(浙江選考)2020版高考物理總復(fù)習(xí) 第十二章 2 第2節(jié) 動(dòng)量守恒定律 碰撞 爆炸 反沖練習(xí)(含解析)

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1、動(dòng)量守恒定律 碰撞 爆炸 反沖 【隨堂檢測(cè)】 1.一彈丸在飛行到距離地面5 m高時(shí)僅有水平速度v=2 m/s,爆炸成為甲、乙兩塊水平飛出,甲、乙的質(zhì)量比為3∶1,不計(jì)質(zhì)量損失,取重力加速度g=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:選B.彈丸爆炸瞬間爆炸力遠(yuǎn)大于外力,故爆炸瞬間動(dòng)量守恒.因兩彈片均水平飛出,飛行時(shí)間t= =1 s,取向右為正,由水平速度v=知,選項(xiàng)A中,v甲=2.5 m/s,v乙=-0.5 m/s;選項(xiàng)B中,v甲=2.5 m/s,v乙=0.5 m/s;選項(xiàng)C中,v甲=1 m/s,v乙=2 m/s;選項(xiàng)D中,v甲=-1 m/s,v乙=2

2、m/s.因爆炸瞬間動(dòng)量守恒,故mv=m甲v甲+m乙v乙,其中m甲=m,m乙=m,v=2 m/s,代入數(shù)值計(jì)算知選項(xiàng)B正確. 2.(2019·金華質(zhì)檢)如圖所示,游樂場(chǎng)上,兩位同學(xué)各駕著一輛碰碰車迎面相撞,此后,兩車以共同的速度運(yùn)動(dòng);設(shè)甲同學(xué)和他的車的總質(zhì)量為150 kg,碰撞前向右運(yùn)動(dòng),速度的大小為4.5 m/s,乙同學(xué)和他的車的總質(zhì)量為200 kg,碰撞前向左運(yùn)動(dòng),速度的大小為4.25 m/s,則碰撞后兩車共同的運(yùn)動(dòng)速度為(取向右為正方向)(  ) A.1 m/s           B.0.5 m/s C.-1 m/s D.-0.5 m/s 解析:選D.兩車碰撞過程動(dòng)量守恒

3、 m1v1-m2v2=(m1+m2)v 得v= = m/s=-0.5 m/s,故D正確. 3.(2019·紹興聯(lián)考)如圖所示,兩小車A、B置于光滑水平面上,質(zhì)量分別為m和2m,一輕質(zhì)彈簧兩端分別固定在兩小車上,開始時(shí)彈簧處于拉伸狀態(tài),用手固定兩小車.現(xiàn)在先釋放小車B,當(dāng)小車B的速度大小為3v時(shí),再釋放小車A,此時(shí)彈簧仍處于拉伸狀態(tài);當(dāng)小車A的速度大小為v時(shí),彈簧剛好恢復(fù)原長(zhǎng).自始至終彈簧都未超出彈性限度.求: (1)彈簧剛恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí),小車B的速度大?。? (2)兩小車相距最近時(shí),小車A的速度大??; (3)求兩小車相距最近時(shí),彈簧彈性勢(shì)能大?。? 解析:(1)設(shè)彈簧剛恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí),小車

4、B速度為vB, 以A、B兩車和彈簧為研究對(duì)象,小車B速度為3v開始到小車A速度為v過程,此系統(tǒng)動(dòng)量守恒,列方程有: 2m·3v=2m·vB+m(-v) 解得vB=3.5v; (2)兩小車相距最近時(shí)速度相同,由動(dòng)量守恒定律有: 2m×3v=(2m+m)vA 解得vA=2v; (3)從彈簧剛恢復(fù)原長(zhǎng)到兩小車相距最近過程用能量守恒定律有 E彈=×2mv+mv2-×3m·v 解得E彈=mv2. 答案:(1)3.5v (2)2v (3)mv2 4.如圖所示,光滑水平面AB與粗糙斜面BC在B處通過圓弧銜接,質(zhì)量M=0.3 kg的小木塊靜止在水平面上的A點(diǎn).現(xiàn)有一質(zhì)量m=0.2 kg的

