2021物理滬科版新課程一輪復(fù)習(xí)核心素養(yǎng)測(cè)評(píng) 十九 動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用含解析

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精2021高考物理滬科版新課程一輪復(fù)習(xí)核心素養(yǎng)測(cè)評(píng)十九動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用含解析溫馨提示:此套題為Word版,請(qǐng)按住Ctrl，滑動(dòng)鼠標(biāo)滾軸,調(diào)節(jié)合適的觀看比例，答案解析附后。關(guān)閉Word文檔返回原板塊。核心素養(yǎng)測(cè)評(píng)十九動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用（45分鐘100分）一、選擇題（本題共9小題，每小題6分,共54分，1~6題為單選題,7~9題為多選題)1。(2020年山東新高考模擬)秦山核電站是我國(guó)第一座核電站，其三期工程采用重水反應(yīng)堆技術(shù)，利用中子(01n)與靜止氘核(12H)的多次碰撞，使中子減速。已知中子某次碰撞前的動(dòng)能為E，A。19EB.89EC.13【解析】選B。質(zhì)量數(shù)為1的中子與質(zhì)量數(shù)為2的氘核發(fā)生彈性碰撞，滿足動(dòng)能守恒和動(dòng)量守恒,設(shè)中子的初速度為v0,碰撞后中子和氘核的速度分別為v1和v2，可列式：12×1×v02=12×1×v12+12×2×v22,1×v0=1×v1+2×v2.解得v1=-132。如圖所示,光滑水平面上有大小相同的A、B兩個(gè)小球在同一直線上運(yùn)動(dòng)。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(dòng)量均為8kg·m/s，運(yùn)動(dòng)過程中兩球發(fā)生碰撞，碰撞后A球的動(dòng)量增量為—4kgA.右方為A球，碰撞后A、B兩球的速度大小之比為2∶3B.右方為A球，碰撞后A、B兩球的速度大小之比為1∶6C.左方為A球，碰撞后A、B兩球的速度大小之比為2∶3D。左方為A球,碰撞后A、B兩球的速度大小之比為1∶6【解析】選C。碰前兩球的動(dòng)量均為8kg·m/s，則兩球運(yùn)動(dòng)方向均向右,又mB=2mA，則vB<vA,所以左方為A球,右方為B球;A、B兩球發(fā)生碰撞時(shí)由動(dòng)量守恒定律可得ΔpA=-ΔpB,因此碰撞后A球的動(dòng)量為4kg·m/s，B球的動(dòng)量為12kg·m/s，由mB=2mA可得碰撞后A、3。有一只小船?？吭诤叴a頭，小船又窄又長(zhǎng)(估計(jì)重一噸左右）。一位同學(xué)想用一個(gè)卷尺粗略測(cè)定它的質(zhì)量。他進(jìn)行了如下操作:首先將船平行于碼頭自由停泊,輕輕從船尾上船，走到船頭停下,而后輕輕下船。用卷尺測(cè)出船后退的距離d，然后用卷尺測(cè)出船長(zhǎng)L。已知他的自身質(zhì)量為m，水的阻力不計(jì)，船的質(zhì)量為 ()A。m(L+dC.mLd D?！窘馕觥窟xB.設(shè)同學(xué)走動(dòng)時(shí)船的速度大小為v,同學(xué)的速度為v′,從船尾走到船頭所用時(shí)間為t。取船的速度方向?yàn)檎较?。則v=dt,v′=根據(jù)動(dòng)量守恒定律：Mv-mv′=0則:Mdt=mL-d故選項(xiàng)B正確。4.(2019·江蘇高考)質(zhì)量為M的小孩站在質(zhì)量為m的滑板上,小孩和滑板均處于靜止?fàn)顟B(tài)，忽略滑板與地面間的摩擦。小孩沿水平方向躍離滑板,離開滑板時(shí)的速度大小為v,此時(shí)滑板的速度大小為 （）A。mMv B.MC.mm+Mv 【解析】選B。設(shè)滑板的速度為u,由小孩和滑板動(dòng)量守恒得:0=mu-Mv,解得:u=Mmv,故B正確，A、C、D5。如圖，連接有水平輕彈簧的物塊a靜止于光滑水平面上,物塊b以一定初速度向左運(yùn)動(dòng)。