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2019版高考物理大二輪復(fù)習(xí) 考前基礎(chǔ)回扣練8 動量定理和動量守恒定律.doc

  • 資源ID:6306633       資源大小:144KB        全文頁數(shù):7頁
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2019版高考物理大二輪復(fù)習(xí) 考前基礎(chǔ)回扣練8 動量定理和動量守恒定律.doc

回扣練8:動量定理和動量守恒定律1將一個光滑的半圓形槽置于光滑的水平面上如圖,槽左側(cè)有一個固定在水平面上的物塊現(xiàn)讓一個小球自左側(cè)槽口A點正上方由靜止開始落下,從A點落入槽內(nèi),則下列說法中正確的是()A小球在半圓槽內(nèi)運動的過程中,機械能守恒B小球在半圓槽內(nèi)運動的全過程中,小球與半圓槽組成的系統(tǒng)動量守恒C小球在半圓槽內(nèi)由B點向C點運動的過程中,小球與半圓槽組成的系統(tǒng)動量守恒D小球從C點離開半圓槽后,一定還會從C點落回半圓槽解析:選D.只有重力做功時物體機械能守恒,小球在半圓槽內(nèi)運動由B到C過程中,除重力做功外,槽的支持力也對小球做功,小球機械能不守恒,由此可知,小球在半圓槽內(nèi)運動的全過程中,小球的機械能不守恒,故A錯誤小球在槽內(nèi)運動的前半過程中,左側(cè)物體對槽有作用力,小球與槽組成的系統(tǒng)水平方向上的動量不守恒,故B錯誤小球自半圓槽的最低點B向C點運動的過程中,系統(tǒng)在水平方向所受合外力為零,故小球與半圓槽在水平方向動量守恒,故C錯誤小球離開C點以后,既有豎直向上的分速度,又有與槽相同的水平分速度,小球做斜上拋運動,然后可以從C點落回半圓槽,故D正確故選D.2如圖所示,質(zhì)量為m的A球在水平面上靜止放置,質(zhì)量為2m的B球向左運動速度大小為v0,B球與A球碰撞且無機械能損失,碰后A球速度大小為v1,B球的速度大小為v2,碰后相對速度與碰前相對速度的比值定義為恢復(fù)系數(shù)e,下列選項正確的是()Ae1BeCe De解析:選A.AB在碰撞的過程中,根據(jù)動量守恒可得,2mv0mv12mv2,在碰撞的過程中機械能守恒,可得2mvmv2mv,解得v1v0,v2v0,碰后相對速度與碰前相對速度的比值定義為恢復(fù)系數(shù)e1,故A正確,BCD錯誤;故選A.3如圖所示,AB兩小球靜止在光滑水平面上,用輕彈簧相連接,A球的質(zhì)量小于B球的質(zhì)量若用錘子敲擊A球使A得到v的速度,彈簧壓縮到最短時的長度為L1;若用錘子敲擊B球使B得到v的速度,彈簧壓縮到最短時的長度為L2,則L1與L2的大小關(guān)系為()AL1L2 BL1L2CL1L2 D不能確定解析:選C.若用錘子敲擊A球,兩球組成的系統(tǒng)動量守恒,當(dāng)彈簧最短時,兩者共速,則mAv(mAmB)v,解得v ,彈性勢能最大,最大為EpmAv2(mAmB)v2;若用錘子敲擊B球,同理可得mBv(mAmB)v,解得v,彈性勢能最大為EpmBv2(mAmB)v2,即兩種情況下彈簧壓縮最短時,彈性勢能相等,故L1L2,C正確4如圖所示,足夠長的傳送帶以恒定的速率v1逆時針運動,一質(zhì)量為m的物塊以大小為v2的初速度從左輪中心正上方的P點沖上傳送帶,從此時起到物塊再次回到P點的過程中,下列說法正確的是()A合力對物塊的沖量大小一定為2mv2B合力對物塊的沖量大小一定為2mv1C合力對物塊的沖量大小可能為零D合力對物塊做的功可能為零解析:選D.