2025屆高考物理一輪總復(fù)習(xí)課時跟蹤檢測二十八“動量守恒定律中三類典型問題”的分類研究_第1頁
2025屆高考物理一輪總復(fù)習(xí)課時跟蹤檢測二十八“動量守恒定律中三類典型問題”的分類研究_第2頁
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文檔簡介

課時跟蹤檢測(二十八)“動量守恒定律中三類典型問題”的分類探討一、立足主干學(xué)問,注意基礎(chǔ)性和綜合性1.一質(zhì)量為M的煙花斜飛到空中,到達(dá)最高點(diǎn)時的速度為v0,此時煙花炸裂成沿v0所在直線上的兩塊(損失的炸藥質(zhì)量不計(jì)),兩塊的速度方向水平相反,落地時水平位移大小相等,不計(jì)空氣阻力。若向前的一塊質(zhì)量為m,則炸裂瞬間其速度大小為()A.eq\f(2M,M-m)v0 B.eq\f(M,M-m)v0C.eq\f(M,2m-M)v0 D.eq\f(2M,2m-M)v0解析:選C設(shè)炸裂后向前的一塊速度大小為v,兩塊均在空中做平拋運(yùn)動,依據(jù)落地時水平位移大小相等知,兩塊的速度大小相等、方向相反,炸裂過程系統(tǒng)動量守恒,以炸裂前的速度方向?yàn)檎较颍罁?jù)動量守恒定律得Mv0=mv-(M-m)v,解得v=eq\f(Mv0,2m-M),C正確,A、B、D錯誤。2.有一只小船??吭诤叴a頭,小船又窄又長(估計(jì)重一噸左右)。一位同學(xué)想用一個卷尺粗略測定它的質(zhì)量,他進(jìn)行了如下操作:首先將船平行于碼頭自由停岸,輕輕從船尾上船,走到船頭停下,而后輕輕下船。用卷尺測出船后退的距離d,然后用卷尺測出船長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.eq\f(mL-d,d) B.eq\f(mL+d,d)C.eq\f(mL,d) D.eq\f(mL-d,L)解析:選A設(shè)人走動時船的速度大小為v,人的速度大小為v′,人從船尾走到船頭所用時間為t,則v=eq\f(d,t),v′=eq\f(L-d,t);取船的速度方向?yàn)檎较?,依?jù)動量守恒定律有:Mv-mv′=0,則得:Meq\f(d,t)=meq\f(L-d,t),解得船的質(zhì)量為M=eq\f(mL-d,d),故選A。3.(2024·廣州模擬)如圖所示,光滑水平面上有大小相同的A、B兩個小球在同始終線上運(yùn)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8kg·m/s,運(yùn)動過程中兩球發(fā)生碰撞,碰撞后A球的動量增量為-4kg·m/s,則()A.右方為A球,碰后A、B的速率之比為2∶3B.右方為A球,碰后A、B的速率之比為1∶6C.左方為A球,碰后A、B的速率之比為2∶3D.左方為A球,碰后A、B的速率之比為1∶6解析:選CA、B兩球發(fā)生碰撞,規(guī)定向右為正方向,由動量守恒定律可得ΔpA=-ΔpB,由于碰后A球的動量增量為負(fù)值,所以右邊不行能是A球,若是A球則動量的增量應(yīng)當(dāng)是正值,因此碰撞后A球的動量大小為4kg·m/s,所以碰撞后B球的動量是增加的,為12kg·m/s,由于mB=2mA,所以碰撞后A、B兩球速度大小之比為2∶3,故C正確。4.(2024·河北唐山模擬)(多選)如圖所示,質(zhì)量為m的小球A系在輕線的一端,線的另一端固定在O點(diǎn),O點(diǎn)到光滑水平面的距離為h。物塊B和C的質(zhì)量均為5m,B與C用輕彈簧拴接,置于光滑的水平面上,且B物塊位于O點(diǎn)正下方?,F(xiàn)拉動小球使輕線水平伸直,小球由靜止釋放,運(yùn)動到最低點(diǎn)時與物塊B發(fā)生彈性正碰(碰撞時間極短),小球與物塊均可視為質(zhì)點(diǎn),不計(jì)空氣阻力,重力加速度為g,則可求出()A.碰撞后小球A反彈的上升的最大高度B.碰撞后小球A反彈的上升的時間C.碰撞過程中物塊B獲得沖量大小D.