(新課標)2020版高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題二 第3講 碰撞與動量守恒精練(含解析)

上傳人:Sc****h 文檔編號:105056924 上傳時間:2022-06-11 格式:DOC 頁數(shù):7 大?。?.09MB
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1、碰撞與動量守恒 (45分鐘) [刷基礎(chǔ)] 1.(2018·高考全國卷Ⅰ)高鐵列車在啟動階段的運動可看作初速度為零的勻加速直線運動.在啟動階段,列車的動能(  ) A.與它所經(jīng)歷的時間成正比 B.與它的位移成正比 C.與它的速度成正比 D.與它的動量成正比 解析:速度v=at,動能Ek=mv2=ma2t2,所以列車的動能與它經(jīng)歷的時間的平方成正比,A錯誤;根據(jù)v2=2ax,動能Ek=mv2=m·2ax=max,所以列車的動能與它的位移成正比,B正確;動能Ek=mv2,所以列車的動能與它的速度的平方成正比,C錯誤;動量p=mv,動能Ek=mv2=,所以列車的動能與它的動量的平方成正

2、比,D錯誤. 答案:B 2.(2019·陜西西安高三期末)如圖所示,質(zhì)量為0.5 kg的小球在距離車底面高20 m處以一定的初速度向左平拋,落在以7.5 m/s速度沿光滑水平面向右勻速行駛的敞篷小車中,車底涂有一層油泥,車與油泥的總質(zhì)量為4 kg,設(shè)小球在落到車底前瞬間速度是25 m/s,則當小球與小車相對靜止時,小車的速度是(  ) A.5 m/s B.4 m/s C.8.5 m/s D.9.5 m/s 解析:設(shè)小球的初速度為v0,小球拋出后做平拋運動,根據(jù)動能定理得mgh=mv2-mv,解得v0=15 m/s,小球和車作用過程中,水平方向動量守恒,規(guī)定向右為正,則有-mv0+Mv

3、=(M+m)v′,解得v′=5 m/s,A正確. 答案:A 3.一彈丸在飛行到距離地面5 m高時僅有水平速度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t==1 s,爆炸過程遵循動量守恒定律,設(shè)彈丸質(zhì)量為m,則mv=mv甲+mv乙,又因為v甲=,v乙=,t=1 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:B 4.(多選)一質(zhì)量m=0.10 kg的小鋼球以大小為v0=10 m/s的速度水平拋出,下落h=5.0 m時撞擊一鋼板

4、,撞后速度恰好反向,且速度大小不變.已知小鋼球與鋼板的作用時間極短,g取10 m/s2,則(  ) A.鋼板與水平面的夾角θ=60° B.小鋼球從水平拋出到剛要撞擊鋼板的過程中重力的沖量大小為1 N·s C.小鋼球撞擊鋼板的過程中其動量的變化量的大小為 10 kg·m/s D.鋼板對小鋼球的沖量大小為 2 N·s 解析:由題意可知小鋼球垂直撞擊鋼板.小鋼球撞擊鋼板時的豎直分速度vy==10 m/s,設(shè)小球的速度方向與水平方向的夾角為α,則tan α==1,解得α=45°,即鋼板與水平面的夾角θ=45°,選項A錯誤;小鋼球從水平拋出到剛要撞擊鋼板時所飛行的時間t==1 s,重力沖量I=

5、mgt=1 N·s,選項B正確;取垂直斜面向上為正方向,小鋼球剛要撞擊鋼板時速度的大小為v1=v0=10 m/s,動量p1=-mv1=- kg·m/s,撞后小鋼球的速度v2=10 m/s,動量p2=mv2= kg·m/s,小鋼球的動量變化Δp=p2-p1=2 kg·m/s,由動量定理可知,鋼板對小鋼球的沖量大小I=Δp=2 N·s,選項C錯誤,D正確. 答案:BD 5.(多選)(2019·河南駐馬店高三期末)如圖所示,光滑水平直軌道上有三個質(zhì)量均為m=3 kg的物塊A、B、C,物塊B的左側(cè)固定一輕彈簧(彈簧左側(cè)的擋板質(zhì)量不計).設(shè)A以v0=4 m/s的速度朝B開始運動,壓縮彈簧;當A、B速

6、度相等時,B與C恰好相碰并粘接在一起,然后繼續(xù)運動.假設(shè)B和C碰撞過程時間極短,則以下說法正確的是(  ) A.從開始到彈簧最短時物塊C受到的沖量大小為1 N·s B.從開始到彈簧最短時物塊C受到的沖量大小為4 N·s C.從開始到A與彈簧分離的過程中整個系統(tǒng)損失的機械能為3 J D.從開始到A與彈簧分離的過程中整個系統(tǒng)損失的機械能為9 J 解析:根據(jù)動量守恒定律,當A、B速度相等時,且與C碰撞之前A、B的速度為v1,則mv0=2mv1,解得v1=2 m/s;從開始到彈簧最短時,對A、B、C系統(tǒng),有mv0=3mv2,解得v2= m/s;從開始到彈簧最短時,對物塊C,由動量定理得

