(zhì)量之比MAMB32，原來靜止在平板小車C上，A、B間有一根被壓縮的彈簧，地面光滑當(dāng)彈簧突然釋放后，A、B兩物體被反向彈開，則A、B兩物體滑行過程中()A若A、B與平板車上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒B若A、B與平板車上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)之比為23，A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒C若A、B所受的動(dòng)摩擦力大小相等，A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒D若A、B所受的摩擦力大小相等，則A、B、C組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒BC解析 因?yàn)锳、B的質(zhì)量不等，若A、B與平

3、板車上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，則所受摩擦力大小不等，A、B組成的系統(tǒng)所受的外力之和不為零，所以A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤若A、B與平板車上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)之比為23，A、B兩物體的質(zhì)量之比MAMB32，所以A、B兩物體所受摩擦力大小相等，方向相反，A、B組成的系統(tǒng)所受的外力之和為零，所以A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，故選項(xiàng)B正確若A、B與平板車上表面間的動(dòng)摩擦力相同，A、B組成的系統(tǒng)所受的外力為零，所以A、B兩物體的系統(tǒng)總動(dòng)量守恒，故選項(xiàng)C正確因地面光滑，則無論A、B所受的摩擦力大小是否相等，A、B、C組成的系統(tǒng)合外力均為零，系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤3(2019遼寧六校協(xié)作體

4、高三聯(lián)考)(多選)質(zhì)量相等的A、B兩球在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運(yùn)動(dòng)，A球的動(dòng)量是7 kgm/s，B球的動(dòng)量是5 kgm/s，當(dāng)A球追上B球發(fā)生碰撞，則碰撞后A、B兩球的動(dòng)量可能值是()ApA2 kgm/s，pB14 kgm/sBpA4 kgm/s，pB16 kgm/sCpA6 kgm/s，pB6 kgm/sDpA5 kgm/s，pB7 kgm/sCD解析 碰撞前系統(tǒng)總動(dòng)量ppApB12 kgm/s，由題意，設(shè)mAmBm，碰前總動(dòng)能為Ek；若pA2 kgm/s，pB14 kgm/s，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，碰撞后的總動(dòng)能Ek，不可能，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；若pA4 kgm/s，pB16 kgm/s，碰撞后

5、的總動(dòng)能Ek，不可能，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；若pA6 kgm/s，pB6 kgm/s，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，碰撞后的總動(dòng)能2Ek，是可能的，選項(xiàng)C正確；若pA5 kgm/s，pB7 kgm/s，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，碰撞后的總動(dòng)能Ek，是可能的，選項(xiàng)D正確4(2019山東師范大學(xué)附屬中學(xué)高三模擬)(多選)在光滑的水平面上，質(zhì)量為m的子彈以初速度v0射擊質(zhì)量為M的木塊，最終子彈未能射穿木塊，射入的深度為d，木塊在加速運(yùn)動(dòng)中的位移為s，下列說法正確的是( )A子彈動(dòng)能的虧損大于系統(tǒng)動(dòng)能的虧損B子彈動(dòng)量的減少量等于木塊動(dòng)量的增加量C摩擦力對M做的功一定等于摩擦力對m做的功D位移s一定大于深度dAB解析 子彈射穿木塊的過程中，

6、子彈損失的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為木塊的動(dòng)能和系統(tǒng)的內(nèi)能，故子彈減少的動(dòng)能大于木塊增加的動(dòng)能，故選項(xiàng)A正確；水平面光滑，則系統(tǒng)在水平方向的動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律可知，子彈動(dòng)量減少量等于木塊動(dòng)量增加量，故選項(xiàng)B正確；子彈擊中木塊的過程中，子彈克服阻力做的功，一方面轉(zhuǎn)化為木塊的動(dòng)能，另一方面轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)內(nèi)能，根據(jù)動(dòng)能定理可知摩擦力對木塊做的功等于木塊的動(dòng)能的增加量，因此摩擦力對木塊做的功一定小于摩擦力對子彈做的功，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；設(shè)子彈與木塊之間的相互作用力為Ff，子彈和木塊達(dá)到的共同速度大小為v，由動(dòng)能定理得，對子彈Ff(sd)mv2mv，對木塊FfsMv2，又根據(jù)動(dòng)量守恒定律得mv0(Mm)v，聯(lián)立方程解得，

7、因?yàn)?，所以s|v1|，所以最后A球不會(huì)與B球再相碰，故選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；當(dāng)h0.2 m時(shí)，根據(jù)v0、vv0，可得，C球最后的速度v m/s m/s，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確12(2019河南滑縣高三聯(lián)考)如圖所示，兩個(gè)相同的物塊A、B靜止在水平面上，質(zhì)量均為m0.5 kg，兩物塊間距離為x01.0 m，它們之間連有一根松弛的輕繩某時(shí)刻物塊B受到一個(gè)水平向右的拉力，拉力F10.0 N經(jīng)時(shí)間t10.5 s后撤掉水平拉力F，再經(jīng)時(shí)間t20.1 s兩物塊間的輕繩突然繃緊設(shè)兩物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，輕繩繃緊的瞬間繩子上的張力遠(yuǎn)大于物塊受到的摩擦力g取10 m/s2，求：(1)兩物塊間的輕繩的

