高考物理一轮复习 核心素养测评十九 动量守恒定律及其应用（含解析）鲁科版-鲁科版高三全册物理试题.doc

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1、动量守恒定律及其应用(45分钟100分)一、选择题(本题共9小题,每小题6分,共54分,16题为单选题,79题为多选题)1.(2020年山东新高考模拟)秦山核电站是我国第一座核电站,其三期工程采用重水反应堆技术,利用中子n)与静止氘核H)的多次碰撞,使中子减速。已知中子某次碰撞前的动能为E,碰撞可视为弹性正碰。经过该次碰撞后,中子损失的动能为()A.EB.EC.ED.E【解析】选B。质量数为1的中子与质量数为2的氘核发生弹性碰撞,满足动能守恒和动量守恒,设中子的初速度为v0,碰撞后中子和氘核的速度分别为v1和v2,可列式:1=1+2,1v0=1v1+2v2。解得v1=-v0,即动能减小为原来的

2、,动能损失量为E。2.如图所示,光滑水平面上有大小相同的A、B两个小球在同一直线上运动。两球质量关系为mB=2mA,规定向右为正方向,A、B两球的动量均为8 kgm/s,运动过程中两球发生碰撞,碰撞后A球的动量增量为-4 kgm/s,则()A.右方为A球,碰撞后A、B两球的速度大小之比为23B.右方为A球,碰撞后A、B两球的速度大小之比为16C.左方为A球,碰撞后A、B两球的速度大小之比为23D.左方为A球,碰撞后A、B两球的速度大小之比为16【解析】选C。碰前两球的动量均为8 kgm/s,则两球运动方向均向右,又mB=2mA,则vB1,即E6 J,A项正确。【加固训练】如图所示,在光滑水平面

3、上放置一个质量为M的滑块,滑块的一侧是一个弧形凹槽OAB,凹槽半径为R,A点切线水平。另有一个质量为m的小球以速度v0从A点冲上凹槽,重力加速度大小为g,不计摩擦。下列说法中正确的是()A.当v0=时,小球能到达B点B.如果小球的速度足够大,球将从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上C.当v0=时,小球在弧形凹槽上运动的过程中,滑块的动能一直增大D.如果滑块固定,小球返回A点时对滑块的压力为m【解析】选C。滑块不固定,当v0=时,设小球沿槽上升的高度为h,则有:mv0=(m+M)v,m=(M+m)v2+mgh,可解得h=RMv,得M10 cm,所以能射穿该木块。答案:(1)6 m/s882 J(2

4、)能11.(10分)某研究小组通过实验测得两滑块碰撞前后运动的实验数据,得到如图所示的位移时间图象。图中的线段a、b、c分别表示沿光滑水平面上同一条直线运动的滑块、和它们发生正碰后结合体的位移变化关系。已知相互作用时间极短,由图象给出的信息可知()A.碰前滑块与滑块速度大小之比为72B.碰前滑块的动量大小比滑块的动量大小大C.碰前滑块的动能比滑块的动能小D.滑块的质量是滑块的质量的【解析】选D。根据s-t图象的斜率等于速度,可知碰前滑块速度为v1=-2 m/s,滑块的速度为v2=0.8 m/s,则碰前速度大小之比为52,故A错误;碰撞前后系统动量守恒,碰撞前,滑块的动量为负,滑块的动量为正,由

5、于碰撞后总动量为正,故碰撞前总动量也为正,故碰撞前滑块的动量大小小于滑块的动量大小,故B错误;碰撞后的共同速度为v=0.4 m/s,根据动量守恒定律,有m1v1+m2v2=(m1+m2)v,解得m2=6m1,由动能的表达式可知,m1m2,故C错误,D正确。12.(20分)(2020青岛模拟)如图所示,半径R=2.8 m的光滑半圆轨道BC与倾角=37的粗糙斜面轨道在同一竖直平面内,两轨道间由一条光滑水平轨道AB相连,A处用光滑小圆弧轨道平滑连接,B处与圆轨道相切。在水平轨道上,两静止小球P、Q压紧轻质弹簧后用细线连在一起。某时刻剪断细线,小球P向左运动到A点时,小球Q沿半圆轨道到达C点;之后小球

6、Q落到斜面上时恰好与沿斜面向下运动的小球P发生碰撞。已知小球P的质量m1=3.2 kg,小球Q的质量m2=1 kg,小球P与斜面间的动摩擦因数=0.5,剪断细线前弹簧的弹性势能Ep=168 J,小球到达A点或B点时已和弹簧分离。重力加速度g取10 m/s2,sin37=0.6,cos37=0.8,不计空气阻力,求: (1)小球Q运动到C点时的速度大小;(2)小球P沿斜面上升的最大高度h;(3)小球Q离开半圆轨道后经过多长时间与小球P相碰。【解析】(1)两小球弹开的过程,由动量守恒定律得:m1v1=m2v2由机械能守恒定律得:Ep=m1+m2联立可得:v1=5 m/s,v2=16 m/s小球Q沿

7、半圆轨道运动过程中,由机械能守恒定律可得:m2=m2+2m2gR解得:vC=12 m/s。(2)小球P在斜面向上运动的加速度为a1,由牛顿第二定律得:m1gsin+m1gcos=m1a1,解得:a1=10 m/s2故上升的最大高度为:h=sin=0.75 m(3)设两小球相遇点距离A点为x,小球P从A点上升到两小球相遇所用的时间为t,小球P沿斜面下滑的加速度为a2,则:m1gsin-m1gcos=m1a2,解得:a2=2 m/s2小球P上升到最高点所用的时间:t1=0.5 s,则:2R=gt2+h-a2(t-t1)2sin解得:t=1 s。答案:(1)12 m/s(2)0.75 m(3)1 s