高考物理一轮复习第6章动量守恒定律第二节动能守恒定律及其应用达标诊断高效训练.doc

1 / 7【2019【2019 最新最新】精选高考物理一轮复习第精选高考物理一轮复习第 6 6 章动量守恒定律章动量守恒定律第二节动能守恒定律及其应用达标诊断高效训练第二节动能守恒定律及其应用达标诊断高效训练(建议用时：60 分钟)一、单项选择题1我国发射的“神舟十一号”飞船与“天宫二号”空间站实现了完美对接假设“神舟十一号”到达对接点附近时对地的速度为 v，此时的质量为 m.欲使飞船追上“天宫二号”实现对接，飞船需加速到 v1，飞船发动机点火，将质量为 m 的燃气一次性向后喷出，燃气对地向后的速度大小为 v2.这个过程中，下列各表达式正确的是( )Amvmv1mv2Bmvmv1mv2Cmv(mm)v1mv2Dmv(mm)v1mv2解析：选 C.飞船发动机点火喷出燃气，由动量守恒定律，有mv(mm)v1mv2，选项 C 正确2(2018·淮北一中周考)两球 A、B 在光滑水平面上沿同一直线，同一方向运动，mA2 kg，mB3 kg，vA6 m/s，vB2 m/s.当 A追上 B 并发生碰撞后，两球 A、B 速度的可能值是( )AvA4.5 m/s，vB3 m/sBvA3 m/s，vB4 m/sCvA1.5 m/s，vB7 m/sDvA7.5 m/s，vB1 m/s解析：选 B.考虑实际情况，碰撞后 A 球速度不大于 B 球的速度，因2 / 7而 A、D 错误，B、C 满足；两球碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量守恒，A、B、C、D 均满足；根据能量守恒定律，碰撞后的系统总动能应该小于或等于碰撞前的系统总动能，碰撞前总动能为 42 J，B 选项碰撞后总动能为 33 J，C 选项碰撞后总动能为75.75 J，故 C 错误，B 正确3(高考重庆卷)一弹丸在飞行到距离地面 5 m 高时仅有水平速度v2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为31，不计质量损失，重力加速度 g 取 10 m/s2.则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( )解析：选 B.弹丸爆炸瞬间爆炸力远大于外力，故爆炸瞬间动量守恒因两弹片均水平飞出，飞行时间 t1 s，取向右为正，由水平速度 v知，选项 A 中，v 甲2.5 m/s，v 乙0.5 m/s；选项B 中，v 甲2.5 m/s，v 乙0.5 m/s；选项 C 中，v 甲1 m/s，v乙2 m/s；选项 D 中，v 甲1 m/s，v 乙2 m/s.因爆炸瞬间动量守恒，故 mvm 甲 v 甲m 乙 v 乙，其中 m 甲m，m 乙m，v2 m/s，代入数值计算知选项 B 正确4(2018·山东寿光现代中学月考)如图所示，一辆小车静止在光滑水平面上，A、B 两人分别站在车的两端，当两人同时相向运动时，( )A若小车不动，两人速率一定相等B若小车向左运动，A 的动量一定比 B 的小C若小车向左运动，A 的动量一定比 B 的大D若小车向右运动，A 的动量一定比 B 的大解析：选 C.A、B 两人及小车组成的系统受合外力为零，系统动量守恒，根据动量守恒定律得 mAvAmBvBm 车 v 车0，若小车不动，3 / 7则 mAvAmBvB0，由于不知道 A、B 质量的关系，所以两人速率不一定相等，故 A 错误；若小车向左运动，则 A、B 的动量和必须向右，而 A 向右运动，B 向左运动，所以 A 的动量一定比 B 的大，故 B 错误，C 正确；若小车向右运动，则 A、B 的动量和必须向左，而 A 向右运动，B 向左运动，所以 A 的动量一定比 B 的小，故 D 错误5(2018·四川成都检测)如图所示，小车静止在光滑水平面上，AB是小车内半圆弧轨道的水平直径，现将一小球从距 A 点正上方 h 高处由静止释放，小球由 A 点沿切线方向经半圆轨道后从 B 点冲出，在空中能上升的最大高度为 0.8h，不计空气阻力下列说法正确的是( )A在相互作用过程中，小球和小车组成的系统动量守恒B小球离开小车后做竖直上抛运动C小球离开小车后做斜上抛运动D小球第二次冲出轨道后在空中能上升的最大高度为 0.6h解析：选 B.小球与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，水平方向系统动量守恒，但系统整体所受合外力不为零，系统动量不守恒，故 A 错误；小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，小球由 B 点离开小车时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，故 B 正确，C 错误；小球第一次在车中运动过程中，摩擦力做负功，由动能定理得：mg(h0.8h)Wf0，Wf 为小球克服摩擦力做功大小，解得：Wf0.2mgh，即小球第一次在车中滚动损失的机械能为 0.2mgh，由于小球第二次在车中滚动时，对应位置速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于 0.2mgh，机械能损失小于 0.2mgh，因此小球再次离开小车时，能上升的高度大于 0.6h，故4 / 7D 错误二、多项选择题6(2018·陕西西安一中模拟)如图所示，在光滑的水平面上有一静止的物体 M，物体上有一光滑的半圆弧轨道，最低点为 C，A、B 为同一水平直径上的两点，现让小滑块 m 从 A 点由静止下滑，则( )Am 到达 M 上的 B 点时 m 的速度不为零Bm 从 A 到 C 的过程中 M 向左运动，m 从 C 到 B 的过程中 M 向右运动C若 m 由 A 点正上方 h 高处自由下落，则由 B 点飞出时做竖直上抛运动DM 与 m 组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒解析：选 CD.