8、長度；(2)輕繩繃緊的瞬間，輕繩對物塊A的沖量大小解析 (1)在拉力作用的t10.5 s時(shí)間內(nèi)，由動(dòng)量定理得Ft1mgt1mv1，解得v19.0 m/s，由動(dòng)能定理得(Fmg)x1mv，解得x12.25 m撤掉拉力后的t20.1 s時(shí)間內(nèi)，由牛頓第二定律有mgma，解得ag2 m/s2，v2v1at28.8 m/s，x2t20.89 m，兩物塊間輕繩的長度xx0x1x24.14 m.(2)輕繩繃緊的瞬間繩子上的張力遠(yuǎn)大于物塊的摩擦力，兩物塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有mv22mv3，解得v34.4 m/s.由動(dòng)量定理得，輕繩繃緊的瞬間，輕繩對物塊A的沖量大小Ipmv30，解得I2.2 Ns.答案 (

9、1)4.14 m(2)2.2 Ns13(2019江西上饒高三聯(lián)考)一質(zhì)量為M的沙袋用長度為L的輕繩懸掛，沙袋距離水平地面高度為h，一顆質(zhì)量為m的子彈，以某一水平速度射向沙袋，穿出沙袋后落在水平地面上(沙袋的質(zhì)量不變，子彈與沙袋作用的時(shí)間極短)測量出子彈落地點(diǎn)到懸掛點(diǎn)的水平距離為x，在子彈穿出沙袋后沙袋的最大擺角為，空氣阻力不計(jì)，重力加速度為g，求：(1)子彈射出沙袋瞬間的速度v1的大小；(2)子彈射入沙袋前的速度v的大小解析 (1)子彈射出沙袋后做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律xv1t，在豎直方向hgt2，解得v1x.(2)由機(jī)械能守恒定律得MvMgL(1cos )，解得v2.對子彈穿過沙袋的過程

10、，以向右為正，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得mvmv1Mv2，解得vx.答案 (1)x(2)x 14(2019湖南、湖北八市十二校高三調(diào)研聯(lián)考)如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一傾角37的傳送帶，兩皮帶輪AB軸心之間的距離L3.2 m，沿順時(shí)針方向以v02 m/s勻速運(yùn)動(dòng)一質(zhì)量m2 kg的物塊P從傳送帶頂端無初速度釋放，物塊P與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.5.物塊P離開傳送帶后在C點(diǎn)沿切線方向無能量損失地進(jìn)入半徑為 m的光滑圓弧形軌道CDF，并沿軌道運(yùn)動(dòng)至最低點(diǎn)F，與位于圓弧軌道最低點(diǎn)的物塊Q發(fā)生碰撞，碰撞時(shí)間極短，物塊Q的質(zhì)量M1 kg，物塊P和Q均可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度g10 m/s2，sin 370.6，cos

11、 370.8.求：(1)物塊P從傳送帶離開時(shí)的動(dòng)量；(2)傳送帶對物塊P做功為多少；(3)物塊P與物塊Q碰撞后瞬間，物塊P對圓弧軌道壓力大小的取值范圍解析 (1)物塊在未到達(dá)與傳送帶共速之前，所受摩擦力方向沿傳送帶向下，由牛頓第二定律得mgsin mgcos ma1，解得a110 m/s2，所需時(shí)間t10.2 s，沿斜面向下運(yùn)動(dòng)的位移x1t10.2 m.當(dāng)物塊P的速度與傳送帶共速后，由于mgsin mgcos ，所以物塊P所受摩擦力方向沿傳送帶向上，由牛頓第二定律得mgsin mgcos ma2，解得a22 m/s2，物塊P以加速度a2運(yùn)動(dòng)的距離為x2Lx13 m設(shè)物塊P運(yùn)動(dòng)到傳送帶底端的速度

12、為v1，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得vv2a2x2，解得v14 m/s，則動(dòng)量為pmv18 kgm/s，方向與水平方向成37斜向右下(2)物塊從頂端到底端，根據(jù)動(dòng)能定理WmgLsin 37mv，可知傳送帶對物塊做功為W22.4 J.(3)設(shè)物塊P運(yùn)動(dòng)到F點(diǎn)的速度為v2，由動(dòng)能定理得mvmvmgr(1cos 37)，解得v26 m/s.若物塊P與物塊Q發(fā)生完全彈性碰撞，并設(shè)物塊P碰撞后的速度為v3，物塊Q碰撞后的速度為v4，則兩物塊的碰撞過程動(dòng)量守恒，碰撞前后動(dòng)能之和不變，mv2mv3Mv4，根據(jù)能量守恒mvmvMv，解得v32 m/s，若物塊P與物塊Q發(fā)生完全非彈性碰撞則mv2(mM)v3，解得v34 m/s，所以物塊P的速度范圍為2 m/sv34 m/s.在F點(diǎn)由牛頓第二定律得FNmgm，解得34.4 NFN77.6 N，物塊P碰撞后瞬間對圓弧軌道的壓力為FN，由牛頓第三定律可得34.4 NFN77.6 N.答案 (1)8 kgm/s方向與水平方向成37斜向右下(2)22.4 J(3)34.4 NFN77.6 N9