2019高考物理二轮复习专题突破--碰撞与动量守恒(带解析)
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资料简介
‎[限训练·通高考]                 科学设题 拿下高考高分 ‎ (45分钟)‎ 一、单项选择题 ‎1.关于下列四幅图所反映的物理过程的说法正确的是(  )‎ A.甲图中子弹射入木块的过程中,子弹和木块组成的系统动量守恒,能量不守恒 B.乙图中M、N两木块放在光滑的水平面上,剪断细线,在弹簧恢复原长的过程中,M、N与弹簧组成的系统动量守恒,机械能增加 C.丙图中细线断裂后,木球和铁球在水中运动的过程,系统动量守恒,机械能不守恒 D.丁图中木块沿放在光滑水平面上的斜面下滑,木块和斜面组成的系统在水平方向上动量守恒,机械能守恒 解析:甲图中,在光滑水平面上,子弹射入木块的过程中,子弹和木块组成的系统动量守恒,机械能有损失,但是损失的机械能转化为内能,能量仍守恒,A错误;乙图中,剪断细线,在弹簧恢复原长的过程中,M、N与弹簧组成的系统动量守恒,弹簧的弹性势能转化为木块的动能,系统机械能守恒,B错误;丙图中,木球和铁球组成的系统匀速下降,说明两球所受水的浮力等于两球自身的重力,细线断裂后两球在水中运动的过程中,所受合外力为零,系统动量守恒,由于水的浮力对两球做功,两球组成的系统机械能不守恒,选项C正确;丁图中,木块沿放在光滑水平面上的斜面下滑,木块和斜面组成的系统在水平方向上不受外力,水平方向上动量守恒,由于斜面可能不光滑,所以机械能可能有损失,D错误.‎ 答案:C ‎2.(2018·河南三门峡高三质检)甲、乙两个质量都是M的小车静置在光滑水平地面 上.质量为m的人站在甲车上并以速度v(对地)跳上乙车,接着仍以对地的速率v反跳回甲车.对于这一过程,下列说法中正确的是(  )‎ A.最后甲、乙两车的速率相等 B.最后甲、乙两车的速率之比v甲∶v乙=M∶(m+M)‎ C.人从甲车跳到乙车时对甲的冲量为I1,从乙车跳回甲车时对乙车的冲量为I2,应是I1=I2‎ D.人从甲车跳到乙车时对甲的冲量为I1,从乙车跳回甲车时对乙车的冲量为I2,应是I1>I2‎ 解析:以人与甲车组成的系统为研究对象,以人的速度方向为正方向,由动量守恒定律得,人跳离甲车时,mv-Mv1=0,以乙车与人组成的系统为研究对象,以人的速度方向为正方向,由动量守恒定律得,人跳上乙车时,mv=(m+M)v2,人跳离乙车时,-(m+M)v2=-Mv乙+mv,以人与甲车组成的系统为研究对象,以人的速度方向为正方向,由动量守恒定律得,人反跳回甲车时,mv+Mv1=(m+M)v甲,解得=,故A错误,B正确;由动量定理得,对甲车I1=Mv1=mv,对乙车I2=Mv乙-Mv2=2mv->mv,即I1·3m·v2,选项D错误.‎ 答案:A ‎4.‎2017年7月9日,斯诺克世界杯在江苏无锡落下帷幕,由丁俊晖和梁文博组成的中国A队在决赛中1比3落后的不利形势下成功逆转,最终以4比3击败英格兰队,帮助中国斯诺克台球队获得了世界杯三连冠,如图为丁俊晖正在准备击球.设在丁俊晖这一杆中,白色球(主球)和花色球碰撞前、后都在同一直线上运动,碰前白色球的动量为pA=‎5 kg·m/s,花色球静止,白色球A与花色球B发生碰撞后,花色球B的动量变为pB′=‎4 kg·m/s,则两球质量mA与mB间的关系可能是(  )‎ A.mB=mA       B.mB=mA C.mB=mA D.mB=6mA 解析:由动量守恒定律得pA+pB=pA′+pB′,解得pA′=1 kg·m/s,根据碰撞过程中总动能不增加,则有≥+,代入数据解得mB≥mA,碰后两球同向运动,白色球A的速度不大于花色球B的速度,则≤,解得mB≤4mA,综上可得mA≤mB≤4mA,选项A正确.‎ 答案:A ‎5.如图所示,在光滑的水平面上,质量m1的小球A以速率v0向右运动.在小球的前方O点处有一质量为m2的小球B处于静止状态,Q点处为一竖直的墙壁.小球A与小球B发生弹性正碰后小球A与小球B均向右运动.小球B与墙壁碰撞后原速率返回并与小球A在P点相遇,=2,则两小球质量之比m1∶m2为(  )‎ A.7∶5         B.1∶3‎ C.2∶1 D.5∶3‎ 解析:设A、B两个小球碰撞后的速度分别为v1、v2,由动量守恒定律有m1v0=m1v1+m2v2,发生弹性碰撞,不损失动能,故根据能量守恒定律有m1v=m1v+m2v,两个小球碰撞后到再次相遇,其速率不变,由运动学规律有v1∶v2=∶(+2)=∶(+4)=1∶5,联立三式可得m1∶m2=5∶3,D正确.