2019年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第六章 動量 動量守恒定律 微專題48 動量守恒定律的理解和應(yīng)用備考精煉.doc

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2019年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第六章 動量 動量守恒定律 微專題48 動量守恒定律的理解和應(yīng)用備考精煉方法點(diǎn)撥(1)守恒條件的判斷：理想守恒、近似守恒、單方向守恒(2)應(yīng)用關(guān)鍵是選好合適的系統(tǒng)、合適的過程，即一定要明確研究對象是誰，明確守恒過程的初、末狀態(tài)(3)要注意規(guī)定正方向1(多選)(xx北京西城區(qū)模擬)如圖1所示，甲、乙兩人靜止在光滑的冰面上，甲沿水平方向推了乙一下，結(jié)果兩人向相反方向滑去已知甲的質(zhì)量為45 kg，乙的質(zhì)量為50 kg.則下列判斷正確的是()圖1A甲的速率與乙的速率之比為109B甲的加速度大小與乙的加速度大小之比為910C甲對乙的沖量大小與乙對甲的沖量大小之比為11D甲的動能與乙的動能之比為112(xx北京石景山區(qū)模擬)如圖2所示，一輕繩上端固定，下端系一木塊，處于靜止?fàn)顟B(tài)一顆子彈以水平初速度射入木塊內(nèi)(子彈與木塊相互作用時間極短，可忽略不計(jì))，然后一起向右擺動直至達(dá)到最大偏角從子彈射入木塊到它們擺動達(dá)到最大偏角的過程中，對子彈和木塊，下列說法正確的是()圖2A機(jī)械能守恒，動量不守恒B機(jī)械能不守恒，動量守恒C機(jī)械能不守恒，動量不守恒D機(jī)械能守恒，動量守恒3(多選)(xx福建漳州聯(lián)考)如圖3所示，木塊a和b用一根水平輕彈簧連接起來，放在光滑水平面上，a緊靠在墻壁上，在b上施加向左的水平力F使彈簧壓縮，當(dāng)撤去外力后，下列說法中正確的是()圖3A尚未離開墻壁前，a、b及彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒B尚未離開墻壁前，a、b及彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒C離開墻壁后，a、b及彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒D離開墻壁后，a、b及彈簧組成的系統(tǒng)動量不守恒4(多選)(xx貴州凱里模擬)如圖4所示，豎直平面內(nèi)的光滑水平軌道的左邊與墻壁對接，右邊與一個足夠高的光滑圓弧軌道平滑相連，木塊A、B靜置于光滑水平軌道上，A、B的質(zhì)量分別為1.5 kg和0.5 kg.現(xiàn)讓A以6 m/s的速度水平向左運(yùn)動，之后與墻壁碰撞，碰撞的時間為0.3 s，碰后的速度大小變?yōu)? m/s，當(dāng)A與B碰撞后立即粘在一起運(yùn)動，g取10 m/s2，則()圖4AA與墻壁碰撞的過程中，墻壁對A的平均作用力的大小F50 NBA與墻壁碰撞的過程中沒有能量損失CA、B碰撞后的速度v3 m/sDA、B滑上圓弧軌道的最大高度h0.55 