根据机械能守恒、动量守恒定律的条件，M 和 m 组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒，D 正确；m 滑到右端两者水平方向具有相同的速度：0(mM)v ，可知 m 到达小车上的 B 点时， m、M 的水平速度为零，所以 m 做竖直上抛运动，选项 A 错误，C 正确； m 从 A 到 C 的过程中 M 向左加速运动，m 从 C 到 B 的过程中 M向左减速运动，选项 B 错误7(2018·南昌十所省重点中学联考)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 32BA、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：选 ABD.根据动量守恒定律：mA·6mB·1mA·2mB·7，5 / 7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：mA·62mB·12mA，作用后总动能：mA·22mB·72mA，可见作用前后总动能不变，D正确8(2018·××市三中验收考试)小球 A 的质量为 mA5 kg，动量大小为 pA4 kg·m/s，小球 A 水平向右与静止的小球 B 发生弹性碰撞，碰后 A 的动量大小为 pA1 kg·m/s，方向水平向右，则( )A碰后小球 B 的动量大小为 pB3 kg·m/sB碰后小球 B 的动量大小为 pB5 kg·m/sC小球 B 的质量为 15 kgD小球 B 的质量为 3 kg解析：选 AD.规定向右为正，碰撞过程中 A、B 组成的系统动量守恒，所以有 pApApB，解得 pB3 kg·m/s，A 正确，B 错误；由于是弹性碰撞，所以没有机械能损失，故,2mA),2mA),2mB)，解得mB3 kg，C 错误，D 正确三、非选择题9(2018·湖北武汉调考)如图，在光滑的水平面上静止着足够长、质量为 3m 的木板，木板上依次排放质量均为 m 的木块 1、2、3，木块与木板间的动摩擦因数均为 .现同时给木块 1、2、3 水平向右的初速度 v0、2v0、3v0，最后所有的木块与木板相对静止已知重力加速度为 g，求：(1)木块 3 从开始运动到与木板相对静止时位移的大小；(2)木块 2 在整个运动过程中的最小速度解析：(1)当木块 3 与木板的速度相等时，3 个木块与木板的速度均相等，且为 v.系统动量守恒6 / 7m(v0 2v0 3v0)6mv 木块 3 在木板上匀减速运动，由牛顿第二定律：mgma 由运动学公式(3v0)2v22as3 解得 s3,g).(2)设木块 2 的最小速度为 v2，此时木块 3 的速度为 v3，由动量守恒定律m(v0 2v0 3v0)(2m3m)v2 mv3在此过程中，木块 3 与木块 2 速度改变量相同3v0 v32v0 v2 解得 v2v0.答案：(1),g) (2)v010(2018·黑龙江安达模拟)静止在光滑水平地面上的平板小车C，质量为 mC 3 kg，物体 A、B 的质量为 mAmB1 kg，分别以vA4 m/s 和 vB2 m/s 的速度大小，从小车的两端相向地滑到车上若它们在车上滑动时始终没有相碰，A、B 两物体与车的动摩擦因数均为 0.2.求：(1)小车的最终的速度大小；(2)系统损失的机械能解析：(1)设物体 A 初始速度方向为正，由于 A、B、C 组成的系统水平方向动量守恒，且三者最后保持相对静止，设最终共同速度为v，则 mAvAmBvB(mAmBmC)v，解得：v0.4 m/s.(2)系统的动能损失全部用于在相对位移上克服摩擦力做功，有mAvmBv(mAmBmC)v2E1 2故 E9.6 J.7 / 7答案：(1)0.4 m/s (2)9.6 J11(2018·辽宁抚顺模拟)如图所示，固定的圆弧轨道与水平面平滑连接，轨道与水平面均光滑，质量为 m 的物块 B 与轻质弹簧拴接静止在水平面上，弹簧右端固定质量为 3m 的物块 A 从圆弧轨道上距离水平面高 h 处由静止释放，与 B 碰撞后推着 B 一起运动但与 B不粘连求：(1)弹簧的最大弹性势能； (2)A 与 B 第一次分离后，物块 A 沿圆弧面上升的最大高度解析：(1)A 下滑与 B 碰撞前，根据机械能守恒得3mgh×3mv2 1A 与 B 碰撞，根据动量守恒得 3mv14mv2弹簧最短时弹性势能最大，系统的动能转化为弹性势能，根据能量守恒得Epmax×4mvmgh.(2)根据题意，A 与 B 分离时 A 的速度大小为 v2A 与 B 分离后沿圆弧面上升到最高点的过程中，根据机械能守恒得3mgh×3mv2 2解得 hh.答案：(1)mgh (2)h