高考物理一輪復習第6章動量動量守恒課時作業(yè)22 (含解析)-試卷下載-教習網(wǎng)

課時作業(yè)22　力學“三大觀點”的綜合應用時間：45分鐘1．(多選)如圖所示，在光滑水平面上，質(zhì)量為m的A球以速度v0向右運動，與靜止的質(zhì)量為5m的B球碰撞，碰撞后A球以v＝av0(待定系數(shù)a<1)的速率彈回，并與固定擋板P發(fā)生彈性碰撞，若要使A球能再次追上B球，則系數(shù)a可以是(　BC　)A. B.C. D.解析：A與B發(fā)生碰撞，根據(jù)動量守恒可知mv0＝5mvB－mav0，要使A球能再次追上B球，且A與固定擋板P發(fā)生彈性碰撞，則av0>vB，可解得a>，故B、C正確．2．如圖所示，一個質(zhì)量為M的木箱原來靜止在光滑水平面上，木箱內(nèi)粗糙的底板上放著一個質(zhì)量為m的小木塊．現(xiàn)使木箱獲得一個向左的初速度v0，則(　C　)A．小木塊和木箱最終都將靜止B．木箱速度減為的過程中，小木塊受到的水平?jīng)_量大小為Mv0C．最終小木塊速度為，方向向左D．木箱和小木塊組成的系統(tǒng)機械能守恒解析：由于木箱在光滑水平面上，小木塊與木箱之間的摩擦力是木箱和小木塊系統(tǒng)的內(nèi)力，給木箱一個向左的初速度，系統(tǒng)滿足動量守恒定律條件，小木塊和木箱最終將以相同的速度運動，根據(jù)動量守恒定律，Mv0＝(M＋m)v，最終速度v＝，選項C正確、A錯誤；由于木箱底板粗糙，小木塊在木箱內(nèi)相對于木箱滑動，需要摩擦產(chǎn)生熱量，所以木箱和小木塊組成的系統(tǒng)機械能不守恒，選項D錯誤；當木箱速度減小為時，木箱動量減小了Mv0，根據(jù)動量守恒定律，小木塊的動量將增加了Mv0，根據(jù)動量定理，木箱對小木塊作用力的沖量為Mv0，選項B錯誤．3．如圖所示，兩個大小相同、質(zhì)量均為m的彈珠靜止在水平地面上．某小孩在極短時間內(nèi)給第一個彈珠水平?jīng)_量使其向右運動，當?shù)谝粋€彈珠運動了距離L時與第二個彈珠發(fā)生彈性正碰，碰后第二個彈珠運動了2L距離停下．已知彈珠所受阻力大小恒為重力的k倍，重力加速度為g，則小孩對第一個彈珠(　D　)A．施加的沖量為m B．施加的沖量為mC．做的功為kmgL D．做的功為3kmgL解析：當?shù)谝粋€彈珠運動了距離L時與第二個彈珠發(fā)生彈性正碰，根據(jù)動量守恒和能量守恒可知，兩彈珠速度發(fā)生交換，即第一個彈珠碰后停止運動，第二個彈珠以第一個彈珠碰前的速度繼續(xù)向前運動了2L距離停下，從效果上看，相當于第二個彈珠不存在，第一個彈珠直接向前運動了3L的距離后停止運動，根據(jù)動能定理可知，小孩對第一個彈珠做的功等于彈珠獲得的動能，也等于克服阻力做的總功，即：W＝Ek＝kmg·3L，選項C錯誤，選項D正確；施加的沖量I＝Δp＝p－0＝－0＝＝m，選項A、B錯誤．4．(多選)如圖所示，水平光滑軌道寬度和輕質(zhì)彈簧自然長度均為d.兩物體m1和m2與彈簧連接，m2的左邊有一固定擋板．m1由圖示位置靜止釋放，當m1與m2相距最近時m1速度為v1，則在以后的運動過程中，可能的情況是(　ABD　)A．m1的最小速度是0B．存在某段時間m1向左運動C．m2的最大速度一定是v1D．m2的最大速度是v1解析：m1由圖示位置靜止釋放后，在彈簧彈力作用下向右加速運動，m2靜止，當m1與m2相距最近時彈簧彈力為零，m1的速度最大，此后彈簧伸長，在彈簧彈力作用下，m1減速，m2加速，達到共同速度時兩者相距最遠，此后m1繼續(xù)減速，m2繼續(xù)加速，當兩物體再次相距最近時，m1達到最小速度v1′，m2達到最大速度v2′.兩物體水平方向動量守恒，m1v1＝m1v1′＋m2v2′兩物體與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒m1v＝m1v1′2＋m2v2′2；可得v1′＝v1，v2′＝v1.因為m1和m2的大小關系不確定，所以m1的最小速度可以是0，也可以向左運動，故A、B項正確．