高考物理一轮复习课时分层集训19动量守恒定律及其应用新人教版.doc

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1、1 / 11【2019【2019 最新最新】精选高考物理一轮复习课时分层集训精选高考物理一轮复习课时分层集训 1919动量守恒定律及其应用新人教版动量守恒定律及其应用新人教版(限时：40 分钟)基础对点练动量守恒的理解和判断1关于系统动量守恒的条件，下列说法正确的是 ( )A只要系统内存在摩擦力，系统动量就不可能守恒B只要系统中有一个物体具有加速度，系统动量就不守恒C只要系统所受的合外力为零，系统动量就守恒D系统中所有物体的加速度为零时，系统的总动量不一定守恒C C 根据动量守恒条件可知根据动量守恒条件可知 A A、B B 错误，错误，C C 正确；正确；D D 项中所有物项中所有物体加速度为

2、零时，各物体速度恒定，动量恒定，总动量一定守体加速度为零时，各物体速度恒定，动量恒定，总动量一定守恒恒 2如图 629 所示，甲木块的质量为 m1，以 v 的速度沿光滑水平地面向前运动，正前方有一静止的、质量为 m2 的乙木块，乙上连有一轻质弹簧甲木块与弹簧接触后 ( )图 629A甲木块的动量守恒B乙木块的动量守恒C甲、乙两木块所组成系统的动量守恒D甲、乙两木块所组成系统的动能守恒C C 两木块在光滑水平地面上相碰，且中间有弹簧，则两木块在光滑水平地面上相碰，且中间有弹簧，则2 / 11碰撞过程系统的动量守恒，机械能也守恒，故选项碰撞过程系统的动量守恒，机械能也守恒，故选项 A A、B B错

3、误，选项错误，选项 C C 正确甲、乙两木块碰撞前、后动能总量正确甲、乙两木块碰撞前、后动能总量不变，但碰撞过程中有弹性势能，故动能不守恒，只是不变，但碰撞过程中有弹性势能，故动能不守恒，只是机械能守恒，选项机械能守恒，选项 D D 错误错误 3(多选)如图 6210 所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m 的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为 m 的小球从槽高 h 处由静止开始自由下滑 ( )【导学号：84370262】图 6210A在下滑过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽不做功B在下滑过程中，小球和槽组成的系统水平方向动量守恒C被弹簧反弹后，小球和槽都做速

4、率不变的直线运动D被弹簧反弹后，小球能回到槽高 h 处BCBC 在下滑过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽做在下滑过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽做功，故功，故 A A 错误；在下滑过程中，小球和槽组成的系统在错误；在下滑过程中，小球和槽组成的系统在水平方向所受合力为零，所以在水平方向动量守恒，故水平方向所受合力为零，所以在水平方向动量守恒，故B B 正确；因两物体之后不受外力，故小球脱离弧形槽后，正确；因两物体之后不受外力，故小球脱离弧形槽后，槽向左做匀速运动，而小球反弹后也会做匀速运动，故槽向左做匀速运动，而小球反弹后也会做匀速运动，故C C 正确；小球与槽组成的系统动量守恒，小球与槽

5、的质正确；小球与槽组成的系统动量守恒，小球与槽的质量相等，小球沿槽下滑，两者分离后，速度大小相等，量相等，小球沿槽下滑，两者分离后，速度大小相等，小球被反弹后与槽的速度相等，小球不能滑到槽上，更小球被反弹后与槽的速度相等，小球不能滑到槽上，更不能回到高度不能回到高度 h h 处，故处，故 D D 错误错误 如图所示，两木块 A、B 用轻质弹簧连在一起，置于3 / 11光滑的水平面上一颗子弹水平射入木块 A，并留在其中在子弹打中木块 A 及弹簧被压缩的整个过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是( )A动量守恒，机械能守恒B动量守恒，机械能不守恒C动量不守恒，机械能守恒D动量、

