2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 課后限時(shí)集訓(xùn)18 動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用（含解析）新人教版

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1、課后限時(shí)集訓(xùn)(十八) 動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用(建議用時(shí)：40分鐘)基礎(chǔ)對(duì)點(diǎn)練題組一：動(dòng)量守恒定律的理解和判斷1(2019衡水檢測(cè))關(guān)于系統(tǒng)動(dòng)量守恒的條件，下列說法正確的是()A只要系統(tǒng)內(nèi)存在摩擦力，系統(tǒng)動(dòng)量就不可能守恒B只要系統(tǒng)中有一個(gè)物體具有加速度，系統(tǒng)動(dòng)量就不守恒C只要系統(tǒng)所受的合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量就守恒D系統(tǒng)中所有物體的加速度為零時(shí)，系統(tǒng)的總動(dòng)量不一定守恒C根據(jù)動(dòng)量守恒的條件可知A、B錯(cuò)誤，C正確；系統(tǒng)中所有物體加速度為零時(shí)，各物體速度恒定，動(dòng)量恒定，系統(tǒng)中總動(dòng)量一定守恒，D錯(cuò)誤。2(多選)如圖所示，質(zhì)量為M的三角形滑塊置于水平光滑的地面上，斜面亦光滑，當(dāng)質(zhì)量為m的滑塊沿斜面下滑的過程中，

2、M與m組成的系統(tǒng)()A由于不受摩擦力，系統(tǒng)動(dòng)量守恒B由于地面對(duì)系統(tǒng)的支持力大小不等于系統(tǒng)所受重力大小，故系統(tǒng)動(dòng)量不守恒C系統(tǒng)水平方向不受外力，故系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒DM對(duì)m作用有水平方向分力，故系統(tǒng)水平方向動(dòng)量也不守恒BC水平方向不受外力和摩擦，所以系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，C正確；豎直方向系統(tǒng)所受重力和支持力大小不等，系統(tǒng)豎直方向動(dòng)量不守恒，B正確。題組二：碰撞、爆炸與反沖3(2019桂林質(zhì)檢)如圖所示，光滑水平面上有大小相同的A、B兩個(gè)小球在同一直線上運(yùn)動(dòng)。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(dòng)量均為8 kgm/s，運(yùn)動(dòng)過程中兩球發(fā)生碰撞，碰撞后A球的動(dòng)量增量為4 kgm/

3、s，則()A右方為A球，碰撞后A、B兩球的速度大小之比為23B右方為A球，碰撞后A、B兩球的速度大小之比為16C左方為A球，碰撞后A、B兩球的速度大小之比為23D左方為A球，碰撞后A、B兩球的速度大小之比為16CA、B兩球發(fā)生碰撞，規(guī)定向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律可得pApB，由于碰后A球的動(dòng)量增量為負(fù)值，所以右邊不可能是A球，若是A球則動(dòng)量的增量應(yīng)該是正值，因此碰撞后A球的動(dòng)量為4 kgm/s，所以碰撞后B球的動(dòng)量是增加的，為12 kgm/s，由于mB2mA，所以碰撞后A、B兩球速度大小之比為23，故C正確。4一彈丸在飛行到距離地面5 m高時(shí)僅有水平速度v2 m/s，爆炸成為甲、乙兩塊水平飛

4、出，甲、乙的質(zhì)量比為31。不計(jì)質(zhì)量損失，取重力加速度g10 m/s2，則下列圖中兩塊彈片飛行的軌跡可能正確的是()ABCDB由hgt2可知，爆炸后甲、乙兩塊做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1 s，爆炸過程中，爆炸力對(duì)沿原方向運(yùn)動(dòng)的一塊的沖量沿運(yùn)動(dòng)方向，故這一塊的速度必然增大，即v2 m/s，因此水平位移大于2 m，C、D項(xiàng)錯(cuò)誤；甲、乙兩塊在爆炸前后，水平方向不受外力，故水平方向動(dòng)量守恒，即甲、乙兩塊的動(dòng)量改變量大小相等，兩塊質(zhì)量比為31，所以速度變化量之比為13，由平拋運(yùn)動(dòng)水平方向上xv0t，所以A圖中，v乙0.5 m/s，v甲2.5 m/s，v乙2.5 m/s，v甲0.5 m/s，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B圖中，v乙0

