通用版2020版高考物理一轮复习专题综合检测六第六章动量守恒定律含解析.pdf
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1、动量守恒定律动量守恒定律 (45 分钟 100 分) 一、 选择题(本题共 8 小题, 每小题 6 分, 共 48 分.15 题为单选题, 68 题为多选题) 1下列关于物体动量和冲量的说法正确的是( ) A物体所受合外力冲量越大,它的动量也越大 B物体所受合外力冲量不为零,它的动量一定要改变 C物体动量的方向,就是它所受冲量的方向 D物体所受合外力越大,它的动量变化就越大 解析:B 物体所受合外力冲量越大,它的动量变化就越大,不是动量越大,故 A 错误; 合外力的冲量等于物体动量的变化量,物体所受合外力冲量不为零,它的动量一定要改变, 故 B 正确 ; 合外力的冲量等于物体动量的变化量,所以
2、物体动量增量的方向,就是它所受冲 量的方向, 而动量的方向与所受冲量的方向没有直接关系, 故 C 错误 ; 物体所受合外力越大, 加速度就越大, 物体速度变化就越快, 所以它的动量变化就越快, 但不一定越大, 故 D 错误 2(2018南昌模拟)斜向上抛出一个爆竹,到达最高点时(速度水平向东)立即爆炸成 质量相等的三块,前面一块速度水平向东,后面一块速度水平向西,前、后两块的水平速度 (相对地面)大小相等、方向相反则以下说法中正确的是( ) A爆炸后的瞬间,中间那块的速度大于爆炸前瞬间爆竹的速度 B爆炸后的瞬间,中间那块的速度可能水平向西 C爆炸后三块将同时落到水平地面上,并且落地时的动量相同
3、 D爆炸后的瞬间,中间那块的动能可能小于爆炸前的瞬间爆竹的总动能 解析:A 设爆炸前的速度为v,爆炸后的速度为v前后以及v,设向东为正方向,由 水平方向动量守恒得 3mvmv前后mvmv前后, 解得v3v, 方向向东, 爆炸后的瞬间, 中间那块的速度大于爆炸前瞬间爆竹的速度,故 A 正确,B 错误;爆炸后三块做平抛运动, 竖直方向hgt2,下落时间相同,则竖直方向分速度相同,前后两块水平方向分速度方向 1 2 不同,故合速度方向不同,则动量不同,故 C 错误 ; 中间那块的动能m(3v)2 3mv2,故 D 1 2 1 2 错误 3.如图所示,在光滑水平面上静止放着两个相互接触而不粘连的木块A
4、、B,质量分别 为m1和m2,今有一子弹水平穿过两木块设子弹穿过木块A、B的时间分别为t1和t2,木 块对子弹的阻力恒为Ff,则子弹穿过两木块后,木块A的速度大小是( ) A. B. Fft1 m1m2 Fft1 m1 C. D. Fft1t2 m1m2 Fft1t2 m1 解析:A 子弹穿过两木块后木块A的速度大小等于子弹穿过A时两木块的速度大小, 根据动量定理,取两木块系统为研究对象,以子弹穿过A为研究过程,则Fft1(m1m2)v, 解得v,A 正确 Fft1 m1m2 4 在光滑水平面上, 质量为m的小球A正以速度v0匀速运动 某时刻小球A与质量为 3m 的静止小球B发生正碰,两球相碰
5、后,A球的动能恰好变为原来的 .则碰后B球的速度大小 1 4 是( ) A. B. v0 2 v0 6 C.或 D无法确定 v0 2 v0 6 解析 : A 两球相碰后A球的速度大小为原来的 ,相碰过程中满足动量守恒,若碰后A 1 2 速度方向不变,则mv0mv03mv1,可得B球的速度v1,而B在前,A在后,碰后A球 1 2 v0 6 的速度大于B球的速度,不符合实际情况,因此A球一定反向运动,即mv0mv03mv1, 1 2 可得v1,A 正确,B、C、D 错误 v0 2 5.(2018大庆模拟)半圆形光滑轨道固定在水平地面上, 如图所示, 并使其轨道平面与 地面垂直,物体m1、m2同时由
6、轨道左、右最高点释放,二者碰后粘在一起向上运动,最高 能上升到轨道M点,已知OM与竖直方向夹角为 60,则两物体的质量之比m1m2为( ) A(1)(1) B.1222 C(1)(1) D1222 解析:C 两球到达最低的过程由动能定理得mgRmv2,解得v,设向左为正方 1 2 2gR 向, 则m1的速度v1,m2的速度v2, 碰撞过程由动量守恒得m2v2m1v1(m12gR2gR m2)v,解得v, m2m1 m1m2 2gR 二者碰后粘在一起向左运动,最高能上升到轨道P点,对此过程由动能定理得(m1 m2)gR(1cos 60)0 (m1m2)v2, 解得m1m2(1)(1), 故 C
7、正确, A、 B、 D 1 2 22 错误 6如图所示,在光滑的水平面上静止放一质量为m的木板B,木板表面光滑,左端固 定一轻质弹簧 质量为 2m的木块A以速度v0从板的右端水平向左滑上木板B.在木块A与弹 簧相互作用的过程中,下列判断不正确的是( ) A弹簧压缩量最大时,B板运动速率最大 B板的加速度一直增大 C弹簧给木块A的冲量大小为mv0 1 3 D弹簧的最大弹性势能为mv 1 3 2 0 解析:ABC 在木块A与弹簧相互作用的过程中,从弹簧的压缩量达到最大到弹簧恢复 原状的过程中,弹簧对木板B有向左的弹力,B板仍在加速,所以弹簧压缩量最大时,B板 运动速率不是最大,当弹簧恢复原长时B板
8、的速率最大,故 A 错误 ; 弹簧压缩量先增加后减 小,弹簧对B板的弹力先增大后减小,故B板的加速度先增加后减小,故 B 错误 ; 设弹簧恢 复原长时A与B的速度分别为v1和v2.取向左为正方向,根据动量守恒定律得 2mv02mv1 mv2, 根据机械能守恒定律得 2mv 2mvmv, 解得v1v0,v2v0, 对滑块A, 1 2 2 0 1 2 2 1 1 2 2 2 1 3 4 3 根据动量定理得I2mv12mv0mv0,负号表示方向向右,故 C 错误;当滑块与长木板 4 3 速度相等时,弹簧的压缩量最大,根据动量守恒定律得 2mv0(m2m)v,根据系统机械能 守恒得Ep 2mv (2m
9、m)v2,解得Epmv,故 D 正确 1 2 2 0 1 2 1 3 2 0 7.A、B两物体在光滑水平面上沿同一直线运动,如图表示发生碰撞前后的vt图线, 由图线可以判断( ) AA、B的质量比为 32 BA、B作用前后总动量守恒 CA、B作用前后总动量不守恒 DA、B作用前后总动能不变 解析:ABD 根据动量守恒定律:mA6mB1mA2mB7,得:mAmB32,故 A 正确 ; 根据动量守恒知A、B作用前后总动量守恒, B正确, C错误 ; 作用前总动能 :mA62mB12 1 2 1 2 mA, 作用后总动能 :mA22mB72mA, 可见作用前后总动能不变, D 正确 55 3 1 2
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