‎ 答案:D 二、多项选择题 ‎6.如图所示,小车AB放在光滑水平面上,A端固定一个轻弹簧,B端粘有油泥,AB总质量为M,质量为m的木块C放在小车上,用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩,开始时AB和C都静止.当突然烧断细绳时,C被释放,使C离开弹簧向B端冲去,并跟B端油泥粘在一起,忽略一切摩擦,以下说法正确的是(  )‎ A.弹簧伸长过程中C向右运动,同时AB也向右运动 B.C与B碰前,C与AB的速率之比为M∶m C.C与油泥粘在一起后,AB立即停止运动 D.C与油泥粘在一起后,AB继续向右运动 解析:小车、物块和弹簧组成的系统动量守恒,开始总动量为零,在弹簧伸长的过程中,C向右运动,则小车向左运动,故A错误.规定向右为正方向,在C与B碰前,根据动量守恒定律得,0=mvC-Mv,解得vC∶v=M∶m,故B正确;因为小车、物块和弹簧组成的系统动量守恒,开始总动量为零,当C与油泥粘在一起时,总动量仍然为零,则小车停止运动,故C正确,D错误.‎ 答案:BC ‎7.A、B两球沿一直线运动并发生正碰,如图所示为两球碰撞前、后的位移随时间变化的图象,a、b分别为A、B两球碰前的位移随时间变化的图象,c为碰撞后两球共同运动的位移随时间变化的图象.若A球质量是m=‎2 kg,则由图判断下列结论正确的是(  )‎ A.碰撞前、后A球的动量变化量为‎4 kg·m/s B.碰撞时A球对B球所施的冲量为-4 N·s C.A、B两球碰撞前的总动量为‎3 kg·m/s D.碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10 J 解析:根据图象可知,碰前A球的速度vA=-3 m/s,碰前B球的速度vB=2 m/s,碰后A、B两球共同的速度v=-1 m/s,故碰撞前、后A球的动量变化量为ΔpA=mv-mvA=4 kg·m/s,选项A正确;A球的动量变化量为4 kg·m/s,碰撞过程中动量守恒,B球的动量变化为-4 kg·m/s,根据动量定理,碰撞过程中A球对B球所施的冲量为-4 N·s,选项B正确;由于碰撞过程中动量守恒,有mvA+mBvB=(m+mB)v,解得mB= kg,故碰撞过程中A、B两球组成的系统损失的动能为ΔE=mv+mBv-(m+mB)v2=10 J,选项D正确;A、B两球碰撞前的总动量为p=mvA+mBvB=(m+mB)v=- kg·m/s,选项C错误.‎ 答案:ABD ‎8.如图所示,将一轻质弹簧从物体B内部穿过,并将其上端悬挂于天花板,下端系一质量m1=‎2.0 kg的物体A.平衡时物体A距天花板的距离h=‎2.4 m,在距物体A正上方高h1=‎1.8 m处由静止释放质量为m2=‎1.0 kg的物体B,B下落过程中某时刻与弹簧下端的物体A碰撞(碰撞时间极短)并立即以相同的速度与A一起运动,两物体不粘连,且可视为质点,碰撞后两物体一起向下运动,历时0.25 s第一次到达最低点,弹簧始终在弹性限度内,不计空气阻力,g取‎10 m/s2.下列说法正确的是(  )‎ A.碰撞结束瞬间两物体的速度大小为‎2 m/s B.碰撞结束后两物体一起向下运动的最大位移大小为‎0.25 m C.碰撞结束后两物体一起向下运动的过程中,两物体间的平均作用力大小为18 N D.A、B到最低点后反弹上升,A、B分开后,B还能上升的最大高度为‎0.2 m 解析:设物体B自由下落至与物体A碰撞前的速度为v0,根据自由落体运动规律有v0==6 m/s,物体A、B碰撞结束瞬间二者具有共同的速度vt,以向下为正方向,由动量守恒定律有m2v0=(m1+m2)vt,解得vt=2 m/s,A正确;从二者一起运动到速度变为零的过程中,以B为研究对象,由动量定理有(m2g-F)t=0-m2vt,解得F=18 N ‎,方向竖直向上,设碰撞结束后两物体一起向下运动的最大位移为x,由动能定理有-Fx+m2gx=0-m2v,解得x=0.25 m,B、C正确;A、B分开时其相互间的作用力为零,且A、B具有相同的加速度,可知当弹簧对A的拉力为零,即弹簧恢复原长时,A、B分开,若A、B上升到碰撞位置分开,B还能上升的最大高度h′==0.2 m,因弹簧恢复原长时的位置比碰撞时的高,此时B的速度小于vt,故B还能上升的最大高度小于0.2 m,D错误.