2019版高考物理大二輪復習考前基礎回扣練8動量定理和動量守恒定律

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D．e＝eq\f(1,4)解析：選A.AB在碰撞的過程中，根據(jù)動量守恒可得，2mv0＝mv1＋2mv2，在碰撞的過程中機械能守恒，可得eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,2)，解得v1＝eq\f(4,3)v0，v2＝eq\f(1,3)v0，碰后相對速度與碰前相對速度的比值定義為恢復系數(shù)e＝eq\f(v1－v2,v0－0)＝1，故A正確，BCD錯誤；故選A.3．如圖所示，AB兩小球靜止在光滑水平面上，用輕彈簧相連接，A球的質(zhì)量小于B球的質(zhì)量．若用錘子敲擊A球使A得到v的速度，彈簧壓縮到最短時的長度為L1；若用錘子敲擊B球使B得到v的速度，彈簧壓縮到最短時的長度為L2，則L1與L2的大小關(guān)系為()A．L1＞L2 B．L1＜L2C．L1＝L2 D．不能確定解析：選C.若用錘子敲擊A球，兩球組成的系統(tǒng)動量守恒，當彈簧最短時，兩者共速，則mAv＝(mA＋mB)v′，解得v′＝eq\f(mAv,mA＋mB)，彈性勢能最大，最大為ΔEp＝eq\f(1,2)mAv2－eq\f(1,2)(mA＋mB)v′2＝eq\f(mAmBv2,2（mA＋mB）)；若用錘子敲擊B球，同理可得mBv＝(mA＋mB)v″，解得v″＝eq\f(mBv,mA＋mB)，彈性勢能最大為ΔEp＝eq\f(1,2)mBv2－eq\f(1,2)(mA＋mB)v′2＝eq\f(mAmBv2,2（mA＋mB）)，即兩種情況下彈簧壓縮最短時，彈性勢能相等，故L1＝L2，C正確．4．如圖所示，足夠長的傳送帶以恒定的速率v1逆時針運動，一質(zhì)量為m的物塊以大小為v2的初速度從左輪中心正上方的P點沖上傳送帶，從此時起到物塊再次回到P點的過程中，下列說法正確的是()A．合力對物塊的沖量大小一定為2mv2B．合力對物塊的沖量大小一定為2mv1C．合力對物塊的沖量大小可能為零D．合力對物塊做的功可能為零解析：選D.若v2＞v1，物塊在傳送帶上先向右做勻減速直線運動，速度減為零后再返回做勻加速直線運動，達到速度v1后做勻速直線運動，可知物塊再次回到P點的速度大小為v1，規(guī)定向左為正方向，根據(jù)動量定理得，合外力的沖量I合＝mv1－m(－v2)＝mv1＋mv2.根據(jù)動能定理知，合外力做功W合＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)；若v2＜v1，物塊在傳送帶上先向右做勻減速直線運動，速度減為零后再返回做勻加速直線運動，物塊再次回到P點的速度大小為v2，規(guī)定向左為正方向，根據(jù)動量定理得，合外力的沖量為：I合＝mv2－m(－v2)＝2mv2；根據(jù)動能定理知，合外力做功為：W合＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝0.故D正確，ABC錯誤．故選D.5．如圖甲所示，工人利用傾斜鋼板向車內(nèi)搬運貨物，用平行于鋼板向上的力將貨物從靜止開始由鋼板底端推送到頂端，到達頂端時速度剛好為零．若貨物質(zhì)量為100kg，鋼板與地面的夾角為30°，鋼板與貨物間的滑動摩擦力始終為50N，整個過程中貨物的速度—時間圖象如圖乙所示，重力加速度g取10m/s2.下列說法正確的是()A．0～2s內(nèi)人對貨物做的功為600JB．整個過程中人對貨物的推力的沖量為1000N·sC．0～2s和2～3s內(nèi)貨物所受推力之比為1∶2D．整個過程中貨物始終處于超重狀態(tài)解析：選A.0～2s內(nèi)貨物的加速度a1＝eq\f(Δv,Δt)＝0.5m/s2，根據(jù)牛頓第二定律：F1－f－mgsin30°＝ma1，解得F1＝600N；0～2s內(nèi)貨物的位移：x1＝eq\f(1,2)×2×1m＝1m；則人對貨物做的功為WF＝Fx1＝600J，選項A正確；整個過程中，根據(jù)動量定理：IF－(f＋mgsin30°)t＝0，解得整個過程中人對貨物的推力的沖量為IF＝(f＋mgsin30°)t＝(50＋100×10×0.5)×3＝1650N·s，選項B錯誤；2～3s內(nèi)貨物的加速度大小a2＝1m/s2，根據(jù)牛頓第二定律：f＋mgsin30°－F2＝ma2所受推力F2＝450N；則0～2s和2～3s內(nèi)貨物所受推力之比為F1∶F2＝600∶450＝4∶3，選項C錯誤；整個過程中貨物的加速度先沿斜面向上，后向下，先超重后失重，選項D錯誤；故選A.6．