下列關(guān)于a、b兩物塊的動(dòng)量p隨時(shí)間t的變化關(guān)系圖象，不合理的是 （）【解析】選A.物塊b以一定初速度向左運(yùn)動(dòng)與連接有水平輕彈簧的靜止物塊a相碰，中間彈簧先被壓縮后又恢復(fù)原長(zhǎng)，則彈力在碰撞過程中先變大后變小,兩物塊動(dòng)量的變化率先變大后變小。故A錯(cuò)誤。6.(2020·雅安模擬)如圖所示，子彈水平射入放在光滑水平地面上靜止的木塊，子彈未穿透木塊,此過程木塊的動(dòng)能增加了6J，那么此過程產(chǎn)生的內(nèi)能可能為（）A.16JB.2JC.6JD。4J【解析】選A.設(shè)子彈的質(zhì)量為m0，初速度為v0,木塊的質(zhì)量為m,則子彈打入木塊的過程中，子彈與木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，即m0v0=(m+m0)v，此過程產(chǎn)生的內(nèi)能等于系統(tǒng)損失的動(dòng)能,即ΔE=12m0v02—12（m+m0）v2,而木塊獲得的動(dòng)能Ek木=6J，兩式相除得ΔEEk木=m+m【加固訓(xùn)練】如圖所示,在光滑水平面上放置一個(gè)質(zhì)量為M的滑塊,滑塊的一側(cè)是一個(gè)14弧形凹槽OAB,凹槽半徑為R,A點(diǎn)切線水平。另有一個(gè)質(zhì)量為m的小球以速度v0從A點(diǎn)沖上凹槽,重力加速度大小為g,不計(jì)摩擦。下列說法中正確的是A.當(dāng)v0=2gR時(shí)，小球能到達(dá)BB.如果小球的速度足夠大,球?qū)幕瑝K的左側(cè)離開滑塊后落到水平面上C。當(dāng)v0=2gR時(shí)，小球在弧形凹槽上運(yùn)動(dòng)的過程中,D.如果滑塊固定,小球返回A點(diǎn)時(shí)對(duì)滑塊的壓力為mv【解析】選C。滑塊不固定，當(dāng)v0=2gR時(shí),設(shè)小球沿槽上升的高度為h,則有:mv0=(m+M）v,12mv02=12（M+m)v2+mgh,可解得h=MM+mR<R,故A錯(cuò)誤;因小球?qū)⌒尾鄣膲毫κ冀K對(duì)滑塊做正功,故滑塊的動(dòng)能一直增大,C正確；當(dāng)小球速度足夠大，從B點(diǎn)離開滑塊時(shí),由于B點(diǎn)切線豎直，在B點(diǎn)時(shí)小球與滑塊的水平速度相同,離開B點(diǎn)后將再次從B點(diǎn)落回，不會(huì)從滑塊的左側(cè)離開滑塊后落到水平面上,B錯(cuò)誤；如果滑塊固定7.質(zhì)量為M的小車置于光滑的水平面上,左端固定一根水平輕彈簧，質(zhì)量為m的光滑物塊放在小車上，壓縮彈簧并用細(xì)線連接物塊和小車左端,開始時(shí)小車與物塊都處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時(shí)物塊與小車右端相距為L(zhǎng)，如圖所示，當(dāng)突然燒斷細(xì)線后，以下說法正確的是 ()A。物塊和小車組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒B.物塊和小車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒C。當(dāng)物塊速度大小為v時(shí),小車速度大小為mMD.當(dāng)物塊離開小車時(shí)，小車向左運(yùn)動(dòng)的位移為mM【解析】選B、C。彈簧推開物塊和小車的過程，若取物塊、小車和彈簧組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，則無其他力做功，機(jī)械能守恒，但選物塊和小車組成的系統(tǒng),彈力做功屬于系統(tǒng)外其他力做功,彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)化成系統(tǒng)的機(jī)械能,此時(shí)系統(tǒng)的機(jī)械能不守恒，A選項(xiàng)錯(cuò)誤;取物塊和小車組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