（全國(guó)通用版）2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第六章 碰撞與動(dòng)量守恒 課時(shí)分層作業(yè) 十九 6.2 動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用.doc

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課時(shí)分層作業(yè) 十九動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用(45分鐘100分)【基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)題組】一、選擇題(本題共10小題,每小題6分,共60分。16題為單選題,710題為多選題)1.(2017全國(guó)卷)將質(zhì)量為1.00 kg的模型火箭點(diǎn)火升空,50 g 燃燒的燃?xì)庖源笮?00 m/s的速度從火箭噴口在很短時(shí)間內(nèi)噴出。在燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g,火箭的動(dòng)量大小為(噴出過(guò)程中重力和空氣阻力可忽略)()A.30 kgm/sB.5.7102 kgm/sC.6.0102 kgm/sD.6.3102 kgm/s 【解析】選A?；鸺c噴出的燃?xì)饨M成的系統(tǒng)在豎直方向上動(dòng)量守恒。選豎直向上為正方向,設(shè)噴氣后火箭的動(dòng)量為p,由動(dòng)量守恒定律得:0=p-mv,則p=mv= 0.050600 kgm/s=30 kgm/s。2.在光滑水平面上有一輛平板車(chē),一人手握大錘站在車(chē)上。開(kāi)始時(shí)人、錘和車(chē)均靜止,且這三者的質(zhì)量依次為m1、m2、m3。人將大錘水平向左拋出后,人和車(chē)的速度大小為v,則拋出瞬間大錘的動(dòng)量大小為()A.m1v B.m2vC.(m1+m3)vD.(m2+m3)v【解析】選C。人、錘和車(chē)組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,取向左為正方向,則(m1+m3)v-p=0,解得拋出瞬間大錘的動(dòng)量大小為p=(m1+m3)v,故C正確,A、B、D錯(cuò)誤。3.如圖所示,放在光滑水平桌面上的A、B兩個(gè)小木塊中間夾一被壓縮的輕彈簧,當(dāng)輕彈簧被放開(kāi)時(shí),A、B兩個(gè)小木塊各自在桌面上滑行一段距離后,飛離桌面落在地面上。若mA=3mB,則下列結(jié)果正確的是 ()A.若輕彈簧對(duì)A、B做功分別為W1和W2,則有W1W2=11B.在與輕彈簧作用過(guò)程中,兩木塊的速度變化量之和為零C.若A、B在空中飛行時(shí)的動(dòng)量變化量分別為p1和p2,則有p1p2=11D.若A、B同時(shí)離開(kāi)桌面,則從釋放輕彈簧開(kāi)始到兩木塊落地的這段時(shí)間內(nèi),A、B兩木塊的水平位移大小之比為13【解析】選D。彈簧彈開(kāi)物體過(guò)程中,兩物體及彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,取水平向左為正方向,由動(dòng)量守恒定律得mAvA-mBvB=0,則速度之比vAvB=13,根據(jù)動(dòng)能定理得,輕彈簧對(duì)A、B做功分別為W1=mA,W2=mB,聯(lián)立解得W1W2=13,故A錯(cuò)誤;根據(jù)動(dòng)量守恒定律可知,在與輕彈簧作用過(guò)程中,兩木塊的動(dòng)量變化量之和為零,即mAvA+mBvB=0,可得vA+vB0,故B錯(cuò)誤;A、B離開(kāi)桌面后都做平拋運(yùn)動(dòng),它們拋出點(diǎn)的高度相同,運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等,設(shè)為t,由動(dòng)量定理得,A、B在空中飛行時(shí)的動(dòng)量變化量分別為p1=mAgt,p2=mBgt,所以p1p2=31,故C錯(cuò)誤;平拋運(yùn)動(dòng)水平方向的分運(yùn)動(dòng)是勻速直線運(yùn)動(dòng),由x=v0t知,t相等,又木塊在桌面上運(yùn)動(dòng)時(shí),vAvB=13,則A、B兩木塊的水平位移大小之比為13,故D正確。