若v2v1,物塊在傳送帶上先向右做勻減速直線運動,速度減為零后再返回做勻加速直線運動,達到速度v1后做勻速直線運動,可知物塊再次回到P點的速度大小為v1,規(guī)定向左為正方向,根據(jù)動量定理得,合外力的沖量I合mv1m(v2)mv1mv2.根據(jù)動能定理知,合外力做功W合mvmv;若v2v1,物塊在傳送帶上先向右做勻減速直線運動,速度減為零后再返回做勻加速直線運動,物塊再次回到P點的速度大小為v2,規(guī)定向左為正方向,根據(jù)動量定理得,合外力的沖量為:I合mv2m(v2)2mv2;根據(jù)動能定理知,合外力做功為:W合mvmv0.故D正確,ABC錯誤故選D.5如圖甲所示,工人利用傾斜鋼板向車內(nèi)搬運貨物,用平行于鋼板向上的力將貨物從靜止開始由鋼板底端推送到頂端,到達頂端時速度剛好為零若貨物質(zhì)量為100 kg,鋼板與地面的夾角為30,鋼板與貨物間的滑動摩擦力始終為50 N,整個過程中貨物的速度時間圖象如圖乙所示,重力加速度g取10 m/s2.下列說法正確的是()A02 s內(nèi)人對貨物做的功為600 JB整個過程中人對貨物的推力的沖量為1 000 NsC02 s和23 s內(nèi)貨物所受推力之比為12D整個過程中貨物始終處于超重狀態(tài)解析:選A.02 s內(nèi)貨物的加速度a10.5 m/s2,根據(jù)牛頓第二定律:F1fmgsin 30ma1,解得F1600 N;02 s內(nèi)貨物的位移:x121 m1 m;則人對貨物做的功為WFFx1600 J,選項A正確;整個過程中,根據(jù)動量定理:IF(fmgsin 30)t0,解得整個過程中人對貨物的推力的沖量為IF(fmgsin 30)t(50100100.5)31 650 Ns,選項B錯誤;23 s內(nèi)貨物的加速度大小a21 m/s2,根據(jù)牛頓第二定律:fmgsin 30F2ma2所受推力F2450 N;則02 s和23 s內(nèi)貨物所受推力之比為F1F260045043,選項C錯誤;整個過程中貨物的加速度先沿斜面向上,后向下,先超重后失重,選項D錯誤;故選A.6(多選)如圖所示,光滑水平面上有大小相同的A、B兩球在同一直線上運動兩球質(zhì)量關(guān)系為mB2mA,規(guī)定向右為正方向,A、B兩球的動量均為6 kgm/s,運動中兩球發(fā)生碰撞,碰撞后A球的動量增量為4 kgm/s,則()A該碰撞為彈性碰撞B該碰撞為非彈性碰撞C左方是A球,碰撞后A、B兩球速度大小之比為25D右方是A球,碰撞后A、B兩球速度大小之比為110解析:選AC.規(guī)定向右為正方向,碰撞前A、B兩球的動量均為6 kgm/s,說明A、B兩球的速度方向向右,兩球質(zhì)量關(guān)系為mB2mA,所以碰撞前vAvB,所以左方是A球碰撞后A球的動量增量為4 kgm/s,所以碰撞后A球的動量是2 kgm/s;碰撞過程系統(tǒng)總動量守恒:mAvAmBvBmAvAmBvB所以碰撞后B球的動量是10 kgm/s,根據(jù)mB2mA,所以碰撞后A、B兩球速度大小之比為25,故C正確,D錯誤碰撞前系統(tǒng)動能:,碰撞后系統(tǒng)動能為:,則碰撞前后系統(tǒng)機械能不變,碰撞是彈性碰撞,故A正確,B錯誤;故選AC.7(多選)質(zhì)量為M3 kg的滑塊套在水平固定著的軌道上并可在軌道上無摩擦滑動質(zhì)量為m2 kg的小球(視為質(zhì)點)通過長L0.75 m的輕桿與滑塊上的光滑軸O連接,開始時滑塊靜止,輕桿處于水平狀態(tài)現(xiàn)給小球一個v03 m/s的豎直向下的初速度,取g10 m/s2.