象,外力的和為零，故系統(tǒng)的動(dòng)量守恒,B選項(xiàng)正確；由物塊和小車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒得：0=mv-Mv′，解得v′=mMv，C選項(xiàng)正確;彈開的過程滿足反沖原理和“人船模型”,有vv'=Mm，則在相同時(shí)間內(nèi)xx'=Mm，且x+x′=L,【加固訓(xùn)練】(多選）如圖所示,水平光滑地面上停放著一輛質(zhì)量為m的小車,小車的四分之一圓弧軌道在最低點(diǎn)與水平軌道相切,且整個(gè)軌道表面光滑。在小車的右端固定一個(gè)輕彈簧,一個(gè)質(zhì)量也為m的小球從離水平軌道高為h處開始自由滑下，則在以后的運(yùn)動(dòng)過程中（重力加速度大小為g) （）A。小球和小車組成的系統(tǒng)的動(dòng)量始終守恒B。彈簧具有的最大彈性勢(shì)能為mghC.被彈簧反彈后,小球能回到離水平軌道高h(yuǎn)處D。小球具有的最大動(dòng)能為mgh【解析】選B、C.小球從小車上滑下的過程中，小球和小車構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒,在水平方向動(dòng)量守恒,但系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，所以A錯(cuò)誤；當(dāng)小球與小車的速度相等時(shí),彈簧的彈性勢(shì)能最大，此時(shí)mgh—12（m+m車)v共2=Ep，經(jīng)分析可知共速時(shí)，小球和小車處于靜止?fàn)顟B(tài)，根據(jù)機(jī)械能守恒可得彈簧具有的最大彈性勢(shì)能為mgh,所以B正確;被彈簧反彈后，小球回到小車上最高點(diǎn)時(shí)處于靜止?fàn)顟B(tài)，根據(jù)機(jī)械能守恒知小球能回到離水平軌道高h(yuǎn)處,所以C正確；當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到水平軌道上時(shí)動(dòng)能最大，因此時(shí)小車也有速度,所以由機(jī)械能守恒可知,小球具有的最大動(dòng)能小于mgh,8。(2020·福州模擬）質(zhì)量為M、內(nèi)壁間距為L(zhǎng)的箱子靜止于光滑的水平面上,箱子中間有一質(zhì)量為m的小物塊，小物塊與箱子底板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.初始時(shí)小物塊停在箱子正中間，如圖所示.現(xiàn)給小物塊一水平向右的初速度v，小物塊與箱壁碰撞N次后恰好又回到箱子正中間，并與箱子保持相對(duì)靜止。設(shè)碰撞都是彈性的，則整個(gè)過程中,系統(tǒng)損失的動(dòng)能為 (）A。12mv2 B.mM2C。12NμmgL 【解析】選B、D。設(shè)系統(tǒng)損失的動(dòng)能為ΔE,根據(jù)題意可知,整個(gè)過程中小物塊和箱子構(gòu)成的系統(tǒng)滿足動(dòng)量守恒和能量守恒,則有mv=(M+m）vt（①式）、12mv2=12（M+m)vt2+ΔE(②式）,由①②式聯(lián)立解得ΔE=Mm2(M+m)v2，可知選項(xiàng)A錯(cuò)誤,B正確；又由于小物塊與箱壁碰撞為彈性碰撞9。(2020·孝感模擬)如圖所示，在光滑水平地面上有一長(zhǎng)木板，其左端放有一質(zhì)量為2m的木塊(可視為質(zhì)點(diǎn)），木塊與長(zhǎng)木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。開始時(shí),長(zhǎng)木板和木塊都靜止,現(xiàn)有一質(zhì)量為m的子彈以初速度v0擊中木塊并停留其中,設(shè)長(zhǎng)木板撞到前方固定的障礙物前，長(zhǎng)木板和木塊的速度已經(jīng)相等。已知長(zhǎng)木板與障礙物發(fā)生彈性碰撞，經(jīng)足夠長(zhǎng)的時(shí)間后，木塊始終不從長(zhǎng)木板上掉下來，則（已知重力加速度為g） （）A。