2019高考物理二輪復(fù)習 第一部分 專題二 能量與動量 專題強化練(七)碰撞與動量守恒定律

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1、專題強化練(七) 碰撞與動量守恒定律考點1沖量與動量定理的應(yīng)用1(2018山西名校聯(lián)考)一質(zhì)點在幾個恒力作用下做勻速直線運動現(xiàn)在某位置撤去一個與運動方向在同一直線上的恒力,且原來作用在質(zhì)點上的其他力不發(fā)生改變則()A質(zhì)點可能會再次經(jīng)過此位置B質(zhì)點在以后的運動中動量可能保持不變C質(zhì)點在以后的運動中加速度可能不恒定D質(zhì)點在以后一段時間內(nèi)的動量變化量的方向可能與原運動方向不在同一直線上解析:若質(zhì)點運動的方向與撤去的恒力方向相同,則撤去該恒力后質(zhì)點做勻減速直線運動,速度減為零后反向勻加速運動,會再次經(jīng)過此位置,A正確;撤去一個恒力,剩余力的合力也是恒力,所以質(zhì)點的加速度一定是恒定的,質(zhì)點一定做勻變速直

2、線運動,動量一定變化,且變化量的方向與原運動方向在同一直線上,B、C、D錯誤答案:A2(多選)(2018拉薩中學檢測)下列運動過程中,在任意相等時間內(nèi),物體動量變化量相同的是()A平拋運動 B自由落體運動C勻速圓周運動 D勻減速直線運動解析:根據(jù)動量定理pFt,F(xiàn)是合力,平拋運動物體的合力是重力,為恒力,相等時間內(nèi)其沖量不變,動量變化量相同,故A正確;自由落體運動物體的合力是重力,為恒力,相等時間內(nèi)其沖量不變,動量變化量相同,故B正確;勻速圓周運動物體的合力始終指向圓心,是變力,相等時間內(nèi)合力的沖量也是變化的,動量變化量是變化的,故C錯誤;勻減速直線運動物體的合力是恒力,相等時間內(nèi)其沖量不變動

3、量變化量相同,故D正確答案:ABD3(2018遼師大附中檢測)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,橡皮泥粘在墻上,鋼球以原速率反向彈回關(guān)于它們對墻的水平?jīng)_量的大小,下列說法正確的是 ()A子彈、橡皮泥和鋼球?qū)Φ臎_量大小相等B子彈對墻的沖量最小C橡皮泥對墻的沖量最小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_量大小可以通過墻對子彈、橡皮泥和鋼球的沖量求得;對子彈:p1mv1mv2,對橡皮泥:p2mv1,對鋼球:p32mv1,由此可知p1p2p3,B正確答案:B4.(2017天津卷)“天津之眼”是一座跨河建設(shè)、橋輪合一的摩天輪

4、,是天津市的地標之一摩天輪懸掛透明座艙,乘客隨座艙在豎直面內(nèi)做勻速圓周運動下列敘述正確的是()A摩天輪轉(zhuǎn)動過程中,乘客的機械能保持不變B在最高點時,乘客重力大于座椅對他的支持力C摩天輪轉(zhuǎn)動一周的過程中,乘客重力的沖量為零D摩天輪轉(zhuǎn)動過程中,乘客重力的瞬時功率保持不變解析:摩天輪轉(zhuǎn)動過程中乘客的動能不變,重力勢能一直變化,故機械能一直變化,A錯誤;在最高點乘客具有豎直向下的向心加速度,重力大于座椅對他的支持力,B正確;摩天輪轉(zhuǎn)動一周的過程中,乘客重力的沖量等于重力與周期的乘積,C錯誤;重力瞬時功率等于重力與速度在重力方向上的分量的乘積,而轉(zhuǎn)動過程中速度在重力方向上的分量是變化的,所以重力的瞬時功

5、率也是變化的,D錯誤答案:B考點2碰撞和動量守恒定律的應(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向右運動在小球A的前方O點處有一質(zhì)量為m2的小球B處于靜止狀態(tài),Q點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均向右運動小球B與墻壁碰撞后原速率返回并與小球A在P點相遇,PQ2PO,則兩小球質(zhì)量之比m1m2為()A75 B13C21 D53解析:設(shè)A、B兩個小球碰撞后的速度分別為v1、v2,由動量守恒定律有m1v0m1v1m2v2,發(fā)生彈性碰撞,不損失動能,故根據(jù)能量守恒定律有m1vm1vm2v,兩個小球碰撞后到再次相遇,其速率不變,由運動學規(guī)律有v1v2PO(PO

