2021届高考物理一轮复习核心素养测评十九动量守恒定律及其应用含解析

2021届高考物理一轮复习核心素养测评十九动量守恒定律及其应用含解析

动量守恒定律及其应用 ‎(45分钟　100分)‎ 一、选择题(本题共9小题，每小题6分，共54分，1～6题为单选题，7～9题为多选题)‎ ‎1.(2019·合肥模拟)如图所示，某人站在一辆平板车的右端，车静止在光滑的水平地面上，现在人用铁锤连续敲击车的右端。下列对平板车的运动情况描述中正确的是 (　　)‎ A.锤子抡起的过程中，车向右运动 B.锤子下落的过程中，车向左运动 C.锤子抡至最高点时，车速度为零 D.锤子敲击车瞬间，车向左运动 ‎【解析】选C。铁锤、人和车组成的系统水平方向动量守恒，锤子向右抡起的过程中，车向左运动，故A错误；锤子下落的过程中，有水平向左的速度，根据动量守恒定律，车向右运动，故B错误；锤子抡至最高点时，速度为零，根据动量守恒定律，车速度为零，故C正确；锤子向左敲击车瞬间，根据动量守恒定律，车向右运动，故D错误。‎ ‎2.如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两个小球在同一直线上运动。两球质量关系为mB=2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为8 kg·m/s，运动过程中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为-4 kg·m/s，则 (　　) ‎ A.右方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为2∶3‎ B.右方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为1∶6‎ C.左方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为2∶3‎ D.左方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为1∶6‎ ‎【解析】选C。碰前两球的动量均为8 kg·m/s，则两球运动方向均向右，又mB=2mA，则vB1，即ΔE>6 J，A项正确。‎ ‎【加固训练】如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为M的滑块，滑块的一侧是一个弧形凹槽OAB，凹槽半径为R，A点切线水平。另有一个质量为m的 小球以速度v0从A点冲上凹槽，重力加速度大小为g，不计摩擦。下列说法中正确的是 (　　) ‎ 11‎ A.当v0=时，小球能到达B点 B.如果小球的速度足够大，球将从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上 C.当v0=时，小球在弧形凹槽上运动的过程中，滑块的动能一直增大 D.如果滑块固定，小球返回A点时对滑块的压力为m ‎【解析】选C。滑块不固定，当v0=时，设小球沿槽上升的高度为h，则有：mv0=(m+M)v，m=(M+m)v2+mgh，可解得h=R10 cm，所以能射穿该木块。‎ 答案：(1)6 m/s　882 J　(2)能 ‎11.(10分)某研究小组通过实验测得两滑块碰撞前后运动的实验数据，得到如图所示的位移—时间图象。图中的线段a、b、c分别表示沿光滑水平面上同一条直线运动的滑块Ⅰ、Ⅱ和它们发生正碰后结合体的位移变化关系。已知相互作用时间极短，由图象给出的信息可知 (　　) ‎ A.碰前滑块Ⅰ与滑块Ⅱ速度大小之比为7∶2‎ B.碰前滑块Ⅰ的动量大小比滑块Ⅱ的动量大小大 C.碰前滑块Ⅰ的动能比滑块Ⅱ的动能小 D.滑块Ⅰ的质量是滑块Ⅱ的质量的 ‎【解析】选D。根据s-t图象的斜率等于速度，可知碰前滑块Ⅰ速度为v1=-2 m/s，滑块Ⅱ的速度为v2=0.8 m/s，则碰前速度大小之比为5∶2，故A错误；碰撞前后系统动量守恒，碰撞前，滑块Ⅰ的动量为负，滑块Ⅱ的动量为正，由于碰撞后总动量为正，故碰撞前总动量也为正，故碰撞前滑块Ⅰ的动量大小小于滑块Ⅱ的动量大小，故B错误；碰撞后的共同速度为v=0.4 m/s，根据动量守恒定律，有m1v1+m2v2=(m1+m2)v，解得m2=6m1，‎ 11‎ 由动能的表达式可知，m1>m2，故C错误，D正确。‎ ‎12.(20分)(2020·青岛模拟)如图所示，半径R=2.8 m的光滑半圆轨道BC与倾角θ=37°的粗糙斜面轨道在同一竖直平面内，两轨道间由一条光滑水平轨道AB相连，A处用光滑小圆弧轨道平滑连接，B处与圆轨道相切。在水平轨道上，两静止小球P、Q压紧轻质弹簧后用细线连在一起。某时刻剪断细线，小球P向左运动到A点时，小球Q沿半圆轨道到达C点；之后小球Q落到斜面上时恰好与沿斜面向下运动的小球P发生碰撞。已知小球P的质量m1=3.2 kg，小球Q的质量m2=1 kg，小球P与斜面间的动摩擦因数μ=0.5，剪断细线前弹簧的弹性势能Ep=168 J，小球到达A点或B点时已和弹簧分离。重力加速度g取10 m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不计空气阻力，求：‎ ‎(1)小球Q运动到C点时的速度大小；‎ ‎(2)小球P沿斜面上升的最大高度h；‎ ‎(3)小球Q离开半圆轨道后经过多长时间与小球P相碰。‎ ‎【解析】(1)两小球弹开的过程，由动量守恒定律得：m1v1=m2v2‎ 由机械能守恒定律得：‎ Ep=m1+m2‎ 联立可得：v1=5 m/s，v2=16 m/s 小球Q沿半圆轨道运动过程中，由机械能守恒定律可得：‎ m2=m2+2m2gR 解得：vC=12 m/s。‎ ‎(2)小球P在斜面向上运动的加速度为a1，‎ 由牛顿第二定律得：‎ m1gsinθ+μm1gcosθ=m1a1，‎ 解得：a1=10 m/s2‎ 11‎ 故上升的最大高度为：‎ h=sinθ=0.75 m ‎(3)设两小球相遇点距离A点为x，小球P从A点上升到两小球相遇所用的时间为t，小球P沿斜面下滑的加速度为a2，则：‎ m1gsinθ-μm1gcosθ=m1a2，‎ 解得：a2=2 m/s2‎ 小球P上升到最高点所用的时间：‎ t1==0.5 s，‎ 则：2R=gt2+h-a2(t-t1)2sinθ 解得：t=1 s。‎ 答案：(1)12 m/s　(2)0.75 m　(3)1 s 11‎