長(zhǎng)木板與障礙物碰撞前,子彈、木塊、長(zhǎng)木板三者組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒B。長(zhǎng)木板與障礙物碰撞前,子彈、木塊、長(zhǎng)木板三者組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒C。若長(zhǎng)木板的質(zhì)量為6m，長(zhǎng)木板可能與障礙物發(fā)生兩次碰撞D.若長(zhǎng)木板的質(zhì)量為3m,長(zhǎng)木板的長(zhǎng)度至少為v【解析】選A、D.長(zhǎng)木板與障礙物碰撞前，子彈、木塊、長(zhǎng)木板三者組成的系統(tǒng)所受的合外力為零，所以系統(tǒng)的動(dòng)量守恒。由于有機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能,所以系統(tǒng)的機(jī)械能不守恒，故A正確,B錯(cuò)誤;設(shè)長(zhǎng)木板的質(zhì)量為M，長(zhǎng)木板要能與障礙物發(fā)生兩次碰撞，碰撞前子彈和木塊的總動(dòng)量應(yīng)大于長(zhǎng)木板的動(dòng)量，即有（m+2m)v>Mv,得M〈3m，所以若長(zhǎng)木板的質(zhì)量為6m，長(zhǎng)木板不可能與障礙物發(fā)生兩次碰撞,故C錯(cuò)誤;子彈射入木塊的過程，取向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得:mv0=（m+3m）v1，得:v1=13v木塊在長(zhǎng)木板上滑行過程,由動(dòng)量守恒定律得:（m+2m)v1=（m+2m+3m）v2，由能量守恒定律得：μ·3mgL1=12(m+2m)v12—12（m+2m+長(zhǎng)木板與障礙物碰撞后,以向右為正方向,由動(dòng)量守恒定律得：-3mv2+（m+2m)v2=0，由能量守恒定律得：μ·3mgL2=12(m+2m+3m)v長(zhǎng)木板的長(zhǎng)度至少為:L=L1+L2.聯(lián)立解得:L=v0218二、計(jì)算題（16分，需寫出規(guī)范的解題步驟)10.(2019·廈門模擬）如圖甲,一長(zhǎng)度L=1m的平板車A停在水平地面上,其上表面與斜坡底端的一段小圓弧水平相切,貨物從斜坡上靜止釋放,滑到斜坡底端后滑上A車。當(dāng)貨物釋放位置離斜坡底端的距離s與貨物的質(zhì)量m滿足如圖乙的關(guān)系時(shí),貨物滑上A車后恰好不從其右端滑出。已知斜坡的傾角θ=37°,貨物與斜坡之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1=0.5。貨物視為質(zhì)點(diǎn)，車與地面的摩擦忽略不計(jì),取重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0。8。(1)求貨物在斜坡上運(yùn)動(dòng)的加速度大小a。（2)求貨物與A車之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2和A車的質(zhì)量M。(3）若在A車右端停有另一輛完全相同的B車，兩車接觸但不相連。質(zhì)量m=10kg的貨物從距斜坡底端s=8m處由靜止下滑,判斷該貨物能否從B車的右端滑出,并說明理由?！窘馕觥?1)由牛頓第二定律得mgsinθ—f=ma ①N=mgcosθ ②又f=μ1N ③由①②③式得a=2m/s2④(2)設(shè)貨物滑到斜坡底端時(shí)的速度為v0，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得v02設(shè)貨物滑到A車最右端時(shí)貨物與A車的速度為v，由動(dòng)量守恒定律得mv0=(M+m）v ⑥由功能關(guān)系得μ2mgL=12mv02-12由⑤⑥⑦式得s=μ2gLMam+由圖可得s=0。2m+2 ⑨由④⑧⑨式代入數(shù)據(jù)得μ2=0.4,M=10kg⑩(3）貨物會(huì)從B車右端滑出。由⑧式可知在s、m一定時(shí)，平板車質(zhì)量越小,貨物恰好不滑出,所需要的平板車長(zhǎng)度越小,貨物就越不容易滑出.