4.一顆子彈水平射入靜止在光滑水平地面上的木塊后不再穿出,木塊的動(dòng)能增加了8 J,木塊的質(zhì)量大于子彈的質(zhì)量。則此過(guò)程中產(chǎn)生的內(nèi)能可能是()A.18 JB.16 JC.10 JD.6 J【解析】選A。設(shè)子彈的初速度為v0,射入木塊后子彈與木塊共同的速度為v,木塊的質(zhì)量為M,子彈的質(zhì)量為m,根據(jù)動(dòng)量守恒定律得mv0=(M+m)v,解得v=,木塊獲得的動(dòng)能為Ek=Mv2=,系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能為Q=m-(M+m)v2=,所以=,由于木塊的質(zhì)量大于子彈的質(zhì)量,所以=2Ek=28 J=16 J,故A正確,B、C、D錯(cuò)誤。5.(2018石家莊模擬)滑塊a、b沿水平面上同一條直線發(fā)生碰撞,碰撞后兩者粘在一起運(yùn)動(dòng),兩者的位置x隨時(shí)間t變化的圖象如圖所示。則滑塊a、b的質(zhì)量之比()A. 54B.18C.81D.45【解析】選B。設(shè)a、b的質(zhì)量分別為m1 、m2,a、b碰撞前的速度為v1 、v2,由題給的圖象得v1=-2 m/s,v2=1 m/s,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,由題給的圖象得v= m/s,由動(dòng)量守恒定律得m1v1+m2v2=(m1+m2)v,由以上各式解得m1m2 =18 ,故B正確,A、C、D錯(cuò)誤。6.(2018泉州模擬)如圖所示,質(zhì)量為m的半圓軌道小車(chē)靜止在光滑的水平地面上,其水平直徑AB長(zhǎng)度為2R,現(xiàn)將質(zhì)量也為m的小球從距A點(diǎn)正上方h0高處由靜止釋放,然后由A點(diǎn)經(jīng)過(guò)半圓軌道后從B沖出,在空中能上升的最大高度為h0(不計(jì)空氣阻力),則()A.小球和小車(chē)組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒B.小車(chē)向左運(yùn)動(dòng)的最大距離為RC.小球離開(kāi)小車(chē)后做斜上拋運(yùn)動(dòng)D.小球第二次能上升的最大高度h0h|v1|,所以最后A球不會(huì)與B球再相碰,故A正確,B錯(cuò)誤;當(dāng)h=0.2 m時(shí),根據(jù)v0=、v=v0可得,C球最后的速度v= m/s= m/s,故C錯(cuò)誤,D正確。10.將一長(zhǎng)木板靜止放在光滑的水平面上,如圖甲所示,一個(gè)滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))以水平速度v0沿木板從左端向右端滑動(dòng),到達(dá)右端時(shí)恰能與木板保持相對(duì)靜止,現(xiàn)將木板分成A和B兩段,如圖乙所示,并緊挨著放在水平面上,讓滑塊仍以初速度v0從木板左端向右端滑動(dòng),滑塊與木板的動(dòng)摩擦因數(shù)處處相同,在以后的整個(gè)過(guò)程中,下列說(shuō)法正確的是()A.甲乙兩圖中,滑塊克服摩擦力做的功一樣多B.系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量甲圖比乙圖多C.最終甲、乙兩圖中滑塊受到合外力的沖量相同D.圖乙過(guò)程中滑塊與B一定不會(huì)分離【解析】選B、D。設(shè)滑塊的質(zhì)量為m,A部分的質(zhì)量為M1,B的質(zhì)量為M2,則滑塊在木板上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中,系統(tǒng)的動(dòng)量守恒,選擇向右為正方向,對(duì)甲圖mv0=(m+M1+ M2)v,對(duì)乙圖mv0=M1v1+(m+M2)v2,由于滑塊滑過(guò)A后,在B上滑動(dòng)的過(guò)程中,滑塊的速度將大于A的速度,則有v1vv2,可知第二次時(shí)滑塊的速度的變化量小一些,根據(jù)動(dòng)量定理可知,滑塊與B木板將比第一種的情景更早達(dá)到速度相等,所以在第二種情況下,滑塊還沒(méi)有運(yùn)動(dòng)到B的右端,兩者速度相同,即第二次時(shí),滑塊相對(duì)于木板的位移小,根據(jù)動(dòng)能定理可知,滑塊克服摩擦力做的功等于其動(dòng)能的變化,由于vm,物體A對(duì)地向左的最大位移是B.