2016版一點高考物理專題演練三十三動量定理守恒定律及其應(yīng)用含兩年一年模擬

動量定理動量守恒定律及其應(yīng)1．(2015·重慶理綜，3)m的h(可視為自由落體運動)t安全帶達到對人的平均作用力大小為()m

m

m v0，方向向左，兩滑塊發(fā)生彈性碰撞后的運動狀態(tài)是(A．ABB．ABC．A靜止，BD．A向左運動，B 片飛行的軌跡可能正確的是()第二次碰撞，A、B兩球的質(zhì)量之比為 ZZ的速度反向運動直至靜止。g10m/s2。F；m，B、CMA以某一速度Av0AB 3v0的速度向右運動，B再與C發(fā)生 B、CA、B與軌道間的動摩擦因平固定，圓軌道豎直，底端分別與兩側(cè)的直軌道相切，半徑R＝0.5mAv0＝6m/sQ，再沿圓PB碰撞，碰后粘在一起運動，P點左側(cè)軌道光滑，右側(cè)軌道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段長度L＝0.1mμ＝0.1，A、Bm＝1kg(g10m/s2；A、B視為質(zhì)點，碰撞11．[2014·新課標(biāo)卷Ⅰ，35(2)]如圖，質(zhì)量分別為mA、mB的A、B靜止在地面上方，Bh＝0.8m，ABBA球釋At＝0.3sBP點處相碰，g＝10m/s2，忽略空氣阻力及碰撞中的動能損失。求B左側(cè)也帶有一彈，上面固定一遮光片，光電計時器(未完全畫BA一若實驗允許的相對誤差絕對值

動量定理動量守恒定律及其應(yīng)止不動，則()2．(2015·豐臺一模)如圖所示，兩質(zhì)量分別為m1和m2的彈性小球疊放在一起從高度為h處自由落下且h遠(yuǎn)大于兩小球半徑，則小球m1反彈后能達到的高度為( 為r2，則( m1>m2, D．m1<m2, 直尺B．游標(biāo)卡尺C．天平D．彈簧測力計E．秒表所示裝置進行實驗時(P為碰前入射小球落點的平均位置)，所得“驗 ＝0.2mA、BmA＝1kg，mB＝3kg＝ 3和μB＝3＝

3撞(g＝10m/s2)。求：ABB的速率？AB2m3mAv0向右運動并與靜止B發(fā)生碰撞(碰撞過程不損失機械能)B飛出平臺后經(jīng)時tm，2v0，小車行駛的路面近似看做是光滑的，求：一輕質(zhì)彈簧豎直固定在地面上，上面連接一個質(zhì)量為m1＝1kg0.9m0.5J。m10.3mm2＝1kg的物體0.6m。求(g10m/s2)：考點33 動量定理動量守恒定律及其應(yīng)用兩年高考演練1．A[由自由落體運動得人下降h距離時的速度為t的平均作用力為F＝m2gh＋mg，A項正確。]t2．D[對A、B系統(tǒng)，由于發(fā)生彈性碰撞，故碰撞前后系統(tǒng)的m×2v0－2mv0＝0A、B不可能同向運動或一個靜止，另一個運動或兩個都靜止，而只能是A、B都反向運動，故D正確。]3．A[mAm。設(shè)碰撞前后中子的速度分別為v0、v1，碰后原子核的速度為v2

mv0＝mv1＋Amv2，2mv2＝2mv2＋2Amv2，解得 v0，故|v

，A正確。g 2h＝1 g

v

甲＝t，乙＝t 解析設(shè)A、B球的質(zhì)量分別為mA和mB，A球碰撞后的速vA2，B球碰撞前、后的速度大小分別為vB1vB2，由題意知vB1∶vB2＝3∶1，vA2＝vB2。A、B碰撞過程由動量守恒定律得

答案 解析反應(yīng)后由于存在質(zhì)量虧損，所以反應(yīng)前、后總動能之 答案 解析(1)AB 解得F＝－130N④2解得W＝9J2答案 (2)130 (3)9解析Av0，AC發(fā)生碰撞， v＝m－Mv，v＝2m m＋M m＋MABv1＜0m＜MA反向向左運動與B發(fā)生碰撞過程，有

v，v

m＋Mm＜M需要滿足v3≤v2

即

m≥(AB、C(答案(8解析m，ABAvA，由題意知，碰后A的速度vA′＝1v0，844 設(shè)B與C碰撞前B的速度為vB′，B v＝ 1616解析(1)A→Q v＝4m/s＞gR＝5m/s②在Q點，由第二定律得v2vFN＝22AB，由動量守恒得2v′＝v0＝3m/s⑥設(shè)摩擦距離為x，則222x＝4.5LL 所以 9－0.2n 答案(1)22 (3)vn＝9－0.2n 解析(1)設(shè)B球第一次到達地面時的速度大小為vB，由運動學(xué)有vB＝2gh①h＝0.8mvB＝4(2)設(shè)兩球相碰前后，Av1v2v2′。由運動學(xué)規(guī)律可得1mv2＋1m

v A B

BBvB′，由運動學(xué)及碰撞的規(guī)律可得vB′＝vB⑥22 h′＝0.75答案(1)4 (2)0.75解析按定義，滑塊運動的瞬時速度大小v為f式中Δs為滑塊在很短時間Δt內(nèi)走過的路程。ΔtA＝1＝0.02s②fv0＝2.00v1＝0.970v2＝dv2＝2.86pp′，則δ 答案1．C[3mv－mv＝2mv，A誤；根據(jù)動量守恒定律可得：3mv－mv＝0＋mv′ 222．D[2gh，m2碰撞地之后，速度瞬間反向，大小相等，選m1與m2碰撞m1、m2速度大小分別為v1、v2，選向上方向為正方向，則1(m1＋m2)v2＝1mv2＋1m2

1

2

v1v1

，D正確。解析(1)為防止反彈造成入射球返回斜槽，要求入射球質(zhì)量大于被碰球質(zhì)量，即m1＞m2；為使入射球與被碰球發(fā)生對心碰撞，要求兩小球半徑相同。故C正確。設(shè)入射小球為a，被碰小球為b，a球碰前的速度為v1，a、b相碰后的速度分別為v1′、v2′。由于兩球都從同一高度做平拋運動，撞前后的速度。因此，需驗證的動量守恒關(guān)系m1v1＝m1v1′＋m2v2′可表示為m1x1＝m1x1′＋m2x2′。所以需要直尺、天平，而無需彈簧測力答案 解析AmAgsinθ－μAmAgcos所以：aA＝gsinθ－μAgcos6aA＝gsin30°－3gcos30°＝2.56BmBgsinθ－μBmBgcos由運動學(xué)得A與B第一次碰撞前的速vA1＝ 2×2.5×0.2m/s＝1速度為vB，有：mAvA＝mAvA′＋mBvB，1mv2＝1mAvA′2＋1mvB＝0.5答案0.5

A

B解析(1)AB球碰撞過程中系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，有m1v0＝m1v1＋m2v21mv2＝1mv2＋1m 1 1 2

＝ 2m1v0 ＝12 m 512