‎ 答案:ABC 三、非选择题 ‎9.(2018·高考全国卷Ⅰ)一质量为m的烟花弹获得动能E后,从地面竖直升空.当烟花弹上升的速度为零时,弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分,两部分获得的动能之和也为E,且均沿竖直方向运动.爆炸时间极短,重力加速度大小为g,不计空气阻力和火药的质量.求:‎ ‎(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间;‎ ‎(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度.‎ 解析:(1)设烟花弹上升的初速度为v0,由题给条件有 E=mv①‎ 设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t,由运动学公式有0-v0=-gt②‎ 联立①②式得t= ③‎ ‎(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1,由机械能守恒定律有E=mgh1④‎ 火药爆炸后,烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动,设爆炸后瞬间其速度分别为v1和v2.由题给条件和动量守恒定律有mv+mv=E⑤‎ mv1+mv2=0⑥‎ 由⑥式知,烟花弹两部分的速度方向相反,向上运动部分做竖直上抛运动.设爆炸后烟花弹上部分继续上升的高度为h2,由机械能守恒定律有 mv=mgh2⑦‎ 联立④⑤⑥⑦式得,烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为h=h1+h2=⑧‎ 答案:(1)  (2) ‎10.如图所示,质量均为m的木板AB和滑块CD紧靠在一起静置在光滑水平面上,木板AB的上表面粗糙,滑块CD的表面是光滑的四分之一圆弧,其始端D点切线水平且与木板AB上表面相平.一可视为质点的物块P质量也为m,从木板AB的右端以初速度v0滑上木板AB,过B点时的速度为,然后滑上滑块CD,最终恰好能滑到滑块CD的最高点C处.重力加速度为g.求:‎ ‎(1)物块滑到B点时木板的速度v的大小;‎ ‎(2)滑块CD圆弧的半径R.‎ 解析:(1)对P和木板、滑块CD组成的系统,由动量守恒定律有mv0=m+2mv,解得v=.‎ ‎(2)物块P由D点滑到C点的过程中,滑块CD和物块P组成的系统在水平方向动量守恒,有 m+m=2mv共 系统能量守恒,有 mgR=m()2+m()2-×2mv 解得R=.‎ 答案:(1) (2) ‎11.如图所示,质量为mA=‎3 kg的小车A以v0=‎4 m/s的速度沿光滑水平面匀速运动,小车左端固定的支架通过不可伸长的轻绳悬挂质量为mB=‎1 kg的小球B(可看作质点),小球距离车面h=‎0.8 m.某一时刻,小车与静止在光滑水平面上的质量为mC=‎1 kg的物块C发生碰撞并粘连在一起(碰撞时间可忽略),此时轻绳突然断裂.此后,小球刚好落入小车右端固定的沙桶中(小桶的尺寸可忽略)‎ ‎,不计空气阻力,重力加速度g取‎10 m/s2.求:‎ ‎(1)小车系统的最终速度大小v共;‎ ‎(2)绳未断前小球与沙桶的水平距离L;‎ ‎(3)整个过程中系统损失的机械能ΔE机损.‎ 解析:(1)设系统最终速度为v共,水平方向动量守恒,有(mA+mB)v0=(mA+mB+mC)v共 代入数据解得v共=3.2 m/s ‎(2)A与C的碰撞动量守恒,mAv0=(mA+mC)v1‎ 解得v1=3 m/s,设小球下落时间为t,则h=gt2‎ 代入数据解得t=0.4 s 所以绳未断前小球与沙桶的水平距离为L=(v0-v1)t 代入数据解得L=0.4 m ‎(3)由能量守恒得ΔE机损=mBgh+(mA+mB)v-(mA+mB+mC)v 代入数据解得ΔE机损=14.4 J 答案:(1)3.2 m/s (2)0.4 m (3)14.4 J

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