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2021届高考物理二轮专题闯关导练物理(统考版):热点7 动量和动量守恒定律 WORD版含解析.doc

上传人:高**** 文档编号:357163 上传时间:2024-05-27 格式:DOC 页数:7 大小:542KB
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资源描述

1、高考资源网() 您身边的高考专家热点7动量和动量守恒定律一、选择题(15题为单项选择题,67题为多项选择题)12020湖北宜昌市6月调考如图所示,篮球运动员接传来的篮球时,通常要先伸出两臂迎接,手接触到球后,两臂随球迅速引至胸前这样做可以()A减小球对手冲量的大小B减小球对手作用力的大小C减小球的动量变化量的大小D减小球对手的作用时间2高空抛物是非常危险的事设质量为M1 kg的小球从20 m的楼上做自由落体运动落到地面,与水泥地面接触时间为0.01 s,g取10 m/s2,那么小球对地面的冲击力约是小球重力的()A10倍 B20倍C200倍 D2 000倍32020全国卷,15甲、乙两个物块在

2、光滑水平桌面上沿同一直线运动,甲追上乙,并与乙发生碰撞,碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示已知甲的质量为1 kg,则碰撞过程两物块损失的机械能为()A3 J B4 JC5 J D6 J4如图所示是一个物理演示实验,图中自由下落的物体A和B被反弹后,B能上升到比初位置高的地方A是某种材料做成的有凹坑的实心球,质量为m10.28 kg,在其顶部的凹坑中插着质量为m20.1 kg的木棍B,B只是松松地插在凹坑中,其下端与坑底之间有小空隙将此装置从A下端离地板的高度H1.25 m处由静止释放,实验中,A触地后在极短时间内反弹,且其速度大小不变,接着木棍B脱离球A开始上升,而球A恰好停留在地

3、板上,则反弹后木棍B上升的高度为(重力加速度g取10 m/s2)()A4.05 m B1.25 mC5.30 m D12.5 m52020四川遂宁市三诊如图所示,水平地面光滑,水平轻弹簧一端固定在墙上,另一端拴接质量为m的小球A.另一个质量也为m的小球B以速度v0向左运动,与A碰撞时间极短、且碰后粘在一起则从B与A开始碰撞到压缩弹簧至最短的过程,对A球、B球、弹簧组成的系统()A动量守恒,机械能不守恒B动量不守恒,机械能守恒C对墙产生的冲量大小为mv0D弹簧最大弹性势能为mv6如图1所示,光滑绝缘水平面上有甲、乙两个点电荷,t0时,甲静止,乙以6 m/s的初速度向甲运动,此后,它们仅在静电力的

4、作用下沿同一直线运动(整个运动过程中没有接触),它们运动的v t图象如图2所示,则()A两电荷的电性一定相反B甲、乙两个点电荷的质量之比为2:1C在0t2时间内,两电荷间的静电力先增大后减小D在0t3时间内,甲的动能一直增大,乙的动能一直减小7如图甲所示,在光滑水平面上,轻质弹簧一端固定,物体A以速度v0向右运动压缩弹簧,测得弹簧的最大压缩量为x.现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B(如图乙所示),物体A以2v0的速度向右压缩弹簧,测得弹簧的最大压缩量仍为x,则()A物体A的质量为3mB物体A的质量为2mC弹簧压缩量最大时的弹性势能为mvD弹簧压缩量最大时的弹性势能为mv二、非选择题82020

5、四川遂宁市三诊如图所示,在反推火箭作用下,飞船在距某星球表面100米处悬停,通过对障碍物和坡度进行识别,选定相对平坦的区域后,开始以a2 m/s2竖直下降当四条“缓冲脚”触地时,反推火箭立即停止工作,随后飞船经2 s减速到0,停止在该星球表面上飞船质量m1 000 kg,每条“缓冲脚”与地面的夹角为60,该星球表面的重力加速度g3.6 m/s2,四条缓冲脚的质量不计求:(1)飞船竖直下降过程中,火箭推力对飞船做了多少功;(2)从反冲脚触地到飞船速度减为0的过程中,每条“缓冲脚”对飞船的冲量大小9如图所示,水平光滑地面上有两个静止的小物块A和B(可视为质点),A的质量m1.0 kg,B的质量M4