6、机械能都不守恒B B 子弹击中木块子弹击中木块 A A 及弹簧被压缩的整个过程，系统不及弹簧被压缩的整个过程，系统不受外力作用，外力冲量为受外力作用，外力冲量为 0 0，系统动量守恒但是子弹，系统动量守恒但是子弹击中木块击中木块 A A 过程，有摩擦力做功，部分机械能转化为内过程，有摩擦力做功，部分机械能转化为内能，所以机械能不守恒，能，所以机械能不守恒，B B 正确正确 碰撞、爆炸与反冲4(多选)如图 6211 所示，动量分别为 pA12 kgm/s、pB13 kgm/s 的两个小球 A、B 在光滑的水平面上沿一直线向右运动，经过一段时间后两球发生正碰，分别用 pA、pB 表示两小球动量的变

7、化量则下列选项中可能正确的是 ( ) 【导学号：84370263】图 6211ApA3 kgm/s、pB3 kgm/sBpA2 kgm/s、pB2 kgm/sCpA24 kgm/s、pB24 kgm/sDpA3 kgm/s、pB3 kgm/sABAB 本题的碰撞问题要遵循三个规律：动量守恒定律，本题的碰撞问题要遵循三个规律：动量守恒定律，碰后系统的机械能不增加和碰撞过程要符合实际情碰后系统的机械能不增加和碰撞过程要符合实际情况本题属于追及碰撞，碰前，后面运动物体的速度一况本题属于追及碰撞，碰前，后面运动物体的速度一4 / 11定要大于前面运动物体的速度定要大于前面运动物体的速度( (否则无法实

8、现碰撞否则无法实现碰撞) )，碰，碰后前面物体的动量增大，后面物体的动量减小，减小量后前面物体的动量增大，后面物体的动量减小，减小量等于增大量，所以等于增大量，所以 pA0pB0，并且，并且pApApBpB，据此可排除选项，据此可排除选项 D D；若；若 pApA2424 kgm/skgm/s、pBpB2424 kgm/skgm/s，碰后两球的动量分别为，碰后两球的动量分别为pApA1212 kgm/skgm/s、pBpB3737 kgm/skgm/s，根据关系式，根据关系式EkEk可知，可知，A A 球的质量和动量大小不变，动能不变，而球的质量和动量大小不变，动能不变，而B B 球的质量不变

9、，但动量增大，所以球的质量不变，但动量增大，所以 B B 球的动能增大，球的动能增大，这样系统的机械能比碰前增大了，选项这样系统的机械能比碰前增大了，选项 C C 可以排除；经可以排除；经检验，选项检验，选项 A A、B B 满足碰撞遵循的三个原则满足碰撞遵循的三个原则 5如图 6212 所示，光滑平面上有一辆质量为 2m 的小车，车上左右两端分别站着甲、乙两人，他们的质量都是 m，开始两个人和车一起以速度 v0 向右匀速运动某一时刻，站在车右端的乙先以相对地面向右的速度 v 跳离小车，然后站在车左端的甲以相对于地面向左的速度 v 跳离小车两人都离开小车后，小车的速度将是( )图 6211B2

10、v0Av0 D大于 2v0C大于 v0，小于 2v0 B B 两人和车所组成的系统动量守恒，初动量为两人和车所组成的系统动量守恒，初动量为 4mv04mv0，方向向右当甲、乙两人先后以对地相等的速度向两个方向向右当甲、乙两人先后以对地相等的速度向两个方向跳离时，甲、乙两人的动量和为零，则有方向跳离时，甲、乙两人的动量和为零，则有4mv04mv02mv2mv 车，车，v v 车车2v02v0，选项，选项 B B 正确正确 6在光滑的水平面上，有 a、b 两球，其质量分别为 ma、mb，两球在 t0 时刻发生正碰，并且在碰撞过程中无机械能损失，两球在5 / 11碰撞前后的速度图象如图 6213 所