m5(xx四川成都第一次診斷)如圖5所示，小車靜止在光滑水平面上，AB是小車內(nèi)半圓軌道的水平直徑，現(xiàn)將一小球從距A點(diǎn)正上方h高處由靜止釋放，小球由A點(diǎn)沿切線方向經(jīng)半圓軌道后從B點(diǎn)沖出，在空中能上升的最大高度為0.8h，不計(jì)空氣阻力下列說法正確的是()圖5A在相互作用過程中，小球和小車組成的系統(tǒng)動量守恒B小球離開小車后做豎直上拋運(yùn)動C小球離開小車后做斜上拋運(yùn)動D小球第二次沖出軌道后在空中能上升的最大高度為0.6h6(多選)(xx福建漳州八校模擬)如圖6所示，光滑水平地面上靜止放置由彈簧相連的木塊A和B，開始時彈簧處于原長，現(xiàn)給A一個向右的瞬時沖量，讓A開始以速度v0向右運(yùn)動，若mAmB，則()圖6A當(dāng)彈簧壓縮最短時，B的速度達(dá)到最大值B當(dāng)彈簧再次恢復(fù)原長時，A的速度一定向右C當(dāng)彈簧再次恢復(fù)原長時，A的速度一定小于B的速度D當(dāng)彈簧再次恢復(fù)原長時，A的速度可能大于B的速度7(xx江西南昌三校第四次聯(lián)考)如圖7所示，勻強(qiáng)磁場的方向垂直紙面向里，一帶電微粒從磁場邊界d點(diǎn)垂直于磁場方向射入，沿曲線dpa打到屏MN上的a點(diǎn)，通過pa段用時為t.若該微粒經(jīng)過p點(diǎn)時，與一個靜止的不帶電微粒碰撞并結(jié)合為一個新微粒，最終打到屏MN上若兩個微粒所受重力均忽略，則新微粒運(yùn)動的()圖7A. 軌跡為pb，至屏幕的時間將小于tB. 軌跡為pc，至屏幕的時間將大于tC. 軌跡為pa，至屏幕的時間將大于tD. 軌跡為pb，至屏幕的時間將等于t8.(多選)(xx山東淄博一模)如圖8所示，在質(zhì)量為M(含支架)的小車上用輕繩懸掛一小球，小球質(zhì)量為m0，小車和小球以恒定的速度v沿光滑的水平地面運(yùn)動，與位于正對面的質(zhì)量為m的靜止木塊發(fā)生碰撞，碰撞時間極短，下列哪些說法是可能發(fā)生的()圖8A在此碰撞過程中，小車、木塊、小球的速度都發(fā)生變化，分別變?yōu)関1、v2、v3，滿足(Mm0)vMv1mv2m0v3B在此碰撞過程中，小球的速度不變，小車和木塊的速度變?yōu)関1和v2，滿足(Mm0)vMv1mv2C在此碰撞過程中，小球的速度不變，小車和木塊的速度都變?yōu)閡，滿足Mv(Mm)uD碰撞后小球擺到最高點(diǎn)時速度變?yōu)関1，木塊的速度變?yōu)関2，滿足(Mm0)v(Mm0)v1mv29(xx黑龍江大慶模擬)如圖9所示，甲、乙兩船的總質(zhì)量(包括船、人和貨物)分別為12m、14m，兩船沿同一直線、同一方向運(yùn)動，速度分別為2v0、v0.為避免兩船相撞，乙船上的人將一質(zhì)量為m的貨物沿水平方向拋向甲船，甲船上的人將貨物接住，求拋出貨物的最小速度(不計(jì)水的阻力)圖910(xx山東青島二中模擬)如圖10所示，光滑水平軌道上放置長木板A(上表面粗糙)和滑塊C，滑塊B置于A的左端，三者質(zhì)量分別為mA2 kg、mB1 kg、mC2 kg.開始時C靜止，A、B一起以v05 m/s的速度勻速向右運(yùn)動，A與C發(fā)生碰撞(時間極短)后C向右運(yùn)動，經(jīng)過一段時間，A、B再次達(dá)到共同速度一起向右運(yùn)動，且恰好不再與C碰撞求A與C發(fā)生碰撞后瞬間A的速度大小圖1011(xx四川成都第七中學(xué)月考)如圖11所示，光滑水平直導(dǎo)軌上有三個質(zhì)量均為m的物塊A、B、C，物塊B、C靜止，物塊B的左側(cè)固定一水平輕彈簧(彈簧左側(cè)的擋板質(zhì)量不計(jì))；讓物塊A以速度v0朝B運(yùn)動，壓縮彈簧；當(dāng)A、B速度相等時，B與C恰好相碰并粘接在一起，然后繼續(xù)運(yùn)動假設(shè)B和C碰撞過程時間極短那么從A開始壓縮彈簧直至與彈簧分離的過程中，求：圖11(1)A、B第一次速度相同時的速度大??