2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題沖刺 考前基礎(chǔ)回扣練八 動量與動量守恒定律(含解析)

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1、八動量與動量守恒定律1(多選)恒力F作用在質(zhì)量為m的物體上,如圖所示,由于地面對物體的摩擦力較大,沒有被拉動,則經(jīng)時間t,下列說法正確的是()A拉力F對物體的沖量大小為FtB拉力F對物體的沖量大小是FtcosC合力對物體的沖量大小為零D重力對物體的沖量大小是mgt答案ACD解析拉力對物體的沖量大小為:IFFt,故A正確,B錯誤;由于物體沒有被拉動,處于平衡狀態(tài),其合外力為零,合外力的沖量也為零,故C正確;重力對物體的沖量大小為IGmgt,故D正確。2. 如圖所示,兩滑塊A、B在光滑水平面上沿同一直線相向運(yùn)動,滑塊A的質(zhì)量為m,速度大小為2v0,方向向右,滑塊B的質(zhì)量為2m,速度大小為v0,方向

2、向左,兩滑塊發(fā)生彈性碰撞后的運(yùn)動狀態(tài)是()AA和B都向左運(yùn)動 BA和B都向右運(yùn)動CA靜止,B向右運(yùn)動 DA向左運(yùn)動,B向右運(yùn)動答案D解析選向右為正方向,則A的動量pAm2v02mv0,B的動量pB2mv0。碰前A、B的動量之和為零,根據(jù)動量守恒,碰后A、B的動量之和也應(yīng)為零,可知四個選項(xiàng)中只有D符合題意。3. 如圖所示,光滑水平面上有質(zhì)量均為m的滑塊A和B,B上固定一輕彈簧,B靜止,A以速度v0水平向右運(yùn)動,通過彈簧與B發(fā)生作用,作用過程中,彈簧獲得的最大彈性勢能Ep為()A.mv B.mv C.mv D.mv答案C解析當(dāng)兩個滑塊速度相等時彈簧壓縮量最大,彈性勢能最大;滑塊A、B系統(tǒng)動量守恒,

3、根據(jù)動量守恒定律,有:mv02mv1,解得:v1v0;系統(tǒng)減小的動能等于增加的彈性勢能,故彈簧獲得的最大彈性勢能為:Epmv2m2mv,故選C。4. (多選)如圖所示,物體A、B的質(zhì)量分別為m、2m,物體B置于水平面上,物體B上部半圓形槽的半徑為R,將物體A從圓槽右側(cè)頂端由靜止釋放,一切摩擦均不計(jì)。則()AA能到達(dá)B圓槽的左側(cè)最高點(diǎn)BA運(yùn)動到圓槽的最低點(diǎn)時A的速率為 CA運(yùn)動到圓槽的最低點(diǎn)時B的速率為 DB向右運(yùn)動的最大位移大小為答案AD解析運(yùn)動過程不計(jì)一切摩擦,系統(tǒng)機(jī)械能守恒,且兩物體水平方向動量守恒,那么A可以到達(dá)B圓槽的左側(cè)最高點(diǎn),且A在B圓槽的左側(cè)最高點(diǎn)時,A、B的速度都為零,故A正確

4、;設(shè)A運(yùn)動到圓槽最低點(diǎn)時的速度大小為vA,圓槽B的速度大小為vB,規(guī)定向左為正方向,根據(jù)A、B在水平方向動量守恒得0mvA2mvB,解得vA2vB,根據(jù)機(jī)械能守恒定律得mgRmv2mv,解得vB ,vA ,B、C錯誤;當(dāng)A運(yùn)動到左側(cè)最高點(diǎn)時,B向右運(yùn)動的位移最大,設(shè)為x,根據(jù)動量守恒得m(2Rx)2mx,解得xR,D正確。5(多選)如圖質(zhì)量為M、長度為l的小車靜止在光滑的水平面上,質(zhì)量為m的小物塊放在小車的最左端。現(xiàn)用一水平恒力F作用在小物塊上,使物塊從靜止開始做勻加速直線運(yùn)動,物塊和小車之間的摩擦力為f。經(jīng)過時間t,小車運(yùn)動的位移為s,物塊剛好滑到小車的最右端,則()A此時物塊的動能為(Ff