(多選)如圖所示，光滑水平面上有大小相同的A、B兩球在同一直線上運動．兩球質(zhì)量關(guān)系為mB＝2mA，規(guī)定向右為正方向，A、B兩球的動量均為6kg·m/s，運動中兩球發(fā)生碰撞，碰撞后A球的動量增量為－4kg·m/s，則()A．該碰撞為彈性碰撞B．該碰撞為非彈性碰撞C．左方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為2∶5D．右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為1∶10解析：選AC.規(guī)定向右為正方向，碰撞前A、B兩球的動量均為6kg·m/s，說明A、B兩球的速度方向向右，兩球質(zhì)量關(guān)系為mB＝2mA，所以碰撞前vA＞vB，所以左方是A球．碰撞后A球的動量增量為－4kg·m/s，所以碰撞后A球的動量是2kg·m/s；碰撞過程系統(tǒng)總動量守恒：mAvA＋mBvB＝－mAvA′＋mBvB′所以碰撞后B球的動量是10kg·m/s，根據(jù)mB＝2mA，所以碰撞后A、B兩球速度大小之比為2∶5，故C正確，D錯誤．碰撞前系統(tǒng)動能：eq\f(peq\o\al(2,A),2mA)＋eq\f(peq\o\al(2,B),2mB)＝eq\f(62,2mA)＋eq\f(62,2×2mA)＝eq\f(27,mA)，碰撞后系統(tǒng)動能為：eq\f(pA′2,2mA)＋eq\f(pB′2,2mB)＝eq\f(22,2mA)＋eq\f(102,2×2mA)＝eq\f(27,mA)，則碰撞前后系統(tǒng)機械能不變，碰撞是彈性碰撞，故A正確，B錯誤；故選AC.7．(多選)質(zhì)量為M＝3kg的滑塊套在水平固定著的軌道上并可在軌道上無摩擦滑動．質(zhì)量為m＝2kg的小球(視為質(zhì)點)通過長L＝0.75m的輕桿與滑塊上的光滑軸O連接，開始時滑塊靜止，輕桿處于水平狀態(tài)．現(xiàn)給小球一個v0＝3m/s的豎直向下的初速度，取g＝10m/s2.則()A．小球m從初始位置到第一次到達最低點的過程中，滑塊M在水平軌道上向右移動了0.3mB．小球m從初始位置到第一次到達最低點的過程中，滑塊M在水平軌道上向右移動了0.2mC．小球m相對于初始位置可以上升的最大高度為0.27mD．小球m從初始位置到第一次到達最大高度的過程中，滑塊M在水平軌道上向右移動了0.54m解析：選AD.可把小球和滑塊水平方向的運動看作人船模型，設滑塊M在水平軌道上向右運動了x，由滑塊和小球系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，有eq\f(m,M)＝eq\f(x,L－x)，解得：x＝0.3m，選項A正確、B錯誤．根據(jù)動量守恒定律，小球m相對于初始位置上升到最大高度時小球和滑塊速度都為零，由能量守恒定律可知，小球m相對于初始位置可以上升的最大高度為0.45m，選項C錯誤．此時桿與水平面的夾角為cosα＝0.8，設小球從最低位置上升到最高位置過程中滑塊M在水平軌道上又向右運動了x′，由滑塊和小球系統(tǒng)在水平方向時動量守恒，有eq\f(m,M)＝eq\f(x′,\a\vs4\al(Lcosα－x′))，解得：x′＝0.24m．小球m從初始位置到第一次到達最大高度的過程中，滑塊在水平軌道上向右移動了x＋x′＝0.3m＋0.24m＝0.54m，選項D正確．8．(多選)如圖所示，一輛質(zhì)量為M＝3kg的平板小車A?？吭谪Q直光滑墻壁處，地面水平且光滑，一質(zhì)量為m＝1kg的小鐵塊B(可視為質(zhì)點)放在平板小車A最右端，平板小車A上表面水平且與小鐵塊B之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，平板小車A的長度L＝0.9m．