6、2PQ)PO(PO4PO)15,聯(lián)立三式可得m1m253,D正確答案:D6在光滑水平面上,質(zhì)量為m的小球A正以速度v0勻速運動某時刻小球A與質(zhì)量為3m的靜止小球B發(fā)生正碰,兩球相碰后,A球的動能恰好變?yōu)樵瓉淼?則碰后B球的速度大小是()A. B.C.或 D無法確定解析:兩球相碰后A球的速度大小變?yōu)樵瓉淼模嗯鲞^程中滿足動量守恒,若碰后A速度方向不變,則mv0mv03mv1,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,不符合實際情況,因此A球一定反向運動,即mv0mv03mv1,可得v1,A正確,B、C、D錯誤答案:A7一彈丸在飛行到距離地面5 m高時有水平速度v2 m/

7、s,爆炸成為甲、乙兩塊水平飛出,甲、乙的質(zhì)量比為31.不計質(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:平拋運動時間t1 s,爆炸過程遵守動量守恒定律,設(shè)彈丸質(zhì)量為m,則mvmv甲mv乙,又v甲,v乙,t1 s,則有x甲x乙2 m,將各選項中數(shù)據(jù)代入計算得B正確答案:B8如圖所示在光滑水平面上放置一個質(zhì)量為M的滑塊,滑塊的一側(cè)是一個弧形凹槽OAB,凹槽半徑為R,A點切線水平另有一個質(zhì)量為m的小球以速度v0從A點沖上凹槽,重力加速度大小為g,不計摩擦下列說法中正確的是()A當v0時,小球能到達B點B如果小球的速度足夠大,球?qū)幕瑝K的左側(cè)離開滑塊后落到水

8、平面上C當v0時,小球在弧形凹槽上運動的過程中,滑塊的動能一直增大D如果滑塊固定,小球返回A點時對滑塊的壓力大小為m解析:小球在弧形凹槽上運動的過程中,小球?qū)瑝K的力有水平向左的分量使滑塊向左加速,滑塊動能增大,小球的機械能將減小,A錯誤,C正確;當小球速度足夠大,從B點離開滑塊時由于B點切線豎直,在B點時小球與滑塊的水平速度相同,離開B點后將再次從B點落回,不會從滑塊的左側(cè)離開滑塊后落到水平面上,B錯誤;如果滑塊固定,小球返回A點時對滑塊的壓力為mgm,D錯誤答案:C考點3動量和能量的綜合應(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,某時刻把一質(zhì)量為

9、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相對靜止達到共同速度v,此時木板B前進距離x,小鐵塊到木板右端的距離為L,若小鐵塊和木板間的動摩擦因數(shù)為.下列說法正確的是()A木板對鐵塊的摩擦力對鐵塊做的功等于mgLB木板與鐵塊組成的系統(tǒng)動量守恒C系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能等于mgLD系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能等于Mv(Mm)v2解析: 由運動過程示意圖知,木板B前進的位移為x,小鐵塊A位移為xL,相對位移為L,對A、B組成的系統(tǒng):木板對鐵塊的摩擦力對鐵塊做的功W1mg(xL);木板與鐵塊組成的系統(tǒng)所受合外力為零,所以動量守恒;系統(tǒng)初動能為Mv,系統(tǒng)末動能為(Mm)v2,由能量守恒得,系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)

10、能為Mv(Mm) v2 ,滑動摩擦力與相對位移的乘積mgL就等于系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能,故A錯誤,B、C、D正確答案:BCD10.如圖所示,打樁機錘頭質(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,且在極短時間內(nèi)便隨樁一起向下運動,使得木樁深入泥土的距離為s,試求在木樁下陷過程中泥土對木樁的平均阻力是多少?解析:設(shè)錘頭剛與木樁接觸時的速度大小為v0,則由運動學規(guī)律可得:v2gh.由于錘頭與木樁碰撞時,作用時間極短,系統(tǒng)的內(nèi)力遠遠大于外力,動量守恒設(shè)兩者碰撞后的共同速度大小為v,則由動量守恒定律可得:Mv0(Mm)v.設(shè)在木樁下陷過程中泥土對木樁的平均阻力大小為Ff,則由動能定理可得:(Mm)g

11、sFfs0(Mm)v2,以上各式聯(lián)立求解得:Ff(Mm)g.答案:見解析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,用一段不可伸長的輕質(zhì)細繩懸掛一質(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(子彈射入木塊時間極短),在以后的運動過程中,擺線離開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運動過程的最大速度解析:(1)因為子彈與木塊作用時間極短,子彈與木塊間的相互作用力遠大于它們的重力,所以子彈與木塊組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒,設(shè)子彈與木塊開始上升時的速度為v1,設(shè)向右為正方向,則有:mv02mv1當木塊擺到最大高度時,三者具有相同的水平速度,根據(jù)動量守恒定律得:mv0(mm2m)v2,由能量守恒得2mv4mv2mgh,解得h.(2)子彈射入木塊后由動量守恒得:2mv12mv12mv2根據(jù)能量守恒得:2mv2mv122mv22,解得v2.答案:(1)(2)6

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