5、)(sl),動量為(Ff)tB此時小車的動能為f(sl),動量為ftC這一過程中,物塊和小車增加的機(jī)械能為FsD這一過程中,物塊和小車產(chǎn)生的內(nèi)能為fl答案AD解析對物塊分析,物塊的位移為ls,根據(jù)動能定理得,(Ff)(ls)mv20,則知物塊到達(dá)小車最右端時具有的動能為(Ff)(ls),由動量定理:(Ff)tmv,則物塊的動量為(Ff)t,故A正確;小車的位移為s,受到的摩擦力為f,根據(jù)動能定理有Ek車fs,根據(jù)動量定理有p車ft,B錯誤;由A、B項(xiàng)分析可得,物塊和小車增加的機(jī)械能為E(Ff)(sl)fsFs(Ff)l,故C錯誤;系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能等于系統(tǒng)克服滑動摩擦力所做的功,大小為fl,故D正

6、確。6如圖所示,放在光滑水平桌面上的A、B兩個小木塊中間夾一被壓縮的輕彈簧,當(dāng)輕彈簧被放開時,A、B兩個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mA3mB,則下列結(jié)果正確的是()A若輕彈簧對A、B做功分別為W1和W2,則有W1W211B在與輕彈簧作用過程中,兩木塊的速度變化量之和為零C若A、B在空中飛行時的動量變化量分別為p1和p2,則有p1p211D若A、B同時離開桌面,則從釋放輕彈簧開始到兩木塊落地的這段時間內(nèi),A、B兩木塊的水平位移大小之比為13答案D解析彈簧彈開兩木塊過程中,兩木塊及彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒,取水平向左為正方向,由動量守恒定律得mAvAmBvB0,則速度大

7、小之比vAvB13,根據(jù)動能定理得,輕彈簧對A、B做功分別為W1mAv,W2mBv,聯(lián)立解得W1W213,故A錯誤;根據(jù)動量守恒定律可知,在與輕彈簧作用過程中,兩木塊的動量變化量之和為零,即mAvAmBvB0,可得vAvB0,故B錯誤;A、B離開桌面后都做平拋運(yùn)動,它們拋出點(diǎn)的高度相同,運(yùn)動時間相等,設(shè)為t,由動量定理得,A、B在空中飛行時的動量變化量分別為p1mAgt,p2mBgt,所以p1p231,故C錯誤;兩木塊加速時,由Fxmv2可知,F(xiàn)相等,位移大小之比為13,A、B兩木塊加速后的速度之比為vAvBmBmA13,在桌面上勻速運(yùn)動相同的時間離開桌面后均做平拋運(yùn)動,運(yùn)動時間t也相等,故A

8、、B兩木塊總的水平位移大小之比為13,D正確。7如圖所示,相距足夠遠(yuǎn)完全相同的質(zhì)量均為3m的兩個木塊靜止放置在光滑水平面上,質(zhì)量為m的子彈(可視為質(zhì)點(diǎn))以初速度v0水平向右射入木塊,穿出第一塊木塊時速度變?yōu)関0,已知木塊的長為L,設(shè)子彈在木塊中所受的阻力恒定。試求:(1)子彈穿出第一塊木塊后,第一個木塊的速度大小v以及子彈在木塊中所受阻力大??;(2)子彈在第二塊木塊中與該木塊發(fā)生相對運(yùn)動的時間t。答案(1)v0(2)解析(1)子彈打穿第一塊木塊過程,由動量守恒定律有mv0m3mv,解得vv0對子彈與第一塊木塊相互作用系統(tǒng),由能量守恒定律有FfLmvm2(3m)v2解得子彈受到木塊阻力Ff。(2)對子彈與第二塊木塊相互作用系統(tǒng),由于m2FfL,則子彈不能打穿第二塊木塊,設(shè)子彈與第二塊木塊共同速度為v共,由動量守恒定律有m(m3m)v共解得v共。對第二塊木塊,由動量定理有Fft3m子彈在第二塊木塊中的運(yùn)動時間為t。- 5 -

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