現(xiàn)給小鐵塊B一個v0＝5m/s的初速度使之向左運動，與豎直墻壁發(fā)生彈性碰撞后向右運動，重力加速度g＝10m/s2.下列說法正確的是()A．小鐵塊B向左運動到達豎直墻壁時的速度為2m/sB．小鐵塊B與墻壁碰撞過程中所受墻壁的沖量為8N·sC．小鐵塊B向左運動到達豎直墻壁的過程中損失的機械能為4JD．小鐵塊B在平板小車A上運動的整個過程中系統(tǒng)損失的機械能為9J解析：選BD.設小鐵塊B向左運動到達豎直墻壁時的速度為v1，根據(jù)動能定理得：－μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得：v1＝4m/s，選項A錯誤．與豎直墻壁發(fā)生彈性碰撞，反彈速度為－4m/s，由動量定理可知，小鐵塊B與墻壁碰撞過程中所受墻壁的沖量為I＝2mv1＝8N·s，選項B正確．小鐵塊B向左運動到達豎直墻壁的過程中損失的機械能為μmgL＝4.5J，選項C錯誤．假設發(fā)生彈性碰撞后小鐵塊B最終和平板小車A達到的共同速度為v2，根據(jù)動量守恒定律得：mv1＝(M＋m)v2，解得：v2＝1m/s.設小鐵塊B在平板小車A上相對滑動的位移為x時與平板小車A達到共同速度v2，則根據(jù)功能關(guān)系得：－μmgx＝eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，解得：x＝1.2m，由于x＞L，說明小鐵塊B在沒有與平板小車A達到共同速度時就滑出平板小車A，所以小鐵塊B在平板小車上運動的整個過程中系統(tǒng)損失的機械能為ΔE＝2μmgL＝9J，選項D正確．9．(多選)在地面上以大小為v1的初速度豎直向上拋出一質(zhì)量為m的皮球，皮球落地時速度大小為v2.若皮球運動過程中所受空氣阻力的大小與其速率成正比，重力加速度為g.下列判斷正確的是()A．皮球上升的最大高度為eq\f(veq\o\al(2,1),2g)B．皮球從拋出到落地過程中克服阻力做的功為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)C．皮球上升過程經(jīng)歷的時間為eq\f(v1,g)D．皮球從拋出到落地經(jīng)歷的時間為eq\f(v1＋v2,g)解析：選BD.減速上升的過程中受重力、阻力作用，故加速度大于g，則上升的高度小于eq\f(veq\o\al(2,1),2g)，上升的時間小于eq\f(v1,g)，故AC錯誤；皮球從拋出到落地過程中重力做功為零，根據(jù)動能定理得克服阻力做功為Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，故B正確；用動量定理，結(jié)合數(shù)學知識，假設向下為正方向，設上升階段的平均速度為v，則：mgt1＋kvt1＝mv1，由于平均速度乘以時間等于上升的高度，故有：h＝vt1，即：mgt1＋kh＝mv1①，同理，設下降階段的平均速度為v′，則下降過程：mgt2－kv′t2＝mv2，即：mgt2－kh＝mv2②，由①②得：mg(t1＋t2)＝m(v1＋v2)，解得：t＝t1＋t2＝eq\f(v1＋v2,g)，故D正確；故選BD.10．(多選)如圖所示，足夠長的光滑水平導軌間距為2m，電阻不計，垂直導軌平面有磁感應強度為1T的勻強磁場，導軌上相隔一定距離放置兩根長度略大于間距的金屬棒，a棒質(zhì)量為1kg，電阻為5Ω，b棒質(zhì)量為2kg，電阻為10Ω.現(xiàn)給a棒一個水平向右的初速度8m/s，當a棒的速度減小為4m/s時，b棒剛好碰到了障礙物，經(jīng)過很短時間0.5s速度減為零(不反彈，且a棒始終沒有與b棒發(fā)生碰撞)，下列說法正確的是()A．從上向下看回路產(chǎn)生逆時針方向的電流B．b棒在碰撞前瞬間的速度大小為2m/sC．碰撞過程中障礙物對b棒的平均沖擊力大小為6ND．b棒碰到障礙物后，a棒繼續(xù)滑行的距離為15m解析：選ABD.根據(jù)右手定則可知，從上向下看回路產(chǎn)生逆時針方向的電流，選項A正確；系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律可知：mav0＝mava＋mbvb解得vb＝2m/s，選項B正確；b碰到障礙物時，回路的感應電動勢：E＝BL(va－vb)＝4V；回路的電流：I＝eq\f(E,Ra＋Rb)＝eq\f(4,