碰后輕彈簧獲得的最大彈性勢能解析:選ACD對小球A,由機(jī)械能守恒定律可求出碰前小球A的速度,小球A與物塊B發(fā)生彈性正碰,依據(jù)系統(tǒng)動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律可求出碰后小球A和物塊B的速度,對小球A再運(yùn)用機(jī)械能守恒定律可求出碰撞后小球A反彈上升的最大高度,故A正確;由于小球碰后做變速圓周運(yùn)動,故無法求得小球A反彈上升的時間,故B錯誤;碰撞過程中依據(jù)動量定理可求出物塊B獲得沖量大小,故C正確;碰撞后,物塊B、輕彈簧和物塊C組成的系統(tǒng),當(dāng)物塊B和物塊C共速時彈簧有最大彈性勢能,依據(jù)動量守恒定律求出共速的速度,再依據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒定律求出彈簧獲得的最大彈性勢能,故D正確。5.碰碰車是大人和小孩都喜愛的消遣活動。游樂場上,大人和小孩各駕著一輛碰碰車迎面相撞,碰撞前后兩人的位移—時間圖像(x-t圖像)如圖所示。已知小孩的質(zhì)量為20kg,大人的質(zhì)量為60kg,碰碰車質(zhì)量相同,碰撞時間極短。下列說法正確的是()A.碰撞前后小孩的運(yùn)動方向沒有變更B.碰碰車的質(zhì)量為50kgC.碰撞過程中小孩和其駕駛的碰碰車受到的總沖量大小為80N·sD.碰撞過程中損失的機(jī)械能為600J解析:選D規(guī)定小孩初始運(yùn)動方向?yàn)檎较?,由題圖可知,碰后兩車一起向反方向運(yùn)動,故碰撞前后小孩的運(yùn)動方向發(fā)生了變更,故A錯誤;由圖可知,碰前瞬間小孩的速度為2m/s,大人的速度為-3m/s,碰后兩人的共同速度為-1m/s,設(shè)碰碰車的質(zhì)量為M,由動量守恒定律有(20+M)×2-(60+M)×3=(2M+20+60)×(-1),解得M=60kg,故B錯誤;碰前小孩與其駕駛的碰碰車的總動量為p1=160kg·m/s,碰后總動量為p1′=-80kg·m/s,由動量定理可知碰撞過程中小孩和其駕駛的碰碰車受到的總沖量為I=Δp=-240N·s,故C錯誤;由能量守恒定律可得碰撞過程中損失的機(jī)械能為ΔE=eq\f(1,2)×80×22J+eq\f(1,2)×120×(-3)2J-eq\f(1,2)×200×(-1)2J=600J,故D正確。6.質(zhì)量為m=260g的手榴彈從水平地面上以v0=14.14m/s的初速度斜向上拋出,上升到距地面h=5m的最高點(diǎn)時炸裂成質(zhì)量相等的兩塊彈片,其中一塊彈片自由下落到達(dá)地面,落地動能為5J。重力加速度g=10m/s2,空氣阻力不計(jì),火藥燃燒充分,求:(1)手榴彈爆炸前瞬間的速度大??;(2)手榴彈所裝彈藥的質(zhì)量;(3)兩塊彈片落地點(diǎn)間的距離。解析:(1)設(shè)手榴彈上升到最高點(diǎn)時的速度為v1,依據(jù)機(jī)械能守恒有eq\f(1,2)mv02=eq\f(1,2)mv12+mgh解得:v1≈10m/s。(2)設(shè)每塊彈片的質(zhì)量為m1,爆炸后瞬間其中一塊速度為零,另一塊速度為v2,有m1gh=5J設(shè)手榴彈裝彈藥的質(zhì)量為Δm,有Δm=m-2m1代入數(shù)據(jù)解得:Δm=0.06kg。(3)另一塊做平拋運(yùn)動時間為t,兩塊彈片落地點(diǎn)間距離為Δx,有mv1=m1v2,Δx=v2t,h=eq\f(1,2)gt2,解得:Δx=26m。答案:(1)10m/s(2)0.06kg(3)26m二、強(qiáng)化遷移實(shí)力,突出創(chuàng)新性和應(yīng)用性7.(多選)如圖所示,質(zhì)量均為m的物塊A、B并排放置在光滑水平面上,一個質(zhì)量也為m的物塊C以初速度2v0在極短時間與A相碰并粘在一起。由于A、B的作用,A、B分別時B的速度等于v0,從C接觸A到A、B分別的全過程中,下面說法正確的是()A.A、B分別時A的速度為eq\f(1,3)v0B.A、B分別時A的速度為eq\f(1,2)v0C.A、B、C組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能為eq\f(1,2)mv02D.A、B、C組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能為eq\f(5,4)mv02解析:選BD該過程動量守恒,有2mv0=2mv+mv0,解得v=eq\f(1,2)v0,A錯誤,B正確;A、B、C組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能為ΔEk=eq\f(1,2)m(2v0)2-eq\f(1,2)·2meq\f(1,2)v02-eq\f(1,2)mv02=eq\f(5,4)mv02,C錯誤,D正確。