11、示，下列关系正确的是 ( )图 6213BmambAmamb D无法判断Cmamb B B 由题图可知由题图可知 b b 球碰前静止，取球碰前静止，取 a a 球碰前速度方向为球碰前速度方向为正方向，设正方向，设 a a 球碰前速度为球碰前速度为 v0v0，碰后速度为，碰后速度为 v1v1，b b 球碰球碰后速度为后速度为 v2v2，两球碰撞过程中动量守恒，机械能守恒，两球碰撞过程中动量守恒，机械能守恒，则则mav0mav1mbv2mavmavmbv1 2联立得：v1v0，v2v0由 a 球碰撞前后速度方向相反，可知 v10，即mamb，故 B 正确一中子与一质量数为 A(A1)的原子核发生弹

12、性正碰若碰前原子核静止，则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为( )B.A. A1 A1D.C. A12 A12A A 设中子的质量为设中子的质量为 m m，则被碰原子核的质量为，则被碰原子核的质量为 AmAm，两，两者发生弹性碰撞，据动量守恒，有者发生弹性碰撞，据动量守恒，有 mv0mv0mv1mv1AmvAmv，据动能守恒，有据动能守恒，有 mvmvmvmvAmv2.Amv2.解以上两式得解以上两式得 v1v1v0.v0.若只考虑速度大小，则中子的速率为若只考虑速度大小，则中子的速率为 v1v1v0v0，故中子，故中子碰撞前、后速率之比为碰撞前、后速率之比为.动量守恒中的综合问题6 / 117(

13、多选)如图 6214 所示，有一光滑钢球质量为 m，被一 U 形框扣在里面，框的质量为 M，且 M2m，它们搁置于光滑水平面上，今让小球以速度 v0 向右去撞击静止的框，设碰撞无机械能损失，经多次相互撞击，下面结论正确的是( ) 【导学号：84370264】图 6214A最终都将停下来B最终将以相同的速度向右运动C永远相互碰撞下去，且整体向右运动D在它们反复碰撞的过程中，球的速度将会再次等于v0，框也会再次重现静止状态CDCD 小球与框碰撞过程中，系统动量守恒，机械能也守小球与框碰撞过程中，系统动量守恒，机械能也守恒；根据动量守恒定律，有：恒；根据动量守恒定律，有：mv0mv0mv1mv1Mv

14、2Mv2根据机械能守恒定律，有：mvmvMv2 2其中 M2m联立解得：v1v0，v20(两次碰撞后)或者 v1v0，v2v0(一次碰撞后)由于二次碰撞后的速度情况与开始时相同，故整体内部一直不断碰撞，整体持续向右运动；球的速度将会再次等于 v0，框也会再次重现静止状态，故 A 错误，B 错误，C 正确，D 正确8如图 6215 所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为 10m、12m，两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为2v0、v0.为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为 m 的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速7 / 11度(不计水的阻力)图 621

15、5解析 设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为vmin，抛出货物后乙船的速度为 v 乙甲船上的人接到货物后甲船的速度为 v 甲，规定向右的方向为正方向对乙船和货物的作用过程，由动量守恒定律得12mv011mv 乙mvmin对货物和甲船的作用过程，同理有 10m2v0mvmin11mv 甲为避免两船相撞应有 v 甲v 乙联立式得 vmin4v0.答案 4v09如图 6216 所示，三个质量相同的滑块 A、B、C，间隔相等地静置于同一水平直轨道上现给滑块 A 向右的初速度 v0，一段时间后 A 与 B 发生碰撞，碰后 A、B 分别以 v0、v0 的速度向右运动，B 再与 C 发生碰撞，碰后 B、C

16、粘在一起向右运动滑块A、B 与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值两次碰撞时间均极短求 B、C 碰后瞬间共同速度的大小图 6216解析 设滑块质量为 m，A 与 B 碰撞前 A 的速度为vA，由题意知，碰撞后 A 的速度 vAv0，B 的速度vBv0，由动量守恒定律得mvAmvAmvB设碰撞前 A 克服轨道阻力所做的功为 WA，由功能关系得WAmvmv8 / 11设 B 与 C 碰撞前 B 的速度为 vB，B 克服轨道阻力所做的功为 WB，由功能关系得 WBmvmv据题意可知 WAWB设 B、C 碰撞后瞬间共同速度的大小为 v，由动量守恒定律得mvB2mv联立式，代入数据得vv0.答案 v0考点综合