只有當m1＝m2時，m2的最大速度才為v1，故D項正確，C項錯誤．5．如圖所示，豎直半圓形光滑軌道BC與水平面AB相切，AB間距離x＝1 m，質(zhì)量m＝0.1 kg的小滑塊1放在半圓形軌道底端的B點，另一質(zhì)量也為m＝0.1 kg的小滑塊2，從A點以v0＝2 m/s的初速度在水平面上滑行，兩滑塊相碰，碰撞時間極短，碰后兩滑塊粘在一起滑上半圓形軌道，恰好能在C點滑出．已知滑塊2與水平面之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2.取重力加速度g＝10 m/s2.兩滑塊均可視為質(zhì)點．求：(1)碰后瞬間兩滑塊共同的速度大小v；(2)兩滑塊在碰撞過程中損失的機械能ΔE；(3)半圓形軌道的半徑R.解析：(1)滑塊2從A運動到B，設滑塊2在B點的速度為v1，由動能定理可得－μmgx＝mv－mv，代入數(shù)據(jù)解得v1＝6 m/s，在B點，滑塊2與滑塊1發(fā)生完全非彈性碰撞，由動量守恒定律可得mv1＝2mv，代入數(shù)據(jù)解得v＝3 m/s.(2)由能量守恒定律可得機械能損失為ΔE＝mv－·2m·v2，解得ΔE＝0.9 J.(3)碰后兩滑塊沿半圓形軌道上升到C點的過程中機械能守恒，則有·2mv2＝2mg×2R＋×2mv，恰好可以通過C點，根據(jù)牛頓第二定律可得2mg＝2m，代入數(shù)據(jù)解得R＝0.18 m.答案：(1)3 m/s　(2)0.9 J　(3)0.18 m6．如圖所示，三個小木塊A、B、C靜止在足夠長的光滑水平軌道上，質(zhì)量分別為mA＝0.1 kg，mB＝0.1 kg，mC＝0.3 kg，其中B與C用一個輕彈簧固定連接，開始時整個裝置處于靜止狀態(tài)；A和B之間有少許塑膠炸藥(質(zhì)量不計)，現(xiàn)引爆塑膠炸藥，若炸藥爆炸產(chǎn)生的能量有E＝0.4 J轉(zhuǎn)化為A和B沿軌道方向的動能．(1)分別求爆炸后瞬間A、B的速度大??；(2)求彈簧彈性勢能的最大值；(3)分別求彈簧恢復到原長時B、C的速度大?。?/span>解析：(1)塑膠炸藥爆炸瞬間取A和B為研究對象，假設爆炸后瞬間A、B的速度大小分別為vA、vB，取向右為正方向由動量守恒：－mAvA＋mBvB＝0爆炸產(chǎn)生的熱量有0.4 J轉(zhuǎn)化為A、B的動能：E＝mAv＋mBv解得vA＝vB＝2 m/s(2)取BC和彈簧為研究系統(tǒng)，當彈簧第一次被壓縮到最短時B、C達到共同速度vBC，此時彈簧的彈性勢能最大，設為Ep1由動量守恒：mBvB＝(mB＋mC)vBC由能量守恒定律：mBv＝(mB＋mC)v＋Ep1解得Ep1＝0.15 J(3)設B、C之間的彈簧第一次恢復到原長時B、C的速度分別為vB1和vC1，則由動量守恒和能量守恒有mBvB＝mBvB1＋mCvC1mBv＝mBv＋mCv解得vB1＝－1 m/s(負號表示方向向左，即B的速度大小為1 m/s)，vC1＝1 m/s.(其中vB1＝2 m/s，vC1＝0 m/s不符合題意，舍去)答案：(1)大小均為2 m/s　(2)0.15 J　(3)大小均為1 m/s7．(2019·合肥質(zhì)檢)一質(zhì)量為2 kg的物體受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直線運動時的a-t圖象如圖所示，t＝0時其速度大小為2 m/s，滑動摩擦力大小恒為2 N，則(　D　)A．在t＝6 s的時刻，物體的速度為18 m/sB．在0～6 s時間內(nèi)，合力對物體做的功為400 JC．在0～6 s時間內(nèi)，拉力對物體的沖量為36 N·sD．在t＝6 s的時刻，拉力F的功率為200 W解析：本題考查功、功率、動能定理、動量定理等知識．