則()A小球m從初始位置到第一次到達最低點的過程中,滑塊M在水平軌道上向右移動了0.3 mB小球m從初始位置到第一次到達最低點的過程中,滑塊M在水平軌道上向右移動了0.2 mC小球m相對于初始位置可以上升的最大高度為0.27 mD小球m從初始位置到第一次到達最大高度的過程中,滑塊M在水平軌道上向右移動了0.54 m解析:選AD.可把小球和滑塊水平方向的運動看作人船模型,設(shè)滑塊M在水平軌道上向右運動了x,由滑塊和小球系統(tǒng)在水平方向上動量守恒,有,解得:x0.3 m,選項A正確、B錯誤根據(jù)動量守恒定律,小球m相對于初始位置上升到最大高度時小球和滑塊速度都為零,由能量守恒定律可知,小球m相對于初始位置可以上升的最大高度為0.45 m,選項C錯誤此時桿與水平面的夾角為cos 0.8,設(shè)小球從最低位置上升到最高位置過程中滑塊M在水平軌道上又向右運動了x,由滑塊和小球系統(tǒng)在水平方向時動量守恒,有,解得:x0.24 m小球m從初始位置到第一次到達最大高度的過程中,滑塊在水平軌道上向右移動了xx0.3 m0.24 m0.54 m,選項D正確8(多選)如圖所示,一輛質(zhì)量為M3 kg的平板小車A??吭谪Q直光滑墻壁處,地面水平且光滑,一質(zhì)量為m1 kg的小鐵塊B(可視為質(zhì)點)放在平板小車A最右端,平板小車A上表面水平且與小鐵塊B之間的動摩擦因數(shù)0.5,平板小車A的長度L0.9 m現(xiàn)給小鐵塊B一個v05 m/s的初速度使之向左運動,與豎直墻壁發(fā)生彈性碰撞后向右運動,重力加速度g10 m/s2.下列說法正確的是()A小鐵塊B向左運動到達豎直墻壁時的速度為2 m/sB小鐵塊B與墻壁碰撞過程中所受墻壁的沖量為8 NsC小鐵塊B向左運動到達豎直墻壁的過程中損失的機械能為4 JD小鐵塊B在平板小車A上運動的整個過程中系統(tǒng)損失的機械能為9 J解析:選BD.設(shè)小鐵塊B向左運動到達豎直墻壁時的速度為v1,根據(jù)動能定理得:mgLmvmv,解得:v14 m/s,選項A錯誤與豎直墻壁發(fā)生彈性碰撞,反彈速度為4 m/s,由動量定理可知,小鐵塊B與墻壁碰撞過程中所受墻壁的沖量為I2mv18 Ns,選項B正確小鐵塊B向左運動到達豎直墻壁的過程中損失的機械能為mgL4.5 J,選項C錯誤假設(shè)發(fā)生彈性碰撞后小鐵塊B最終和平板小車A達到的共同速度為v2,根據(jù)動量守恒定律得:mv1(Mm)v2,解得:v21 m/s.設(shè)小鐵塊B在平板小車A上相對滑動的位移為x時與平板小車A達到共同速度v2,則根據(jù)功能關(guān)系得:mgx(Mm)vmv,解得:x1.2 m,由于xL,說明小鐵塊B在沒有與平板小車A達到共同速度時就滑出平板小車A,所以小鐵塊B在平板小車上運動的整個過程中系統(tǒng)損失的機械能為E2mgL9 J,選項D正確9(多選)在地面上以大小為v1的初速度豎直向上拋出一質(zhì)量為m的皮球,皮球落地時速度大小為v2.