7、I=mv2=4 N·s,選項B正確,A錯誤.B與C相碰的過程,mv1=2mv3,解得v3=1 m/s,則從開始到A與彈簧分離的過程中整個系統(tǒng)損失的機械能為ΔE=mv-×2mv=3 J,選項C正確,D錯誤. 答案:BC 6.一艘帆船在湖面上順風(fēng)航行,在風(fēng)力的推動下做速度為v0=4 m/s的勻速直線運動.若該帆船在運動狀態(tài)下突然失去風(fēng)力的作用,則帆船在湖面上做勻減速直線運動,經(jīng)過t=8 s才可靜止.該帆船的帆面正對風(fēng)的有效面積為S=10 m2,帆船的總質(zhì)量約為M=936 kg.若帆船在航行過程中受到的阻力恒定不變,空氣的密度為ρ=1.3 kg/m3,在勻速行駛狀態(tài)下估算: (1)帆船受到風(fēng)的

8、推力F的大?。? (2)風(fēng)速的大小v. 解析:(1)風(fēng)突然停止,帆船只受到阻力F阻的作用,做勻減速直線運動,設(shè)帆船的加速度為a, 則a==-0.5 m/s2 根據(jù)牛頓第二定律有-F阻=Ma,所以F阻=468 N 帆船勻速運動時,有F-F阻=0 解得F=468 N. (2)設(shè)在時間t內(nèi),正對著吹向帆面的空氣的質(zhì)量為m,根據(jù)動量定理有-Ft=m(v0-v) 又m=ρS(v-v0)t 所以Ft=ρS(v-v0)2t 解得v=10 m/s. 答案:(1)468 N (2)10 m/s 7.(2019·福建寧德高三上學(xué)期期末)如圖所示,AB間放有一個風(fēng)洞,水平地板AB延伸至C

9、點,與足夠長的光滑斜面CD平滑連接.將質(zhì)量m1=1 kg的滑塊1放在風(fēng)洞A點,在水平向右的恒定風(fēng)力F=20 N作用下(風(fēng)洞外風(fēng)力忽略不計)由靜止開始向右運動,與靜止在C點、質(zhì)量m2=2 kg的滑塊2發(fā)生碰撞并粘在一起.已知滑塊1與AC間的動摩擦因數(shù)μ=0.4,sAB=5 m,sBC=2 m,滑塊均可視為質(zhì)點,重力加速度g取10 m/s2.求: (1)碰撞前的瞬間滑塊1的速度大??; (2)碰撞后滑塊能上滑的最大高度. 解析:(1)滑塊在風(fēng)洞中A點由靜止釋放后,設(shè)經(jīng)過C點時的速度為v1, 根據(jù)動能定理可得F·sAB-μm1gsAC=m1v-0 解得v1=12 m/s. (2)滑塊1與

10、滑塊2發(fā)生完全非彈性碰撞, 由動量守恒定律可得m1v1=(m1+m2)v2 由能量守恒定律可得 (m1+m2)v=(m1+m2)gh 解得h=0.8 m. 答案:(1)12 m/s (2)0.8 m [刷綜合] 8.(2019·河北衡水中學(xué)高三調(diào)研)光滑水平面上放有一上表面光滑、傾角為α的斜面A,斜面質(zhì)量為M,底邊長為L,如圖所示.將一質(zhì)量為m的可視為質(zhì)點的滑塊B從斜面的頂端由靜止釋放,滑塊B經(jīng)過時間t剛好滑到斜面底端.此過程中斜面對滑塊的支持力大小為FN,則下列說法中正確的是(  ) A.FN=mgcos α B.滑塊下滑過程中支持力對B的沖量大小為FNtcos α C.滑

11、塊B下滑過程中A、B組成的系統(tǒng)動量守恒 D.此過程中斜面向左滑動的距離為 L 解析:當滑塊B相對于斜面加速下滑時,斜面A水平向左加速運動,所以滑塊B相對于地面的加速度方向不再沿斜面方向,即沿垂直于斜面方向的合外力不再為零,所以斜面對滑塊的支持力FN不等于mgcos α,故A錯誤; 根據(jù)沖量定義I=Ft可知滑塊B下滑過程中支持力對B的沖量大小為I=FNt,故B錯誤;由于滑塊B有豎直方向的分加速度,所以系統(tǒng)豎直方向合外力不為零,系統(tǒng)的動量不守恒,故C錯誤;系統(tǒng)水平方向不受外力,水平方向動量守恒,設(shè)A、B的水平位移大小分別為x1、x2,取水平向左為正方向,由動量守恒定律得M-m=0,即有Mx1=

12、mx2 ,又x1+x2=L,解得x1=L,故D正確. 答案:D 9.(2019·江西南昌二中第一次模擬)如圖甲所示,一質(zhì)量為m的物塊在t=0時刻,以初速度v0從足夠長、傾角為θ的粗糙斜面底端向上滑行,物塊速度隨時間變化的圖象如圖乙所示.t0時刻物塊到達最高點,3t0時刻物塊又返回底端.下列說法正確的是(  ) A.物塊從開始運動到返回底端的過程中重力的沖量為3mgt0·cos θ B.物塊從t=0時刻開始運動到返回底端的過程中動量的變化量為mv0 C.斜面傾角θ的正弦值為 D.不能求出3t0時間內(nèi)物塊克服摩擦力所做的功 解析:物塊從開始運動到返回底端的過程中重力的沖量IG=