5、子彈以v0=20 m/s的初速度水平射入木塊(但未穿出),它們一起沿AB運(yùn)動(dòng),并沖上BC.已知木塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5,斜面傾角θ=45°,重力加速度g取10 m/s2,木塊在B處無機(jī)械能損失.試求: (1)子彈射入木塊后的共同速度的大小; (2)子彈和木塊能沖上斜面的最大高度. 解析:(1)子彈射入木塊的過程中,子彈與木塊系統(tǒng)動(dòng)量守恒,設(shè)向右為正方向,共同速度為v,則mv0=(m+M)v,代入數(shù)據(jù)解得v=8 m/s. (2)子彈與木塊以v的初速度沖上斜面,到達(dá)最大高度時(shí),瞬時(shí)速度為零,子彈和木塊在斜面上受到的支持力N=(M+m)gcos θ,受到的摩擦力 f=μN(yùn)=μ

6、(M+m)gcos θ. 對(duì)沖上斜面的過程應(yīng)用動(dòng)能定理,設(shè)最大高度為h, 有-(M+m)gh-f=0-(M+m)v2, 聯(lián)立并代入數(shù)據(jù),解得h≈2.13 m. 答案:(1)8 m/s (2)2.13 m 5.兩滑塊a、b沿水平面上同一條直線運(yùn)動(dòng),并發(fā)生碰撞;碰撞后兩者粘在一起運(yùn)動(dòng);經(jīng)過一段時(shí)間后,從光滑路段進(jìn)入粗糙路段.兩者的位置x隨時(shí)間t變化的圖象如圖所示.求: (1)滑塊a、b的質(zhì)量之比; (2)整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中,兩滑塊克服摩擦力做的功與因碰撞而損失的機(jī)械能之比. 解析:(1)設(shè)a、b的質(zhì)量分別為m1、m2,a、b碰撞前的速度為v1、v2.由題給圖象得 v1=-2 m/

7、s ① v2=1 m/s ② a、b發(fā)生完全非彈性碰撞,碰撞后兩滑塊的共同速度為v.由題給圖象得 v= m/s ③ 由動(dòng)量守恒定律得 m1v1+m2v2=(m1+m2)v ④ 聯(lián)立①②③④式得 m1∶m2=1∶8. ⑤ (2)由能量守恒得,兩滑塊因碰撞而損失的機(jī)械能為 ΔE=m1v+m2v-(m1+m2)v2 ⑥ 由圖象可知,兩滑塊最后停止運(yùn)動(dòng).由動(dòng)能定理得,兩滑塊克服摩擦力所做的功為 W=(m1+m2)v2 ⑦ 聯(lián)立⑥⑦式,并代入題給數(shù)據(jù)得 W∶ΔE=1∶2. 答案:(1)1∶8 (2)1∶2 【課后達(dá)標(biāo)檢測(cè)】 一、不定項(xiàng)選擇題 1.(2019·嘉興質(zhì)檢)質(zhì)

8、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 kg·m/s,B球的動(dòng)量是5 kg·m/s,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(  ) A.p′A=6 kg·m/s,p′B=6 kg·m/s B.p′A=3 kg·m/s,p′B=9 kg·m/s C.p′A=-2 kg·m/s,p′B=14 kg·m/s D.p′A=-4 kg·m/s,p′B=17 kg·m/s 答案:A 2.(2019·臺(tái)州調(diào)研)如圖所示,子彈水平射入放在光滑水平地面上靜止的木塊,子彈未穿透木塊,此過程木塊的動(dòng)能增加了6 J,那么此過程中產(chǎn)生的內(nèi)能可能為(  )

9、A.16 J          B.2 J C.6 J D.4 J 答案:A 3.(2019·浙江十校聯(lián)考)將靜置在地面上,質(zhì)量為M(含燃料)的火箭模型點(diǎn)火升空,在極短時(shí)間內(nèi)以相對(duì)地面的速度v0豎直向下噴出質(zhì)量為m的熾熱氣體.忽略噴氣過程重力和空氣阻力的影響,則噴氣結(jié)束時(shí)火箭模型獲得的速度大小是(  ) A. v0 B. v0 C. v0 D. v0 答案:D 4.(2019·金華質(zhì)檢)兩球A、B在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運(yùn)動(dòng),mA=1 kg,mB=2 kg、vA=6 m/s、vB=2 m/s.當(dāng)A追上B并發(fā)生碰撞后,兩球A、B速度的可能值是(  ) A.v

10、′A=5 m/s,v′B=2.5 m/s B.v′A=2 m/s,v′B=4 m/s C.v′A=-4 m/s,v′B=7 m/s D.v′A=7 m/s,v′B=1.5 m/s 解析:選B.雖然題中四個(gè)選項(xiàng)均滿足動(dòng)量守恒定律,但A、D兩項(xiàng)中,碰后A的速度v′A大于B的速度v′B,必然要發(fā)生第二次碰撞,不符合實(shí)際;C項(xiàng)中,兩球碰后的總動(dòng)能Ek′=mAv′+mBv′=57 J,大于碰前的總動(dòng)能Ek=mAv+mBv=22 J,違背了能量守恒定律;而B項(xiàng)既符合實(shí)際情況,也不違背能量守恒定律,故B項(xiàng)正確. 5.一中子與一質(zhì)量數(shù)為A (A>1)的原子核發(fā)生彈性正碰.若碰前原子核靜止,則碰撞前與

