《（江蘇專用）2019高考物理一輪復習 第六章 動量 動量守恒定律 課時48 動量守恒定律的理解和應用加練半小時.docx》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（江蘇專用）2019高考物理一輪復習 第六章 動量 動量守恒定律 課時48 動量守恒定律的理解和應用加練半小時.docx（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

48 動量守恒定律的理解和應用 [方法點撥]　(1)守恒條件的判斷：理想守恒、近似守恒、單方向守恒．(2)應用關(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)(2017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．甲對乙的沖量大小與乙對甲的沖量大小之比為1∶1 D．甲的動能與乙的動能之比為1∶1 2．(2017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，處于靜止狀態(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)，然后一起向右擺動直至達到最大偏角．從子彈射入木塊到它們擺動達到最大偏角的過程中，對子彈和木塊，下列說法正確的是(　　) 圖2 A．機械能守恒，動量不守恒 B．機械能不守恒，動量守恒 C．機械能不守恒，動量不守恒 D．機械能守恒，動量守恒 3．(多選)(2017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，當撤去外力后，下列說法中正確的是(　　) 圖3 A．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)(2017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A與B碰撞后立即粘在一起運動，g取10 m/s2，則(　　) 圖4 A．A與墻壁碰撞的過程中，墻壁對A的平均作用力的大小F＝50 N B．A與墻壁碰撞的過程中沒有能量損失 C．A、B碰撞后的速度v＝3 m/s D．A、B滑上圓弧軌道的最大高度h＝0.55 m 5．(2017四川成都第一次診斷)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點正上方h高處由靜止釋放，小球由A點沿切線方向經(jīng)半圓軌道后從B點沖出，在空中能上升的最大高度為0.8h，不計空氣阻力．下列說法正確的是(　　) 圖5 A．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動 C．小球離開小車后做斜上拋運動 D．小球第二次沖出軌道后在空中能上升的最大高度為0.6h 6．(多選)(2017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向右運動，若mA>mB，則(　　) 圖6 A．當彈簧壓縮最短時，B的速度達到最大值 B．當彈簧再次恢復原長時，A的速度一定向右 C．當彈簧再次恢復原長時，A的速度一定小于B的速度 D．當彈簧再次恢復原長時，A的速度可能大于B的速度 7．(2017江西南昌三校第四次聯(lián)考)如圖7所示，勻強磁場的方向垂直紙面向里，一帶電微粒從磁場邊界d點垂直于磁場方向射入，沿曲線dpa打到屏MN上的a點，通過pa段用時為t.若該微粒經(jīng)過p點時，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，則新微粒運動的(　　) 圖7 A. 軌跡為pb，至屏幕的時間將小于t B. 軌跡為pc，至屏幕的時間將大于t C. 軌跡為pa，至屏幕的時間將大于t D. 軌跡為pb，至屏幕的時間將等于t 8.(多選)(2017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8 A．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(M＋m0)v＝Mv1＋mv2＋m0v3 B．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(M＋m0)v＝Mv1＋mv2 C．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＝(M＋m)u D．碰撞后小球擺到最高點時速度變?yōu)関1，木塊的速度變?yōu)関2，滿足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2 9．(2017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．(不計水的阻力) 圖9 10．(2018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mA＝2 kg、mB＝1 kg、mC＝2 kg.開始時C靜止，A、B一起以v0＝5 m/s的速度勻速向右運動，A與C發(fā)生碰撞(時間極短)后C向右運動，經(jīng)過一段時間，A、B再次達到共同速度一起向右運動，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10 11．(2018四川成都第七中學月考)如圖11所示，光滑水平直導軌上有三個質(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)；讓物塊A以速度v0朝B運動，壓縮彈簧；當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)運動．假設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小； (3)彈簧被壓縮到最短時的彈性勢能大?。? 答案精析 1．AC　[兩人在光滑的冰面上，故他們受合力為零，當甲推乙時，二人的總動量守恒，故m甲v甲＝m乙v乙，則＝＝＝，選項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1∶1，選項C正確；由Ek＝可知，甲、乙的動能不相等，選項D錯誤．] 2．C 3．BC　[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．] 4．AC　[設水平向右為正方向，A與墻壁碰撞時根據(jù)動量定理有Ft＝mAv1′－mA(－v1)，解得F＝50 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水平向右運動，由題已知碰后的速度大小變?yōu)? m/s，故B錯誤．設碰撞后A、B的共同速度為v，根據(jù)動量守恒定律有mAv1′＝(mA＋mB)v，解得v＝3 m/s，故C正確．A、B在光滑圓弧軌道上滑動時，機械能守恒，由機械能守恒定律得(mA＋mB)v2＝(mA＋mB)gh，解得h＝0.45 m，故D錯誤．] 5．B 6．BC　[A開始壓縮彈簧時做減速運動，B做加速運動，當兩者速度相等時，彈簧壓縮到最短，然后B繼續(xù)做加速運動，A繼續(xù)做減速運動，所以彈簧壓縮到最短時，B的速度沒有達到最大，故選項A錯誤；彈簧壓縮到最短時，兩者速度相等，然后B繼續(xù)做加速運動，A繼續(xù)做減速運動，直到彈簧恢復原長，此時B的速度達到最大，且大于A的速度，根據(jù)動量守恒有：mAv0＝mAvA＋mBvB，若A的速度方向向左，則mBvB＞mAv0，動能Ek＝，可知EkB＞Ek0，違背了能量守恒定律，所以A的速度一定向右，故選項B、C正確，D錯誤．] 7．C　[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Bqv＝m，得：r＝＝，p、q都不變，可知粒子碰撞前后的軌跡半徑r不變，故軌跡應為pa，由周期T＝可知，因m增大，故粒子運動的周期增大，因所對應的弧線不變，圓心角不變，故新微粒運動至屏幕所用的時間將大于t，C正確．] 8．CD 9．5v0 解析　設拋出貨物的速度為v，由動量守恒定律得： 乙船與貨物：14mv0＝13mv1－mv 甲船與貨物：12m2v0－mv＝13mv2 兩船不相撞的條件是：v2≤v1， 解得v≥5v0. 10．2 m/s 解析　因碰撞時間極短，A與C碰撞過程動量守恒，設碰后瞬間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mAv0＝mAvA＋mCvC A與B在摩擦力作用下達到共同速度，設共同速度為vAB，由動量守恒定律得mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)vAB A與B達到共同速度后恰好不再與C碰撞，應滿足vAB＝vC，聯(lián)立以上各式，代入數(shù)據(jù)得vA＝2 m/s. 11．(1)v0　(2)v0　(3)mv02 解析　(1)對A、B接觸的過程中，當?shù)谝淮嗡俣认嗤瑫r， 由動量守恒定律得， mv0＝2mv1 解得v1＝v0 (2)設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：mv0＝3mv2 解得v2＝v0 (3)B與C碰撞的瞬間，B、C組成的系統(tǒng)動量守恒，有： m＝2mv3 解得v3＝v0 系統(tǒng)損失的機械能為ΔE＝m()2－2m()2＝mv02 當A、B、C速度相同時，彈簧的彈性勢能最大，此時v2＝v0 根據(jù)能量守恒定律得，彈簧的最大彈性勢能為： Ep＝mv02－(3m)v22－ΔE＝mv02