13、3mgt0,故A項錯誤.上滑過程中物塊做初速度為v0的勻減速直線運動,下滑過程中做初速度為零、末速度大小為v的勻加速直線運動,上滑和下滑的位移大小相等,所以有t0=·2t0,解得v=,物塊從開始運動到返回底端過程中動量的變化量為Δp=m(-v)-mv0=-mv0,故B項錯誤.上滑過程中有-(mgsin θ+μmgcos θ)·t0=0-mv0,下滑過程中有(mgsin θ-μmgcos θ)·2t0=m·-0,解得sin θ=,故C項正確.3t0時間內(nèi),物塊受力為重力、支持力、摩擦力,從底端出發(fā)又回到底端,高度不變,重力做功為零;支持力始終與速度垂直,不做功;摩擦力始終與速度反向,做負功,根據(jù)

14、動能定理,摩擦力所做的功就等于物體動能變化量,克服摩擦力所做的功與摩擦力所做負功大小相等,所以W=mv-mv2=mv,故D項錯誤. 答案:C 10.如圖所示,物塊A和B通過一根輕質(zhì)不可伸長的細繩連接,跨放在質(zhì)量不計的光滑定滑輪兩側(cè),質(zhì)量分別為mA=2 kg、mB=1 kg.初始時A靜止于水平地面上,B懸于空中.先將B豎直向上再舉高h=1.8 m(未觸及滑輪)然后由靜止釋放.一段時間后細繩繃直,A、B以大小相等的速度一起運動,之后B恰好可以和地面接觸.g取10 m/s2.空氣阻力不計.求: (1)B從釋放到細繩剛繃直時的運動時間t; (2)A的最大速度v的大小; (3)初始時B離地面的

15、高度H. 解析:(1)B從釋放到細繩剛繃直前做自由落體運動,有h=gt2 解得t=0.6 s (2)設(shè)細繩繃直前瞬間B速度大小為v0,有 v0=gt=6 m/s. 細繩繃直瞬間,細繩張力遠大于A、B的重力,A、B相互作用,總動量守恒,mBv0=(mA+mB)v 繩子繃直瞬間,A、B系統(tǒng)獲得的速度v=2 m/s 之后A做勻減速運動,所以細繩繃直瞬間的速度v即為最大速度,A的最大速度為2 m/s. (3)細繩繃直后,A、B一起運動,B恰好可以和地面接觸,說明此時A、B的速度為零,這一過程中A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒,有(mA+mB)v2+mBgH=mAgH 解得,初始時B離地面的

16、高度 H=0.6 m. 答案:(1)0.6 s (2)2 m/s  (3)0.6 m 11.(2019·山東青島高三期末聯(lián)考)如圖所示,在光滑水平面上有一帶擋板的長木板,擋板和長木板的總質(zhì)量為m,木板長度為L(擋板的厚度可忽略),擋板上固定有一個小炸藥包(可視為質(zhì)量不計的點).木板左端有一質(zhì)量也為m(可視為質(zhì)點)的滑塊.滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)恒定,整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài).給滑塊一個水平向右的初速度v0,滑塊相對木板向右運動,剛好能與小炸藥包接觸,接觸瞬間小炸藥包爆炸(此過程時間極短,爆炸后滑塊與木板只在水平方向上運動,且完好無損),滑塊向左運動,最終回到木板的左端,恰與木板相對靜止.求:

17、 (1)滑塊與木板間的動摩擦因數(shù); (2)小炸藥包爆炸完畢時滑塊和木板的速度. 解析:(1)滑塊相對木板向右運動,剛好能與炸藥包接觸,此時滑塊和木板的速度相同,設(shè)滑塊剛要與炸藥包接觸時的速度為v1,以水平向右為正方向;滑塊和木板組成的系統(tǒng),滑塊在木板上滑動的過程中,系統(tǒng)所受合外力為零,則該系統(tǒng)動量守恒,故有mv0=2mv1 解得v1=v0,方向水平向右 滑塊在木板上滑動的過程中,由功能關(guān)系可知 μmgL=mv-·2mv 聯(lián)立解得μ=. (2)設(shè)爆炸后滑塊和木板的速度分別為v1′和v2′,最終滑塊相對木板靜止于木板的左端時速度為v2,系統(tǒng)在爆炸前后動量守恒,則有 2mv1=mv1′+mv2′ 2mv1=2mv2 系統(tǒng)爆炸后,對滑塊在木板上運動的過程應(yīng)用功能關(guān)系,則有 μmgL=mv1′2+mv2′2-·2mv 聯(lián)立以上各式解得v1′=0;v2′=v0,方向水平向右. 答案:(1) (2)滑塊速度為0 木板速度為v0,方向水平向右 - 7 -

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