（全國(guó)通用）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第六章 微專題47 動(dòng)量守恒定律的理解和應(yīng)用加練半小時(shí)（含解析）

《（全國(guó)通用）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第六章 微專題47 動(dòng)量守恒定律的理解和應(yīng)用加練半小時(shí)（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（全國(guó)通用）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第六章 微專題47 動(dòng)量守恒定律的理解和應(yīng)用加練半小時(shí)（含解析）（7頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、動(dòng)量守恒定律的理解和應(yīng)用 [方法點(diǎn)撥]　(1)守恒條件的判斷：理想守恒、近似守恒、單方面守恒.(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(duì)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)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45kg，乙的質(zhì)量為50kg.則下列判斷正確的是(　　) 圖1 A.甲的速率與乙的速率之比為10∶9 B.甲的加速度大小與乙的加速度大小之比為9∶10 C.甲對(duì)乙的沖量大小與乙對(duì)甲的沖量大小之比為1∶1 D.甲的動(dòng)能與乙的動(dòng)能之比為1∶1 2.(2

2、018·安徽省滁州市模擬)如圖2所示，A、B兩物塊放在光滑的水平面上，一輕彈簧放在A、B之間與A相連，與B接觸但不連接，彈簧剛好處于原長(zhǎng)，將物塊A鎖定，物塊C與A、B在一條直線上，三個(gè)物塊的質(zhì)量相等.現(xiàn)使物塊C以v＝2m/s的速度向左運(yùn)動(dòng)，與B相碰并粘在一起，當(dāng)C的速度為零時(shí)，解除A的鎖定，則A最終獲得的速度大小為(　　) 圖2 A.m/sB.m/sC.m/sD.m/s 3.(多選)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)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3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

3、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(　　) 圖3 A.mv2 B.v2 C.NμmgL D.NμmgL 4.(2018·安徽省合肥市二模)如圖4所示，某人站在一輛平板車的右端，車靜止在光滑的水平地面上，現(xiàn)人用鐵錘子連續(xù)敲擊車的右端.下列對(duì)平板車的運(yùn)動(dòng)情況描述正確的是(　　) 圖4 A.錘子向右掄起的過程中，車向右運(yùn)動(dòng) B.錘子下落的過程中車向左運(yùn)動(dòng) C.錘子掄至最高點(diǎn)時(shí)，車速度為零 D.錘子敲擊車瞬間，車向左運(yùn)動(dòng) 5.(多選)如圖5所示，小車的上面是由中突的兩個(gè)對(duì)稱的曲面組成，整個(gè)小車的質(zhì)量為m，原來靜止

4、在光滑的水平面上，今有一個(gè)可以看成質(zhì)點(diǎn)的小球，質(zhì)量也為m.以水平速度v從左端滑上小車，恰好到達(dá)小車的最高點(diǎn)后，又從另一個(gè)曲面滑下，關(guān)于這個(gè)過程，下列說法正確的是(　　) 圖5 A.小球滑離小車時(shí)，小車又回到了原來的位置 B.小球在滑上曲面的過程中，對(duì)小車壓力的沖量大小是 C.小球和小車作用前后，小車和小球的速度可能沒有變化 D.車上曲面的豎直高度不會(huì)大于 6.(2018·湖南省株洲市一模)如圖6所示，長(zhǎng)為l的輕桿兩端固定兩個(gè)質(zhì)量相等的小球甲和乙，初始時(shí)它們直立在光滑的水平地面上.后來由于受到微小擾動(dòng)，系統(tǒng)從圖示位置開始傾倒.當(dāng)小球甲剛要落地時(shí)，其速度大小為(　　) 圖6