6、.0 kg,A、B之间有一轻质压缩弹簧,且A、B间用细线相连(图中未画出),弹簧的弹性势能Ep40 J,弹簧的两端与物块接触但不固定连接水平面的左侧有一竖直墙壁,右侧与倾角为30的光滑斜面平滑连接将细线剪断,A、B分离后立即撤去弹簧,物块A与墙壁发生弹性碰撞后,A在B未到达斜面前追上B,并与B相碰后结合在一起向右运动,g取10 m/s2,求:(1)A与弹簧分离时的速度大小;(2)A、B沿斜面上升的最大距离102020河南安阳市下学期二模如图所示,一圆心为O、半径为R的光滑半圆轨道固定在竖直平面内,其下端和粗糙的水平轨道在A点相切,AB为圆弧轨道的直径质量分别为m、2m的滑块1、2用很短的细线连

7、接,在两滑块之间夹有压缩的短弹簧(弹簧与滑块不固连),滑块1、2位于A点现剪断两滑块间的细线,滑块1恰能过最高处的B点,且落地点恰与滑块2停止运动的地点重合滑块1、2可视为质点,不考虑滑块1落地后反弹,不计空气阻力,重力加速度为g,求:(1)滑块1过B点的速度大小;(2)弹簧释放的弹性势能大小;(3)滑块2与水平轨道间的动摩擦因数112020天津卷,11长为l的轻绳上端固定,下端系着质量为m1的小球A,处于静止状态A受到一个水平瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动,恰好能通过圆周轨迹的最高点当A回到最低点时,质量为m2的小球B与之迎面正碰,碰后A、B粘在一起,仍做圆周运动,并能通过圆周轨迹的最高点

8、不计空气阻力,重力加速度为g,求:(1)A受到的水平瞬时冲量I的大小;(2)碰撞前瞬间B的动能Ek至少多大?热点7动量和动量守恒定律1答案:B2答案:C解析:小球下落过程,由动能定理得MghMv20,解得v m/s20m/s,方向竖直向下;与地面接触过程,由动量定理得(MgF)t0Mv,解得F2 010 N,故小球对地面的冲击力大小为2 010 N,由于小球重力G10 N,故C项正确3答案:A解析:由图象可知甲物块碰前速度v甲5 m/s,乙物块碰前速度v乙1 m/s,甲物块碰后速度v甲1 m/s,乙物块碰后速度v乙2 m/s.甲和乙碰撞过程中系统动量守恒,有m甲v甲m乙v乙m甲v甲m乙v乙,解

9、得m乙6 kg.碰撞过程中两物块损失的机械能Em甲vm乙vm甲v甲2m乙v3 J故选A项4答案:A解析:由题意可知,A、B做自由落体运动,由v22gH,可得A、B的落地速度的大小v,A反弹后与B的碰撞为瞬时作用,A、B组成的系统在竖直方向上所受合力虽然不为零,但作用时间很短,系统的内力远大于外力,所以动量近似守恒,故有m1vm2v0m2v2,B上升高度h,联立并代入数据得h4.05 m,A正确5答案:C解析:A、B发生了完全非弹性碰撞,在碰撞过程中机械能有损失,所以系统的机械能不守恒;从A、B开始一起运动至弹簧被压缩到最短的过程中,由于墙面对弹簧有作用力,A、B及弹簧组成的系统所受的合外力不为