a-t圖象，圖線與時間軸所圍的面積表示速度的變化量，0～6 s內(nèi)速度的變化量為Δv＝×6×(2＋4) m/s＝18 m/s，物體的初速度為2 m/s,6 s末的速度為20 m/s，選項A錯誤；根據(jù)動能定理，在0～6 s時間內(nèi)，合力做功W＝mv′2－mv2＝×2×202 J－×2×22 J＝396 J，選項B錯誤；根據(jù)動量定理，在0～6 s時間內(nèi)，I－ft＝m(v′－v)，解得I＝48 N·s，選項C錯誤；在t＝6 s的時刻，F－f＝ma，可得拉力F＝10 N，拉力F的功率P＝Fv＝200 W，選項D正確．8．(2019·寧夏銀川月考)如圖所示，質(zhì)量m1＝0.3 kg的小車靜止在光滑的水平面上，車長為1.5 m，現(xiàn)有質(zhì)量為m2＝0.2 kg可視為質(zhì)點的物塊，以水平向右的速度v0＝2 m/s從左端滑上小車，最后在小車上某處與小車保持相對靜止．物塊與車面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，取g＝10 m/s2，求：(1)物塊在車面上滑行的時間t；(2)要使物塊不從小車右端滑出，物塊滑上小車左端的速度v0′不超過多少？解析：(1)小車與物塊組成的系統(tǒng)動量守恒，最后物塊與小車保持相對靜止，有共同速度．根據(jù)動量守恒定律，有m2v0＝(m1＋m2)v共同速度v＝＝0.8 m/s對物塊受力分析，根據(jù)動量守恒，有－μm2gt＝m2v－m2v0物塊在車面上滑行的時間t＝＝0.24 s(2)要使物塊恰好不從小車右端滑出，則物塊滑到車的右端時恰與小車有共同的速度v′根據(jù)動量守恒定律，有m2v′0＝(m1＋m2)v′根據(jù)能量守恒定律，有μm2gL＝m2v′－(m1＋m2)v′2解得物塊滑上小車左端的速度v′0＝5 m/s即要使物塊不從小車右端滑出，物塊滑上小車的速度不能超過5 m/s.答案：(1)0.24 s　(2)不能超過5 m/s9．(2019·安徽蚌埠一模)如圖所示，一根勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧豎直放置，上下兩端各固定一質(zhì)量為M的物體A和B(均視為質(zhì)點)，物體B置于水平地面上，整個裝置處于靜止狀態(tài)，一個質(zhì)量m1＝M的小球P從物體A正上方距其高h處由靜止自由下落，與物體A發(fā)生碰撞(碰撞時間極短)，碰后A和P粘在一起共同運動，不計空氣阻力，重力加速度為g.(1)求碰撞后瞬間P與A的共同速度大??；(2)當?shù)孛鎸ξ矬wB的彈力恰好為零時，求P和A的共同速度大??；(3)若換成另一個質(zhì)量m2＝M的小球Q從物體A正上方某一高度由靜止自由下落，與物體A發(fā)生彈性碰撞(碰撞時間極短)，碰撞后物體A達到最高點時，地面對物體B的彈力恰好為零．求Q開始下落時距離A的高度．(上述過程中Q與A只碰撞一次)解析：(1)設碰撞前瞬間P的速度為v0，碰撞后瞬間二者的共同速度為v1，由機械能守恒定律，可得m1gh＝m1v，由動量守恒定律可得m1v0＝(m1＋M)v1，聯(lián)立解得v1＝.(2)設開始時彈簧的壓縮量為x，當?shù)孛鎸?/span>B的彈力為零時彈簧的伸長量為x′，由胡克定律可得kx＝Mg，kx′＝Mg，故x＝x′，P與A從碰撞后瞬間到地面對B的彈力為零的運動過程中上升的高度為h′＝x＋x′＝，由x＝x′可知彈簧在該過程的始末兩位置彈性勢能相等，即Ep1＝Ep2.設地面對B的彈力為零時P與A共同速度的大小為v，由機械能守恒定律，得(m1＋M)v＝(m1＋M)gh′＋(m1＋M)v2，解得v＝.(3)設小球Q從距離A高為H處下落，Q在碰撞前、后瞬間的速度分別為v2、v3，碰后A的速度為v4，由機械能守恒定律可得m2gH＝m2v，由動量守恒定律可得m2v2＝Mv4＋m2v3，由能量守恒定律可得m2v＝m2v＋Mv，由(2)可知碰撞后地面對物體B的彈力恰好為零時，A上升的高度為h′＝，由能量守恒定律可得Mv＝Mgh′，聯(lián)立解得H＝.答案：(1)　(2)　(3)

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