；(2)A、B第二次速度相同時的速度大?。?3)彈簧被壓縮到最短時的彈性勢能大小答案精析1AC兩人在光滑的冰面上，故他們受合力為零，當(dāng)甲推乙時，二人的總動量守恒，故m甲v甲m乙v乙，則，選項(xiàng)A正確；二人的相互作用力大小相等，方向相反，故甲的加速度大小與乙的加速度大小之比為二人質(zhì)量的反比，即109，選項(xiàng)B錯誤；二人相互作用的時間相等，作用力大小相等，故甲對乙的沖量大小與乙對甲的沖量大小之比為11，選項(xiàng)C正確；由Ek可知，甲、乙的動能不相等，選項(xiàng)D錯誤2C3BC以a、b及彈簧組成的系統(tǒng)為研究對象，在a離開墻壁前，除了系統(tǒng)內(nèi)彈力做功外，無其他力做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，在a尚未離開墻壁前，系統(tǒng)所受合外力不為零，因此該過程系統(tǒng)動量不守恒，故A錯誤，B正確；當(dāng)a離開墻壁，系統(tǒng)水平方向不受外力，系統(tǒng)動量守恒，故C正確，D錯誤4AC設(shè)水平向右為正方向，A與墻壁碰撞時根據(jù)動量定理有FtmAv1mA(v1)，解得F50 N，故A正確若A與墻壁碰撞時無能量損失，A將以速度6 m/s水平向右運(yùn)動，由題已知碰后的速度大小變?yōu)? m/s，故B錯誤設(shè)碰撞后A、B的共同速度為v，根據(jù)動量守恒定律有mAv1(mAmB)v，解得v3 m/s，故C正確A、B在光滑圓弧軌道上滑動時，機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得(mAmB)v2(mAmB)gh，解得h0.45 m，故D錯誤5B6BCA開始壓縮彈簧時做減速運(yùn)動，B做加速運(yùn)動，當(dāng)兩者速度相等時，彈簧壓縮到最短，然后B繼續(xù)做加速運(yùn)動，A繼續(xù)做減速運(yùn)動，所以彈簧壓縮到最短時，B的速度沒有達(dá)到最大，故選項(xiàng)A錯誤；彈簧壓縮到最短時，兩者速度相等，然后B繼續(xù)做加速運(yùn)動，A繼續(xù)做減速運(yùn)動，直到彈簧恢復(fù)原長，此時B的速度達(dá)到最大，且大于A的速度，根據(jù)動量守恒有：mAv0mAvAmBvB，若A的速度方向向左，則mBvBmAv0，動能Ek，可知EkBEk0，違背了能量守恒定律，所以A的速度一定向右，故選項(xiàng)B、C正確，D錯誤7C帶電粒子和不帶電粒子相碰，遵守動量守恒，故總動量不變，總電荷量也保持不變，由Bqvm，得：r，p、q都不變，可知粒子碰撞前后的軌跡半徑r不變，故軌跡應(yīng)為pa，由周期T可知，因m增大，故粒子運(yùn)動的周期增大，因所對應(yīng)的弧線不變，圓心角不變，故新微粒運(yùn)動至屏幕所用的時間將大于t，C正確8CD95v0解析設(shè)拋出貨物的速度為v，由動量守恒定律得：乙船與貨物：14mv013mv1mv甲船與貨物：12m2v0mv13mv2兩船不相撞的條件是：v2v1，解得v5v0.102 m/s解析因碰撞時間極短，A與C碰撞過程動量守恒，設(shè)碰后瞬間A的速度為vA，C的速度為vC，以向右為正方向，由動量守恒定律得mAv0mAvAmCvCA與B在摩擦力作用下達(dá)到共同速度，設(shè)共同速度為vAB，由動量守恒定律得mAvAmBv0(mAmB)vABA與B達(dá)到共同速度后恰好不再與C碰撞，應(yīng)滿足vABvC，聯(lián)立以上各式，代入數(shù)據(jù)得vA2 m/s.11(1)v0(2)v0(3)mv02解析(1)對A、B接觸的過程中，當(dāng)?shù)谝淮嗡俣认嗤瑫r，由動量守恒定律得，mv02mv1解得v1v0(2)設(shè)A、B第二次速度相同時的速度大小為v2，對A、B、C組成的系統(tǒng)，根據(jù)動量守恒定律：mv03mv2解得v2v0(3)B與C碰撞的瞬間，B、C組成的系統(tǒng)動量守恒，有：m2mv3解得v3v0系統(tǒng)損失的機(jī)械能為Em()22m()2mv02當(dāng)A、B、C速度相同時，彈簧的彈性勢能最大，此時v2v0根據(jù)能量守恒定律得，彈簧的最大彈性勢能為：Epmv02(3m)v22Emv02