貨物在A車上滑行時(shí),相當(dāng)于與質(zhì)量為20kg的車發(fā)生相互作用；貨物在B車上滑行時(shí)，只與質(zhì)量為10kg的車發(fā)生相互作用.若貨物全程都在質(zhì)量為10kg的車上滑行,由⑧式代入數(shù)據(jù)可得貨物恰好不滑出所需要的平板車長(zhǎng)度L′=2m.綜上分析，會(huì)滑出。答案:（1）2m/s2（2）0.410kg(3)能滑出，理由見解析【加固訓(xùn)練】如圖所示，在光滑的水平桌面上靜止放置一個(gè)質(zhì)量為980g的長(zhǎng)方形勻質(zhì)木塊，現(xiàn)有一顆質(zhì)量為20g的子彈以大小為300m/s的水平速度沿木塊的中心軸線射向木塊，最終留在木塊中沒有射出，(1)求子彈和木塊的共同速度以及它們?cè)诖诉^程中所增加的內(nèi)能;(2)若子彈是以大小為400m/s的水平速度從同一方向水平射向該木塊,【解析】（1)設(shè)子彈射入木塊后與木塊的共同速度為v，對(duì)子彈和木塊組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律得mv0=(M+m)v解得v=mv0M+m=此過程系統(tǒng)所增加的內(nèi)能ΔE=ΔEk=12mv02—12(M+m)v2=12×0.02×300（0.98+0.02）×62J=882J。（2）設(shè)子彈以v0′=400m/s的速度入射時(shí)剛好能夠射穿質(zhì)量與粗糙程度均與該木塊相同、厚度為d′的另一個(gè)木塊，則對(duì)以子彈和木塊組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律得mv解得v′=mv0'M+m此過程系統(tǒng)所損耗的機(jī)械能為ΔE′=ΔEk′=12mv0′2—12（M+m）v′2=4002J—12×(0.98+0。02）×82J=1568由功能關(guān)系有ΔE=F阻x相=F阻dΔE′=F阻x相′=F阻d′則ΔEΔE'=F解得d′=ΔE'ΔEd=1568因?yàn)閐′〉10cm答案:（1)6m/s88211。(10分)某研究小組通過實(shí)驗(yàn)測(cè)得兩滑塊碰撞前后運(yùn)動(dòng)的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，得到如圖所示的位移—時(shí)間圖象。圖中的線段a、b、c分別表示沿光滑水平面上同一條直線運(yùn)動(dòng)的滑塊Ⅰ、Ⅱ和它們發(fā)生正碰后結(jié)合體的位移變化關(guān)系。已知相互作用時(shí)間極短,由圖象給出的信息可知 （)A.碰前滑塊Ⅰ與滑塊Ⅱ速度大小之比為7∶2B.碰前滑塊Ⅰ的動(dòng)量大小比滑塊Ⅱ的動(dòng)量大小大C.碰前滑塊Ⅰ的動(dòng)能比滑塊Ⅱ的動(dòng)能小D.滑塊Ⅰ的質(zhì)量是滑塊Ⅱ的質(zhì)量的1【解析】選D。根據(jù)s-t圖象的斜率等于速度,可知碰前滑塊Ⅰ速度為v1=-2m/s，滑塊Ⅱ的速度為v2=0。8m/s，則碰前速度大小之比為5∶2,故A錯(cuò)誤;碰撞前后系統(tǒng)動(dòng)量守恒,碰撞前，滑塊Ⅰ的動(dòng)量為負(fù),滑塊Ⅱ的動(dòng)量為正,由于碰撞后總動(dòng)量為正，故碰撞前總動(dòng)量也為正，故碰撞前滑塊Ⅰ的動(dòng)量大小小于滑塊Ⅱ的動(dòng)量大小，故B錯(cuò)誤;碰撞后的共同速度為v=0。4m/s，根據(jù)動(dòng)量守恒定律,有m1=(m1+m2）v,解得m2=6m1,由動(dòng)能的表達(dá)式可知，12m1v12>12m2v2212.（20分）(2020·青島模擬)如圖所示，半徑R=2。8m的光滑半圓軌道BC與傾角θ=37°的粗糙斜面軌道在同一豎直平面內(nèi),兩軌道間由一條光滑水平軌道AB相連,A處用光滑小圓弧軌道平滑連接，B處與圓軌道相切。在水平軌道上，兩靜止小球P、Q壓緊輕質(zhì)彈簧后用細(xì)線連在一起。某時(shí)刻剪斷細(xì)線,小球P向左運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)，小球Q沿半圓軌道