10、零,则在此运动过程中动量不守恒,故A、B错误;对系统在整个过程中由动量定理:I0mv0,则这个系统对墙产生的冲量大小为mv0,故C正确;A、B碰撞过程,取向左为正方向,由动量守恒定律得:mv02mv,解得:vv0,弹簧的最大弹性势能为:Ep2mv2mv,故D错误6答案:BC解析:由图象0t1段可以看出甲从静止开始与乙同向运动,说明甲受到了乙的排斥力作用,则两电荷的电性一定相同,A错误;两电荷相互作用时,系统受到的合外力为零,故动量守恒,设向左为正方向,t1时刻两电荷速度相等,v2 m/s,有Mv0(Mm)v,解得m2M,即甲、乙两个点电荷的质量之比为21,B正确;在0t1时间内两电荷间距离逐渐

11、减小,在t1t2时间内两电荷间距离逐渐增大,由库仑定律知,两电荷间的静电力先增大后减小,C正确;由图象可看出,0t3时间内,甲的速度一直增大,动能一直增大,乙的速度先减小,后反向增大,则其动能先减小后增大,D错误7答案:AC解析:若弹簧固定,则当弹簧压缩量最大时,弹性势能最大,A的动能转化为弹簧的弹性势能,根据机械能守恒定律得,弹簧被压缩过程中最大的弹性势能等于A的初动能,设A的质量为mA,即有EpmmAv,若弹簧一端连接另一质量为m的物体B,A与弹簧相互作用的过程中,B将向右运动,A、B速度相等时,弹簧的弹性势能最大,选取A的初速度的方向为正方向,由动量守恒定律得mA2v0(mmA)v,由机

12、械能守恒定律得EpmmA(2v0)2(mAm)v2,联立得mA3m,Epmmv,故A、C正确,B、D错误8答案:(1)1.6105 J(2) Ns解析:(1)飞船加速下降时火箭推力为F,则mgFma推力对火箭做功为:WFh解得:W1.6105 J;(2)t2 s,a2 m/s2反冲脚触地前瞬间,飞船速度大小为v,则有:v22ah从反冲脚触地到飞船速度减为0的过程中,每条“反冲脚”对飞船的冲量大小为I,由动量定理有:4Isin 60mgtmv解得:I Ns.9答案:(1)8 m/s(2)1.024 m解析:(1)设A、B与弹簧分离时的速度大小分别为v1、v2,系统动量守恒:0mv1Mv2系统能量

13、守恒:EpmvMv解得v18 m/s,v22 m/s;(2)A与墙壁碰后速度大小不变,设A与B相碰后,A与B的速度大小为v,A、B系统动量守恒:mv1Mv2(mM)v解得v3.2 m/s对A、B整体,由动能定理得:(mM)gLsin 300(mM)v2解得L1.024 m.10答案:(1)(2)mgR(3)解析:(1)滑块1恰能经过B点,则有mgm解得:vB(2)滑块1从A点运动到B点的过程中,根据动能定理有:mg2Rmvmv解得vA滑块1、2被弹簧弹开过程,根据动量守恒定律有:mvA2mv根据能量守恒定律有:Epmv2mv2联立解得:EpmgR(3)滑块1经过B点后做平抛运动,则水平方向有:

14、xvBt竖直方向有:2Rgt2滑块2在水平方向做匀减速运动,根据动能定理有:2mgx02mv2联立解得:11答案:(1)m1(2)解析:(1)A恰好能通过圆周轨迹的最高点,此时轻绳的拉力刚好为零,设A在最高点时的速度大小为v,由牛顿第二定律,有m1gm1A从最低点到最高点的过程中机械能守恒,取轨迹最低点处重力势能为零,设A在最低点的速度大小为vA,有m1vm1v22m1gl由动量定理,有Im1vA联立式,得Im1(2)设两球粘在一起时的速度大小为v,A、B粘在一起后恰能通过圆周轨迹的最高点,需满足vvA要达到上述条件,碰后两球速度方向必须与碰前B的速度方向相同,以此方向为正方向,设B碰前瞬间的速度大小为vB,由动量守恒定律,有m2vBm1vA(m1m2)v又Ekm2v联立式,得碰撞前瞬间B的动能Ek至少为Ek- 7 - 版权所有高考资源网

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