8.(多選)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,起先時小車與物塊都處于靜止?fàn)顟B(tài),此時物塊與小車右端相距為L,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)動量守恒C.當(dāng)物塊速度大小為v時(未離開小車),小車速度大小為eq\f(m,M)vD.當(dāng)物塊離開小車時,小車向左運(yùn)動的位移為eq\f(m,M)L解析:選BC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)為探討對象,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,彈性勢能轉(zhuǎn)化成系統(tǒng)的機(jī)械能,此時系統(tǒng)的機(jī)械能不守恒,A錯誤;取物塊和小車組成的系統(tǒng)為探討對象,所受合外力為零,故系統(tǒng)的動量守恒,B正確;由物塊和小車組成的系統(tǒng)動量守恒得:0=mv-Mv′,解得v′=eq\f(m,M)v,C正確;彈開的過程滿意反沖原理和“人船模型”,有eq\f(v,v′)=eq\f(M,m),則在相同時間內(nèi)eq\f(x,x′)=eq\f(M,m),且x+x′=L,聯(lián)立得x′=eq\f(mL,M+m),D錯誤。9.(多選)如圖所示,水平光滑軌道寬度和輕彈簧自然長度均為d,兩小球質(zhì)量分別為m1、m2,m1>m2,m2的左邊有一固定擋板。由圖示位置靜止釋放m1、m2,當(dāng)m1與m2相距最近時m1的速度為v1,則在以后的運(yùn)動過程中()A.m1的最小速度是0B.m1的最小速度是eq\f(m1-m2,m1+m2)v1C.m2的最大速度是v1D.m2的最大速度是eq\f(2m1,m1+m2)v1解析:選BD由題意結(jié)合題圖可知,當(dāng)m1與m2相距最近時,m2的速度為0,此后,m1在前,做減速運(yùn)動,m2在后,做加速運(yùn)動,當(dāng)再次相距最近時,m1減速結(jié)束,m2加速結(jié)束,此時m1速度最小,m2速度最大,在此過程中系統(tǒng)動量和機(jī)械能均守恒m1v1=m1v1′+m2v2,eq\f(1,2)m1v12=eq\f(1,2)m1v1′2+eq\f(1,2)m2v22,解得v1′=eq\f(m1-m2,m1+m2)v1,v2=eq\f(2m1,m1+m2)v1,B、D正確;A、C錯誤。10.如圖所示,一傾角為θ=37°的斜面固定在水平面上,質(zhì)量為5m的物塊靜止于斜面上O處。在距離O點(diǎn)h=1.8m高處的斜面頂端從靜止起先釋放一個質(zhì)量為m的小球,小球沿斜面下落過程中只與物塊發(fā)生了一次彈性碰撞,一段時間后兩者同時到達(dá)斜面底端。物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)等于tanθ,小球與斜面間摩擦忽視不計(jì),重力加速度大小為g=10m/s2。求:(1)小球與物塊剛碰撞后它們的速度v1、v2;(2)斜面的高度H。解析:(1)設(shè)剛要碰撞時小球的速度為v0,依據(jù)機(jī)械能守恒有mgh=eq\f(1,2)mv02,在小球與物塊的碰撞過程中,取沿斜面對下為正方向,依據(jù)動量守恒有mv0=mv1+5mv2,依據(jù)動能守恒有eq\f(1,2)mv02=eq\f(1,2)mv12+eq\f(1,2)·5mv22,聯(lián)立解得v1=-eq\f(2,3)eq\r(2gh)=-4m/s,v2=eq\f(1,3)eq\r(2gh)=2m/s,小球速度方向沿斜面對上,物塊速度沿斜面對下。(2)小球與物塊碰撞后先沿斜面對上勻減速運(yùn)動后沿斜面對下做勻加速運(yùn)動,設(shè)加速度為a1,經(jīng)時間t運(yùn)動到斜面底端,取沿斜面對下為正

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