11、碰撞后中子的速率之比為(  ) A. B. C. D. 解析:選A.設(shè)中子的質(zhì)量為m,則被碰原子核的質(zhì)量為Am,兩者發(fā)生彈性碰撞,據(jù)動(dòng)量守恒,有mv0=mv1+Amv′,據(jù)動(dòng)能守恒,有mv=mv+Amv′2.解以上兩式得v1=v0.若只考慮速度大小,則中子的速率為v′1=v0,故中子碰撞前、后速率之比為. 6.(2019·溫州質(zhì)檢)如圖所示,放在光滑水平桌面上的兩個(gè)木塊A、B中間夾一被壓縮的彈簧,當(dāng)彈簧被放開時(shí),它們各自在桌面上滑行一段距離后飛離桌面落在地上.A的落地點(diǎn)與桌邊的水平距離為0.5 m,B的落地點(diǎn)與桌邊的水平距離為1 m,那么(  ) A.A、B離開彈簧時(shí)

12、的速度之比為1∶2 B.A、B質(zhì)量之比為2∶1 C.未離開彈簧時(shí),A、B所受沖量之比為1∶2 D.未離開彈簧時(shí),A、B加速度之比為1∶2 解析:選ABD.A、B組成的系統(tǒng)在水平方向上不受外力,動(dòng)量守恒,A、B兩物體的落地點(diǎn)到桌邊的距離x=v0t,因?yàn)閮晌矬w的落地時(shí)間相等,所以v0與x成正比,故vA∶vB=1∶2,即A、B離開彈簧時(shí)的速度之比.由動(dòng)量守恒定律可知,mA∶mB=2∶1.未離開彈簧時(shí),A、B受到的彈力相等,作用時(shí)間相同,沖量大小也相同.未離開彈簧時(shí),F(xiàn)相等,m不同,加速度a=,與質(zhì)量成反比,故aA∶aB=1∶2,故A、B、D正確,C錯(cuò)誤. 7.對(duì)下列幾種物理現(xiàn)象的解釋,正確

13、的是(  ) A.擊釘時(shí),不用橡皮錘僅僅是因?yàn)橄鹌ゅN太輕 B.跳遠(yuǎn)時(shí),在沙坑里填沙,是為了減小沖量 C.易碎品運(yùn)輸時(shí),要用柔軟材料包裝,船舷常常懸掛舊輪胎,都是為了延長(zhǎng)作用時(shí)間以減小作用力 D.在車內(nèi)推車推不動(dòng),是因?yàn)楹贤饬_量為零 解析:選CD.擊釘時(shí),不用橡皮錘是因?yàn)橄鹌ゅN與釘子的作用時(shí)間長(zhǎng);跳遠(yuǎn)時(shí),在沙坑里填沙,是為了延長(zhǎng)人與地的接觸時(shí)間,所以A、B錯(cuò)誤;據(jù)動(dòng)量定理F·t=Δp知,當(dāng)Δp相同時(shí),作用時(shí)間越長(zhǎng),作用力越小,故C項(xiàng)正確;車能否移動(dòng)或運(yùn)動(dòng)狀態(tài)能否改變?nèi)Q于外力的作用,與內(nèi)部作用無關(guān),所以D項(xiàng)正確. 8.質(zhì)量為M、內(nèi)壁間距為L(zhǎng)的箱子靜止于光滑的水平面上,箱子中間有一質(zhì)

14、量為m的小物塊,小物塊與箱子底板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.初始時(shí)小物塊停在箱子正中間,如圖所示.現(xiàn)給小物塊一水平向右的初速度v,小物塊與箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中間,并與箱子保持相對(duì)靜止.設(shè)碰撞都是彈性的,則整個(gè)過程中,系統(tǒng)損失的動(dòng)能為(  ) A.mv2 B.v2 C.NμmgL D.NμmgL 解析:選BD.設(shè)系統(tǒng)損失的動(dòng)能為ΔE,根據(jù)題意可知,整個(gè)過程中小物塊和箱子構(gòu)成的系統(tǒng)滿足動(dòng)量守恒和能量守恒,則有mv=(M+m)vt(①式)、mv2=(M+m)v+ΔE(②式),由①②聯(lián)立解得ΔE=v2,可知選項(xiàng)A錯(cuò)誤、B正確;又由于小物塊與箱壁碰撞為彈性碰撞,則損耗的能量全部用于摩擦生