5、 A.B.C.D.0 7.(2018·福建省泉州市質(zhì)檢)將一個(gè)質(zhì)量為3m的爆竹斜向上拋出，到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)速度大小為v0、方向水平向東，在最高點(diǎn)爆炸成質(zhì)量不等的兩塊，其中一塊質(zhì)量為2m，速度大小為v，方向水平向東，則另一塊的速度大小為(　　) A.3v0－v B.2v0－3v C.3v0－2v D.2v0＋v 8.(多選)質(zhì)量為M的物塊以速度v運(yùn)動(dòng)，與質(zhì)量為m的靜止物塊發(fā)生正碰，碰撞后兩者的動(dòng)量正好相等.兩者質(zhì)量之比可能為(　　) A.2B.3C.4D.5 9.如圖7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

6、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7 A.在相互作用過程中，小球和小車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒 B.小球離開小車后做豎直上拋運(yùn)動(dòng) C.小球離開小車后做斜上拋運(yùn)動(dòng) D.小球第二次沖出軌道后在空中能上升的最大高度為0.6h 10.(2018·山東省濟(jì)南市一模)運(yùn)載火箭是人類進(jìn)行太空探索的重要工具，一般采用多級(jí)結(jié)構(gòu)來提高其運(yùn)載能力.某興趣小組制作了兩種火箭模型來探究多級(jí)結(jié)構(gòu)的優(yōu)越性，模型甲內(nèi)部裝有質(zhì)量為Δm＝100g的壓縮氣體，總質(zhì)量為M＝1kg，啟動(dòng)后全部壓縮氣體以v0＝570m/s的速度從底部噴口在極短的時(shí)間內(nèi)豎直向

7、下噴出；模型乙分為兩級(jí)，兩級(jí)內(nèi)部各裝有質(zhì)量為的壓縮氣體，每級(jí)總質(zhì)量均為，啟動(dòng)后模型乙第一級(jí)內(nèi)的全部壓縮氣體以速度v0從底部噴口在極短時(shí)間內(nèi)豎直向下噴出，噴出后經(jīng)過2s時(shí)第一級(jí)脫離，同時(shí)第二級(jí)內(nèi)全部壓縮氣體仍以速度v0從第二級(jí)底部噴口在極短時(shí)間內(nèi)豎直向下噴出.噴氣過程中的重力和整個(gè)過程中的空氣阻力忽略不計(jì)，g取10m/s2，求兩種模型上升的最大高度之差. 11.(2019·山東省青島二中模擬)如圖8所示，光滑水平軌道上放置長(zhǎng)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mA＝2kg、mB＝1kg、mC＝2kg.開始時(shí)C靜止，A、B一起以v0＝5m/s的速度勻速向右運(yùn)動(dòng)，A與C

8、發(fā)生碰撞(時(shí)間極短)后C向右運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過一段時(shí)間，A、B再次達(dá)到共同速度一起向右運(yùn)動(dòng)，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8 答案精析 1.AC　[兩人在光滑的冰面上，故他們所受合力為零，當(dāng)甲推乙時(shí)，二人的總動(dòng)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10∶9，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；二人相互作用的時(shí)間相等，作用力大小相等，故甲對(duì)乙的沖量大小與乙對(duì)甲的沖量大小之比為1∶1，選項(xiàng)C正確；由Ek＝可知，甲、乙的動(dòng)能不相等，選項(xiàng)D錯(cuò)誤.] 2.D　[設(shè)物塊的質(zhì)量均為m，C與

9、B碰撞后的共同速度為v1，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mv＝2mv1，代入數(shù)據(jù)解得v1＝1m/s，設(shè)A最終獲得的速度大小為v2，B和C獲得的速度大小為v3，根據(jù)動(dòng)量守恒定律則有mv2＝2mv3，根據(jù)能量守恒定律可得×2mv12＝mv22＋×2mv23，代入數(shù)據(jù)解得v2＝m/s，故D正確，A、B、C錯(cuò)誤.] 3.BD　[根據(jù)動(dòng)量守恒，共同速度v′＝，損失的動(dòng)能ΔEk＝mv2－(M＋m)v′2＝v2，所以B正確；根據(jù)能量守恒，損失的動(dòng)能等于因摩擦放出的熱量，而計(jì)算熱量的方法是摩擦力乘相對(duì)位移，所以ΔEk＝N·FfL＝NμmgL，故D正確.] 4.C　[鐵錘、人和車組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，錘子向右掄