5、.5 m/s，v甲2.5 m/s，v乙1.5 m/s，v甲0.5 m/s，B項(xiàng)正確。5假設(shè)進(jìn)行太空行走的宇航員A和B的質(zhì)量分別為mA和mB，他們攜手勻速遠(yuǎn)離空間站，相對(duì)空間站的速度為v0。某時(shí)刻A將B向空間站方向輕推，A的速度變?yōu)関A，B的速度變?yōu)関B，則下列各關(guān)系式中正確的是()A(mAmB)v0mAvAmBvBB(mAmB)v0mAvAmB(vAv0)C(mAmB)v0mAvAmB(vAvB)D(mAmB)v0mAvAmBvBD本題中的各個(gè)速度都是相對(duì)于空間站的，不需要轉(zhuǎn)換。相互作用前系統(tǒng)的總動(dòng)量為(mAmB)v0，A將B向空間站方向輕推后，A的速度變?yōu)関A，B的速度變?yōu)関B，動(dòng)量分別為m

6、AvA、mBvB，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得(mAmB)v0mAvAmBvB，故D正確。6(2019南京模擬)如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為m的物塊A與另一個(gè)質(zhì)量為2m的物塊B發(fā)生正碰，碰后B物塊剛好能落入正前方的沙坑中。假如碰撞過程中無(wú)機(jī)械能損失，已知物塊B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1，與沙坑的距離為0.5 m，g取10 m/s2，物塊可視為質(zhì)點(diǎn)。則A碰撞前瞬間的速度為()A0.5 m/sB1.0 m/sC1.5 m/sD2.0 m/sC碰后物塊B做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理有2mgx02mv，得v21 m/s。A與B碰撞過程中動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，則有mv0mv12mv2，mvmv2mv，解得v01.5 m

7、/s，則選項(xiàng)C正確。題組三：動(dòng)量和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用7(多選)如圖所示，方盒A靜止在光滑的水平面上，盒內(nèi)有一小滑塊B，盒的質(zhì)量是滑塊的2倍，滑塊與盒內(nèi)水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為。若滑塊以速度v開始向左運(yùn)動(dòng)，與盒的左、右壁發(fā)生無(wú)機(jī)械能損失的碰撞，滑塊在盒中來回運(yùn)動(dòng)多次，最終相對(duì)于盒靜止，則()A此時(shí)盒的速度大小為B此時(shí)盒的速度大小為C滑塊相對(duì)于盒運(yùn)動(dòng)的路程為D滑塊相對(duì)于盒運(yùn)動(dòng)的路程為AC設(shè)滑塊的質(zhì)量為m，則盒的質(zhì)量為2m，對(duì)整個(gè)過程，由動(dòng)量守恒定律可得mv3mv共，解得v共，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；由功能關(guān)系可知mgxmv23m，解得x，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。8(多選)如圖甲所示，在光滑水平面上，輕質(zhì)彈簧

8、一端固定，物體A以速度v0向右運(yùn)動(dòng)壓縮彈簧，測(cè)得彈簧的最大壓縮量為x。現(xiàn)讓彈簧一端連接另一質(zhì)量為m的物體B(如圖乙所示)，物體A以2v0的速度向右壓縮彈簧，測(cè)得彈簧的最大壓縮量仍為x，則 ()甲乙AA物體的質(zhì)量為3mBA物體的質(zhì)量為2mC彈簧壓縮最大時(shí)的彈性勢(shì)能為mvD彈簧壓縮最大時(shí)的彈性勢(shì)能為mvAC對(duì)題圖甲，設(shè)物體A的質(zhì)量為M，由機(jī)械能守恒定律可得，彈簧壓縮x時(shí)彈性勢(shì)能EpMv；對(duì)題圖乙，物體A以2v0的速度向右壓縮彈簧，A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，彈簧達(dá)到最大壓縮量時(shí)，A、B二者速度相等，由動(dòng)量守恒定律有M2v0(Mm)v，由能量守恒定律有EpM(2v0)2(Mm)v2，聯(lián)立解得M3m，E

9、pMvmv，選項(xiàng)A、C正確，B、D錯(cuò)誤。9(多選)如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為M的長(zhǎng)條木塊放置在光滑的水平面上，現(xiàn)有一顆質(zhì)量為m、速度為v0的子彈射入木塊并最終留在木塊中，在此過程中，木塊運(yùn)動(dòng)的距離為s，子彈射入木塊的深度為d，木塊對(duì)子彈的平均阻力為f，則下列說法正確的是()A子彈射入木塊前、后系統(tǒng)的機(jī)械能守恒B子彈射入木塊前、后系統(tǒng)的動(dòng)量守恒Cf與d之積為系統(tǒng)損失的機(jī)械能Df與s之積為子彈減少的動(dòng)能BC子彈射入木塊的過程中，阻力對(duì)系統(tǒng)要做功，所以系統(tǒng)的機(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)誤；系統(tǒng)處于光滑的水平面上，所受的合外力為零，所以系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，故B正確；系統(tǒng)損失的機(jī)械能等于阻力與兩個(gè)物體相對(duì)位移的乘積，即E