若Mm,A所受的摩擦力Ff=mg,對(duì)A,根據(jù)動(dòng)能定理得:-mgxA=0-m,則得物體A對(duì)地向左的最大位移xA=,故A錯(cuò)誤。若Mm,對(duì)B,由動(dòng)能定理得:-mgxB=0-M,則得小車(chē)B對(duì)地向右的最大位移xB=,B錯(cuò)誤。根據(jù)動(dòng)量定理知,摩擦力對(duì)平板車(chē)的沖量等于平板車(chē)動(dòng)量的變化量,即I=-Fft=Mv-Mv0=,Ff=mg,解得:t=,故C錯(cuò)誤,D正確。二、計(jì)算題(15分。需寫(xiě)出規(guī)范的解題步驟)11.(2018包頭模擬)如圖所示,AB 為光滑水平面,BC部分位于豎直平面內(nèi)半徑為R的半圓軌道,B點(diǎn)是最低點(diǎn),C點(diǎn)是最高點(diǎn),C點(diǎn)切線方向水平,圓管截面半徑rR。有一個(gè)質(zhì)量為m的a球以水平初速度向右運(yùn)動(dòng)碰撞到原來(lái)靜止在水平面上的質(zhì)量為3m的b球,兩球發(fā)生對(duì)心碰撞,碰撞時(shí)間極短,并且碰撞時(shí)沒(méi)有能量損失,碰撞后b球順利進(jìn)入光滑圓管(B點(diǎn)無(wú)能量損失,小球的半徑比圓管半徑r略小),它經(jīng)過(guò)最高點(diǎn)C后飛出,最后落在水平地面上的A點(diǎn),已知AB的距離為2R。已知重力加速度為g。求:(1)小球b運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力。(2)碰后小球a的速度為多少?！窘馕觥?1)b球從C點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng),則:水平方向:x=2R=vCt豎直方向:y=2R=gt2解得:vC=在C點(diǎn)根據(jù)牛頓第二定律得:3mg+FN=3m解得:FN=0由牛頓第三定律知小球?qū)壍赖膲毫?(2)b球從B到C,由機(jī)械能守恒得:3mg2R=3m-3m解得:vB=a球與b球發(fā)生彈性碰撞,則:mv0=mva+3mvBm=m+3m解得:va=-方向向左答案:(1)0(2),方向向左【能力拔高題組】1.(8分)(2018岳陽(yáng)模擬)如圖所示,一根勁度系數(shù)足夠大的輕質(zhì)彈簧一端固定在墻上O點(diǎn),另一端與靜止在光滑水平面上A點(diǎn)的物塊相連,物塊質(zhì)量為M,第一顆子彈以大小為v0的速度水平向右射入物塊但未穿出。此后,每當(dāng)物塊向左經(jīng)過(guò)A時(shí),都會(huì)有一顆子彈以大小為v0的速度水平向右射入物塊且均未穿出。若每顆子彈的質(zhì)量為m,子彈與物塊相互作用時(shí)間極短,不計(jì)空氣阻力,則 ()A.隨著子彈的不斷射入,彈簧的最大壓縮量將不斷增加B.當(dāng)?shù)? 017顆子彈剛要射入時(shí),物塊在A點(diǎn)時(shí)的速度大小為0C.當(dāng)?shù)? 017顆子彈剛要射入時(shí),物塊在A點(diǎn)時(shí)的速度大小為v0D.從第一顆子彈射入到彈簧被壓縮到最短的過(guò)程中,子彈、物塊和彈簧系統(tǒng)機(jī)械能守恒【解題指導(dǎo)】解答本題應(yīng)注意以下三點(diǎn):(1)子彈打擊物塊的過(guò)程動(dòng)量守恒。(2)物塊壓縮彈簧的過(guò)程系統(tǒng)機(jī)械能守恒。(3)通過(guò)數(shù)學(xué)歸納確定當(dāng)偶數(shù)顆子彈射入物塊后物塊在A點(diǎn)時(shí)的速度大小?！窘馕觥窟xB。