15、熱,即ΔE=NμmgL,選項(xiàng)C錯(cuò)誤、D正確. 二、非選擇題 9.(2019·杭州質(zhì)檢)如圖所示,一質(zhì)量為0.5 kg的小球A以2.0 m/s的速度和靜止于光滑水平面上、質(zhì)量為1 kg的另一大小相同的小球B發(fā)生正碰,碰撞后它以0.2 m/s 的速度反彈.求: (1)原來靜止小球B獲得的速度大??; (2)碰撞過程中損失的機(jī)械能. 解析:(1)A、B兩小球碰撞過程中動(dòng)量守恒,設(shè)小球B的速度為v,則mAvA=mAvA′+mBv, 代入數(shù)據(jù)解得v=1.1 m/s. (2)由A、B兩小球組成的系統(tǒng)能量守恒有 mAv=mAv′+mBv2+ΔE 解得ΔE=0.385 J. 答案:(1)1.

16、1 m/s (2)0.385 J 10.如圖所示,一質(zhì)量M=2 kg的帶有弧形軌道的平臺(tái)置于足夠長(zhǎng)的水平軌道上,弧形軌道與水平軌道平滑連接,水平軌道上靜置一小球B.從弧形軌道上距離水平軌道高h(yuǎn)=0.3 m處由靜止釋放一質(zhì)量mA=1 kg的小球A,小球A沿軌道下滑后與小球B發(fā)生彈性正碰,碰后小球A被彈回,且恰好追不上平臺(tái).已知所有接觸面均光滑,重力加速度為g.求小球B的質(zhì)量.(取重力加速度g=10 m/s2) 解析:設(shè)小球A下滑到水平軌道上時(shí)的速度大小為v1,平臺(tái)水平速度大小為v,由動(dòng)量守恒定律有 0=mAv1-Mv 由能量守恒定律有mAgh=mAv+Mv2 聯(lián)立解得v1=2 m/

17、s,v=1 m/s 小球A、B碰后運(yùn)動(dòng)方向相反,設(shè)小球A、B的速度大小分別為v′1和v2.由于碰后小球A被彈回,且恰好追不上平臺(tái),則此時(shí)小球A的速度等于平臺(tái)的速度,有 v′1=1 m/s 由動(dòng)量守恒定律得mAv1=-mAv′1+mBv2 由能量守恒定律有mAv=mAv′+mBv 聯(lián)立上式解得mB=3 kg. 答案:3 kg 11.(2019·寧波質(zhì)檢)如圖,質(zhì)量分別為mA、mB的兩個(gè)彈性小球A、B靜止在地面上方,B球距地面的高度h=0.8 m,A球在B球的正上方.先將B球釋放,經(jīng)過一段時(shí)間后再將A球釋放.當(dāng)A球下落t=0.3 s時(shí),剛好與B球在地面上方的P點(diǎn)處相碰.碰撞時(shí)間極短,

18、碰后瞬間A球的速度恰好為零.已知mB=3mA,重力加速度大小g=10 m/s2,忽略空氣阻力及碰撞中的動(dòng)能損失.求: (1)B球第一次到達(dá)地面時(shí)的速度; (2)P點(diǎn)距離地面的高度. 解析:(1)設(shè)B球第一次到達(dá)地面時(shí)的速度大小為vB,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有vB=① 將h=0.8 m代入上式,得vB=4 m/s. ② (2)設(shè)兩球相碰前后,A球的速度大小分別為v1和v′1(v′1=0),B球的速度分別為v2和v′2.由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可得v1=gt ③ 由于碰撞時(shí)間極短,重力的作用可以忽略,兩球相撞前后的動(dòng)量守恒,總動(dòng)能保持不變.規(guī)定向下的方向?yàn)檎?,? mAv1+mBv2=mBv′2 ④ mAv+mBv=mBv′ ⑤ 設(shè)B球與地面相碰后的速度大小為v′B,由運(yùn)動(dòng)學(xué)及碰撞的規(guī)律可得v′B=vB⑥ 設(shè)P點(diǎn)距地面的高度為h′,由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可得 h′= ⑦ 聯(lián)立②③④⑤⑥⑦式,并代入已知條件可得 h′=0.75 m. 答案:(1)4 m/s (2)0.75 m - 8 -

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