10、fd，故C正確；子彈減少的動(dòng)能等于阻力與子彈位移的乘積，即EkWf(sd)，故D錯(cuò)誤。10(多選)(2019銀川質(zhì)檢)如圖所示，甲圖表示光滑平臺(tái)上，物體A以初速度v0滑到上表面粗糙的水平小車B上，車與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)不計(jì)，乙圖為物體A與小車B的vt圖象，由此可求()甲乙A小車上表面長(zhǎng)度B物體A與小車B的質(zhì)量之比C物體A與小車B上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)D小車B獲得的動(dòng)能BC由題圖乙可知，A、B最終以共同速度v1勻速運(yùn)動(dòng)，不能確定小車上表面長(zhǎng)度，故A錯(cuò)誤；以v0的方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律得mAv0(mAmB)v1，故可以確定物體A與小車B的質(zhì)量之比，故B正確；由題圖乙可知A相對(duì)小車B的位移xv

11、0t1，根據(jù)動(dòng)能定理得mAgx(mAmB)vmAv，根據(jù)B項(xiàng)中求得的質(zhì)量關(guān)系，可以解出動(dòng)摩擦因數(shù)，故C正確；由于小車B的質(zhì)量無(wú)法求出，故不能確定小車B獲得的動(dòng)能，故D錯(cuò)誤?？键c(diǎn)綜合練11.一質(zhì)量為2m的物體P靜止于光滑水平地面上，其截面如圖所示。圖中ab為粗糙的水平面，長(zhǎng)度為L(zhǎng)；bc為一光滑斜面，斜面和水平面通過與ab和bc均相切的長(zhǎng)度可忽略的光滑圓弧連接?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m的木塊以大小為v0的水平初速度從a點(diǎn)向左運(yùn)動(dòng)，在斜面上上升的最大高度為h，返回后在到達(dá)a點(diǎn)前與物體P相對(duì)靜止。重力加速度為g。求：(1)木塊在ab段受到的摩擦力f；(2)木塊最后距a點(diǎn)的距離s。解析：(1)設(shè)木塊到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，

12、木塊和物體P的共同速度為v，由水平方向動(dòng)量守恒和功能關(guān)系得mv0(m2m)vmv(m2m)v2mghfL聯(lián)立得f。(2)設(shè)木塊停在ab之間時(shí)，木塊和物體P的共同速度為v，由水平方向動(dòng)量守恒和功能關(guān)系得mv0(m2m)vmv(m2m)v2f(2Ls)聯(lián)立得s。答案：見解析12如圖所示，質(zhì)量分布均勻、半徑為R的光滑半圓形金屬槽靜止在光滑的水平面上，左邊緊靠豎直墻壁。一質(zhì)量為m的小球從距金屬槽上端R處由靜止下落，恰好與金屬槽左端相切進(jìn)入槽內(nèi)，到達(dá)最低點(diǎn)后向右運(yùn)動(dòng)從金屬槽的右端沖出，小球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)距金屬槽圓弧最低點(diǎn)的距離為R，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力。求：(1)小球第一次到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)對(duì)金屬槽的壓力大小；(2)金屬槽的質(zhì)量。解析：(1)小球從靜止到第一次到達(dá)最低點(diǎn)的過程，根據(jù)機(jī)械能守恒定律：mg2Rmv小球剛到最低點(diǎn)時(shí)，根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)和牛頓第二定律：FNmgm據(jù)牛頓第三定律可知小球?qū)饘俨鄣膲毫椋篎NFN聯(lián)立解得FN5mg。(2)小球第一次到達(dá)最低點(diǎn)至小球到達(dá)最高點(diǎn)過程，小球和金屬塊水平方向動(dòng)量守恒，選取向右為正方向，則：mv0(mM)v設(shè)小球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)距金屬槽圓弧最低點(diǎn)的豎直高度為h，則有R2h2根據(jù)機(jī)械能守恒定律：mghmv(mM)v2聯(lián)立解得Mm。答案：(1)5mg(2)m- 7 -