10、起的過程中，車向左運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；錘子下落的過程中，有水平向左的速度，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，車向右運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；錘子掄至最高點(diǎn)時(shí)，速度為零，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，車的速度也為零，故C正確；錘子向左敲擊車瞬間，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，車向右運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤.] 5.CD　[小球滑上曲面的過程中，小車向右運(yùn)動(dòng)，小球滑下時(shí)，小車還會(huì)繼續(xù)前進(jìn)，故不會(huì)回到原來位置，所以A錯(cuò)誤；由小球恰好到達(dá)最高點(diǎn)，知道兩者有共同速度，對(duì)于車、球組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律列式為mv＝2mv′，得共同速度v′＝，小車動(dòng)量的變化量為，這個(gè)增加的動(dòng)量是小車受到的總沖量的大小，曲面粗糙時(shí)，小球在滑上曲面的過程中，對(duì)小車壓力的沖量大小小于，所

11、以B錯(cuò)誤；由于滿足動(dòng)量守恒定律，系統(tǒng)機(jī)械能又沒有增加，所以是可能的，兩曲面光滑時(shí)會(huì)出現(xiàn)這個(gè)情況，所以C正確；由于小球原來的動(dòng)能為，小球到最高點(diǎn)時(shí)系統(tǒng)的動(dòng)能為×2m×()2＝，所以系統(tǒng)動(dòng)能減少了，如果曲面光滑，則減少的動(dòng)能等于小球增加的重力勢(shì)能，＝mgh，得h＝，顯然，這是最大值，如果曲面粗糙，高度還要小些，所以D正確.] 6.A　[兩球組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，小球甲剛要落地時(shí)水平速度為零，由機(jī)械能守恒定律得mv2＝mgl，解得v＝，故A正確.] 7.C　[取水平向東為正方向，爆炸過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，3mv0＝2mv＋mvx，解得vx＝3v0－2v，C正確.] 8.AB　[由動(dòng)量守恒和能

12、量守恒，設(shè)碰后兩者的動(dòng)量都等于p，則總動(dòng)量為2p，根據(jù)p2＝2mEk，以及能量關(guān)系得：≥＋，得≤3，故A、B正確.] 9.B 10.116.54m 解析　對(duì)模型甲，由動(dòng)量守恒有0＝(M－Δm)v甲－Δmv0， 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有h甲＝＝200.56m， 對(duì)模型乙第一級(jí)噴氣，由動(dòng)量守恒有0＝(M－)v乙1－v0， 代入數(shù)據(jù)解得v乙1＝30m/s， 則2s末有v乙1′＝v乙1－gt＝10m/s，h乙1＝＝40m， 對(duì)模型乙第二級(jí)噴氣，由動(dòng)量守恒有 v乙1′＝(－)v乙2－v0，h乙2＝＝277.1m， 可得Δh＝h乙1＋h乙2－h(huán)甲＝116.54m. 11.2m/s 解析　長(zhǎng)木板A與滑塊C處于光滑水平軌道上，兩者碰撞時(shí)間極短，碰撞過程中滑塊B與長(zhǎng)木板A間的摩擦力可以忽略不計(jì)，長(zhǎng)木板A與滑塊C組成的系統(tǒng)，在碰撞過程中動(dòng)量守恒，取水平向右為正方向 則mAv0＝mAvA＋mCvC① A、C碰撞后，長(zhǎng)木板A與滑塊B組成的系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)v② 長(zhǎng)木板A和滑塊B達(dá)到共同速度后，恰好不再與滑塊C碰撞， 則最后三者速度相等，vC＝v③ 聯(lián)立①②③式，代入數(shù)據(jù)解得：vA＝2m/s 7