17、练10(2018衡阳模拟)如图 6217 所示，内壁粗糙、半径 R0.4 m 的四分之一圆弧轨道 AB 在最低点 B 与光滑水平轨道 BC 相切质量 m20.2 kg 的小球 b 左端连接一轻质弹簧，静止在光滑水平轨道上，另一质量 m10.2 kg 的小球 a 自圆弧轨道顶端由静止释放，运动到圆弧轨道最低点 B 时对轨道的压力为小球 a重力的 2 倍忽略空气阻力，重力加速度 g 取 10 m/s2.求：图 6217(1)小球 a 由 A 点运动到 B 点的过程中，摩擦力做功Wf；(2)小球 a 通过弹簧与小球 b 相互作用的过程中，弹簧的最大弹性势能 Ep；(3)小球 a 通过弹簧与小球 b

18、相互作用的整个过程中，弹簧对小球 b 的冲量 I 的大小. 【导学号：84370265】解析(1)小球由释放到最低点的过程中，根据动能定理：9 / 11m1gRWfm1v2 1小球在最低点，根据牛顿第二定律：FNm1gm1v2 1 R联立可得：Wf0.4 J.(2)小球 a 与小球 b 通过弹簧相互作用，达到共同速度 v2 过程中，由动量关系：m1v1(m1m2)v2由能量转化和守恒：m1v(m1m2)vEp联立可得：Ep0.2 J.(3)小球 a 与小球 b 通过弹簧相互作用的整个过程中，a 后来速度为 v3，b 后来速度为 v4，由动量关系：m1v1m1v3m2v4由能量转化和守恒：m1v

19、m1vm2v2 4根据动量定理有：Im2v4联立可得：I0.4 Ns.答案(1)0.4 J (2)0.2 J (3)0.4 Ns11. 如图 6218 所示，地面和半圆轨道面均光滑质量 M1 kg、长 L4 m 的小车放在地面上，其右端与墙壁的距离为s3 m，小车上表面与半圆轨道最低点 P 的切线相平现有一质量 m2 kg 的滑块(视为质点)以 v06 m/s 的初速度滑上小车左端，带动小车向右运动小车与墙壁碰撞时即被粘在墙壁上，已知滑块与小车表面间的动摩擦因数 0.2，g 取 10 m/s2.图 6218(1)求小车与墙壁碰撞时的速度大小；(2)要使滑块在半圆轨道上运动时不脱离轨道，求半圆轨

20、10 / 11道的半径 R 的取值解析(1)设滑块与小车的共同速度为 v1，滑块与小车相对运动过程中动量守恒，有 mv0(mM)v1代入数据解得 v14 m/s设滑块与小车的相对位移为 L1，由系统能量守恒有mgL1mv(mM)v2 1代入数据解得 L13 m设与滑块相对静止时小车的位移为 s1，根据动能定理有mgs1Mv0代入数据解得 s12 m因 L1L，s1s，说明小车与墙壁碰撞前滑块与小车已具有共同速度，且共速时小车与墙壁还未发生碰撞，故小车与墙壁碰撞时的速度为 v14 m/s.(2)小车与墙壁碰撞后滑块在车上继续向右做初速度v14 m/s、位移为 L2LL11 m 的匀减速直线运动，然后滑上半圆轨道的最低点 P.若滑块恰能滑过半圆轨道的最高点 Q，设滑至最高点的速度为 v，临界条件为mgmv2 R根据动能定理有mgL2mg(2R)mv2mv2 1联立并代入数据解得 R0.24 m若滑块恰好滑至圆弧到达 T 点时就停止，则滑块也能沿半圆轨道运动而不脱离半圆轨道根据动能定理有mgL2mgR0mv2 1代入数据解得 R0.6 m11 / 11综上所述，要使滑块在半圆轨道上运动时不脱离轨道，半圆轨道的半径必须满足 R0.24 m 或 R0.6 m. 答案答案(1)4(1)4 m/sm/s (2)R0.24(2)R0.24 m m 或或 R0.6R0.6 m m