第一顆子彈射入物塊的過(guò)程,取向右為正方向,由動(dòng)量守恒定律得mv0=(M+m)v1,解得v1=,之后彈簧的最大彈性勢(shì)能為Ep1=(M+m)=,根據(jù)機(jī)械能守恒定律得,物塊返回A點(diǎn)時(shí)速度大小為v1=,第二顆子彈射入物塊的過(guò)程,取向右為正方向,由動(dòng)量守恒定律得mv0-(M+m)v1=(M+2m)v2,解得v2=0,第三顆子彈射入物塊的過(guò)程,取向右為正方向,由動(dòng)量守恒定律得mv0=(M+3m)v3,解得v3=,之后彈簧的最大彈性勢(shì)能為Ep3=(M+3m)=,第四顆子彈射入物塊的過(guò)程,取向右為正方向,由動(dòng)量守恒定律得mv0-(M+3m)v3=(M+4m)v4,解得v4=0,由此可知,隨著子彈的不斷射入,彈簧的最大壓縮量并不是不斷增加,故A錯(cuò)誤;由以上分析可知,當(dāng)偶數(shù)顆子彈射入物塊后物塊在A點(diǎn)時(shí)的速度大小為0,所以當(dāng)?shù)? 017顆子彈剛要射入時(shí),物塊在A點(diǎn)時(shí)的速度大小為0,故B正確,C錯(cuò)誤;從第一顆子彈射入物塊的過(guò)程中,機(jī)械能有一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能,所以子彈、物塊和彈簧系統(tǒng)機(jī)械能要減小,故D錯(cuò)誤。2.(17分)(2018平頂山模擬)如圖所示,一小車(chē)置于光滑水平面上,輕質(zhì)彈簧右端固定,左端拴連物塊b,小車(chē)質(zhì)量M=3 kg,AO部分粗糙且長(zhǎng)L=2 m,動(dòng)摩擦因數(shù)=0.3,OB部分光滑。另一小物塊a放在車(chē)的最左端,和車(chē)一起以v0=4 m/s的速度向右勻速運(yùn)動(dòng),車(chē)撞到固定擋板后瞬間速度變?yōu)榱?但不與擋板粘連。已知車(chē)OB部分的長(zhǎng)度大于彈簧的自然長(zhǎng)度,彈簧始終處于彈性限度內(nèi)。a、b兩物塊視為質(zhì)點(diǎn),質(zhì)量均為m=1 kg,碰撞時(shí)間極短且不粘連,碰后一起向右運(yùn)動(dòng)。(g取10 m/s2)求:(1)物塊a與b碰后的速度大小。(2)當(dāng)物塊a相對(duì)小車(chē)靜止時(shí)小車(chē)右端B到擋板的距離。(3)當(dāng)物塊a相對(duì)小車(chē)靜止時(shí)在小車(chē)上的位置到O點(diǎn)的距離?！窘馕觥?1)對(duì)物塊a,由動(dòng)能定理得:-mgL=m-m解得:v1=2 m/sa、b碰撞過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒,以a的初速度方向?yàn)檎较?由動(dòng)量守恒定律得:mv1=2mv2解得:v2=1 m/s。(2)當(dāng)彈簧恢復(fù)到原長(zhǎng)時(shí)兩物塊分離,a以v2=1 m/s 在小車(chē)上向左滑動(dòng),當(dāng)與車(chē)同速時(shí),以向左為正方向,由動(dòng)量守恒定律得:mv2=(M+m)v3解得:v3=0.25 m/s對(duì)小車(chē),由動(dòng)能定理得:mgs=M代入數(shù)據(jù)解得同速時(shí)車(chē)B端距擋板的距離:s=0.031 25 m。(3)由能量守恒得:mgx=m-(M+m)解得滑塊a與車(chē)相對(duì)靜止時(shí)與O點(diǎn)距離:x=0.125 m。答案:(1)1 m/s(2)0.031 25 m(3)0.125 m【總結(jié)提升】利用動(dòng)量和能量觀點(diǎn)解題的技巧(1)若研究對(duì)象為一個(gè)系統(tǒng),應(yīng)優(yōu)先考慮應(yīng)用動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律(或機(jī)械能守恒定律)。(2)若研究對(duì)象為單一物體,且涉及功和位移問(wèn)題時(shí),應(yīng)優(yōu)先考慮動(dòng)能定理。(3)因?yàn)閯?dòng)量守恒定律、能量守恒定律(或機(jī)械能守恒定律)、動(dòng)能定理都只考查一個(gè)物理過(guò)程的始末兩個(gè)狀態(tài)有關(guān)物理量間的關(guān)系,對(duì)過(guò)程的細(xì)節(jié)不予細(xì)究,這正是它們的方便之處。特別對(duì)于變力做功問(wèn)題,就更顯示出它們的優(yōu)越性。