若皮球運動過程中所受空氣阻力的大小與其速率成正比,重力加速度為g.下列判斷正確的是()A皮球上升的最大高度為B皮球從拋出到落地過程中克服阻力做的功為mvmvC皮球上升過程經(jīng)歷的時間為D皮球從拋出到落地經(jīng)歷的時間為解析:選BD.減速上升的過程中受重力、阻力作用,故加速度大于g,則上升的高度小于,上升的時間小于,故AC錯誤;皮球從拋出到落地過程中重力做功為零,根據(jù)動能定理得克服阻力做功為Wfmvmv,故B正確;用動量定理,結(jié)合數(shù)學(xué)知識,假設(shè)向下為正方向,設(shè)上升階段的平均速度為v,則:mgt1kvt1mv1,由于平均速度乘以時間等于上升的高度,故有:hvt1,即:mgt1khmv1,同理,設(shè)下降階段的平均速度為v,則下降過程:mgt2kvt2mv2,即:mgt2khmv2,由得:mg(t1t2)m(v1v2),解得:tt1t2,故D正確;故選BD.10(多選)如圖所示,足夠長的光滑水平導(dǎo)軌間距為2 m,電阻不計,垂直導(dǎo)軌平面有磁感應(yīng)強度為1 T的勻強磁場,導(dǎo)軌上相隔一定距離放置兩根長度略大于間距的金屬棒,a棒質(zhì)量為1 kg,電阻為5 ,b棒質(zhì)量為2 kg,電阻為10 .現(xiàn)給a棒一個水平向右的初速度8 m/s,當(dāng)a棒的速度減小為4 m/s時,b棒剛好碰到了障礙物,經(jīng)過很短時間0.5 s速度減為零(不反彈,且a棒始終沒有與b棒發(fā)生碰撞),下列說法正確的是()A從上向下看回路產(chǎn)生逆時針方向的電流Bb棒在碰撞前瞬間的速度大小為2 m/sC碰撞過程中障礙物對b棒的平均沖擊力大小為6 NDb棒碰到障礙物后,a棒繼續(xù)滑行的距離為15 m解析:選ABD.根據(jù)右手定則可知,從上向下看回路產(chǎn)生逆時針方向的電流,選項A正確;系統(tǒng)動量守恒,由動量守恒定律可知:mav0mavambvb解得vb2 m/s,選項B正確;b碰到障礙物時,回路的感應(yīng)電動勢:EBL(vavb)4 V;回路的電流:I A;b棒所受的安培力:FbBIL N;b與障礙物碰撞時,由動量定理:(FbF)t0mbvb解得:F8.5 N,選項C錯誤;b碰到障礙物后,a繼續(xù)做減速運動,直到停止,此時由動量定理:B ILtmava,其中Itq聯(lián)立解得x15 m,選項D正確;故選ABD.11(多選)兩個小球A、B在光滑水平面上相向運動,已知它們的質(zhì)量分別是m14 kg,m22 kg,A的速度v13 m/s(設(shè)為正),B的速度v23 m/s,則它們發(fā)生正碰后,其速度可能分別是()A均為1 m/sB4 m/s和5 m/sC2 m/s和1 m/s D1 m/s和5 m/s解析:選AD.由動量守恒,可驗證四個選項都滿足要求再看動能情況Ekm1vm2v49 J29 J27 JEkm1v12m2v22由于碰撞過程動能不可能增加,所以應(yīng)有EkEk,可排除選項B.選項C雖滿足EkEk,但A、B沿同一直線相向運動,發(fā)生碰撞后各自仍能保持原來的速度方向(vA>0,vB<0),這顯然是不符合實際的,因此C錯誤驗證選項A、D均滿足EkEk,故答案為選項A(完全非彈性碰撞)和選項D(彈性碰撞)

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