届人教版动量守恒定律及应用单元测试Word文档下载推荐.docx
- 文档编号:13682292
- 上传时间:2022-10-12
- 格式:DOCX
- 页数:16
- 大小:146.04KB
届人教版动量守恒定律及应用单元测试Word文档下载推荐.docx
《届人教版动量守恒定律及应用单元测试Word文档下载推荐.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《届人教版动量守恒定律及应用单元测试Word文档下载推荐.docx(16页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
mv2=6J,两式相除得
=
>1,即E>
6J,A项正确。
答案 A
3.(2018·
湖南师大附中摸底考试)如图所示,质量均为M=0.4g的两长平板小车A和B开始时紧靠在一起都静止于光滑水平面上。
小物块(可看成质点)m=0.2g以初速度v=9m/s从最左端滑上小车A的上表面,最后停在小车B最右端时速度为v2=2m/s,最后A的速度v1为( )
A.1.5m/sB.2m/s
C.1m/sD.0.5m/s
解析 三物体整体分析,系统动量守恒mv=
(m+M)v2+Mv1⇒v1=1.5m/s。
4.如图所示,在光滑的水平面上有一物体M,物体上有一光滑的半圆弧轨道,最低点为C,两端A、B一样高。
现让小滑块m从A点静止下滑,则( )
A.m不能到达小车上的B点
B.m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.m从A到B的过程中小车一直向左运动,m到达B的瞬间,M速度为零
D.M与m组成的系统机械能守恒,动量守恒
解析 M和m组成的系统水平方向动量守恒,机械能守恒所以m恰能达到小车上的B点,到达B点时小车与滑块的速度都是0,故A项错误;
M和m组成的系统水平方向动量守恒,m从A到C的过程中以及m从C到B的过程中m一直向右运动,所以M一直向左运动,m到达B的瞬间,M与m速度都为零,故B项错误,C项正确;
小滑块m从A点静止下滑,物体M与滑块m组成的系统水平方向所受合力为零,系统水平方向动量守恒,竖直方向有加速度,合力不为零,所以系统动量不守恒。
M和m组成的系统机械能守恒,故D项错误。
5.(2018·
湖南师大附中摸底考试)如图所示,质量为M的木块位于光滑水平面上,在木块与墙之间用轻弹簧连接,开始时木块静止在A位置。
现有一质量为m的子弹以水平速度v0射向木块并嵌入其中,则木块回到A位置时的速度v以及此过程中墙对弹簧的冲量I的大小分别为( )
A.v=
,I=0B.v=
,I=2mv0
C.v=
,I=
D.v=
解析 子弹射入木块过程,由于时间极短,子弹与木块间的内力远大于系统外力,由动量守恒定律得mv0=(M+m)v,解得v=
,子弹和木块系统在弹簧弹力的作用下先做减速运动,后做加速运动,回到A位置时速度大小不变,即当木块回到A位置时的速度v=
,子弹、木块和弹簧组成的系统受到的合力即为墙对弹簧的作用力,根据动量定理得I=-(M+m)v-mv0=-2mv0,所以墙对弹簧的冲量I的大小为2mv0。
答案 B
6.(多选)如图所示,长木板A放在光滑的水平面上,质量为m=2g的另一物体B以水平速度v0=3m/s滑上原来静止的长木板A的表面,由于A、B间存在摩擦,之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示,则下列说法正确的是( )
A.木板获得的动能为2J
B.系统损失的机械能为4J
C.木板A的最小长度为1.5m
D.A、B间的动摩擦因数为0.1
解析 根据动量守恒定律可得
mv0=(m+mA)v⇒mA=4g,
A的动能为E=
mAv2=2J,
系统损失的动能ΔE=
mv
(mA+m)v2=6J,
木板长L≥
v0t1=1.5m,
μmg=ma⇒μ=0.2。
答案 AC
【解题技巧】
由图读出木板获得的初速度,根据E=
mv2求解木板获得的动能。
根据斜率求出B的加速度大小,结合牛顿第二定律求出动摩擦因数。
根据“面积”之差求出木板A的长度,再求系统损失的机械能。
7.如图所示,一个质量为m的物块A与另一个质量为2m的物块B发生正碰,碰后B物块刚好能落入正前方的沙坑中。
假如碰撞过程中无机械能损失,已知物块B与地面间的动摩擦因数为0.1,与沙坑的距离为0.5m,g取10m/s2,物块可视为质点。
则A碰撞前瞬间的速度为( )
A.0.5m/sB.1.0m/s
C.1.5m/sD.2.0m/s
解析 A、B碰撞过程动量守恒,mv0=mv1+2mv2,机
械能无损失,
mv
+
×
2mv
。
碰撞后对B物体应用动能定理2μmgx=
,解得v0=1.5m/s,C项正确。
8.质量相等的4个物块在光滑水平面上间隔一定距离排成一直线,如图所示,具有初动能E的物块1向其他3个静止物块运动,依次发生碰撞,每次碰撞后不再分开,最后,4个物块粘为一整体,这个整体的动能等于( )
A.EB.
E
C.
ED.
解析 对整个系统研究,以水平向右为正,整个过程运用动量守恒定律得mv0=4mv,解得v=
,则整体的动能E=
4m×
2=
,故C项正确,A、B、D项错误。
B组·
能力提升题
9.(2018·
菏泽一中月考)(多选)如图所示,一辆质量为M=3g的平板小车A停靠在竖直光滑墙壁处,地面水平且光滑,一质量为m=1g的小铁块B(可视为质点)放在平板小车A最右端,平板小车A上表面水平且与小铁块B之间的动摩擦因数μ=0.5,平板小车A的长度L=0.9m。
现给小铁块B一个v0=5m/s的初速度使之向左运动,与竖直墙壁发生弹性碰撞后向右运动,重力加速度g取10m/s2。
下列说法正确的是( )
A.小铁块B向左运动到达竖直墙壁时的速度为2m/s
B.小铁块B与墙壁碰撞过程中所受墙壁的冲量为8N·
s
C.小铁块B从反向到与车同速共历时0.6s
D.小铁块B在平板小车A上运动的整个过程中系统损失的机械能为9J
解析 设铁块向左运动到达竖直墙壁时的速度为v1,根据动能定理得-μmgL=
,代入数据可得v1=4m/s,故A项错误;
小铁块B与竖直墙壁发生弹性碰撞,所以小铁块弹回的速度大小为v1′=4m/s,方向向右,根据动量定理I=m·
Δv=8g·
m/s,故B项正确;
假设小铁块最终和平板车达到共速v2,根据动量守恒定律得mv1′=(m+M)v2,解得v2=1m/s,小铁块最终和平板车达到共速过程中小铁块的位移x1=
t=
0.6m=1.5m,平板车的位移x2=
0.6m=0.3m,Δx=x1-x2=1.2m>
L,说明铁块在没有与平板车达到共速时就滑出平板车,所以小铁块在平板车上运动过程中系统损失的机械能为ΔE=2μmgL=9J,故C项错误,D项正确。
答案 BD
10.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m1∶m2为( )
A.(
+1)∶(
-1) B.
∶1
C.(
-1)∶(
+1)D.1∶
解析 两球到达最低点的过程,由动能定理得mgR=
mv2,解得v=
,所以两球到达最低点的速度均为
,设向左为正方向,则m1的速度v1=-
,则m2的速度v2=
,由于碰撞瞬间动量守恒得m2v2+m1v1=(m1+m2)v共,解得v共=
①,二者碰后粘在一起向左运动,最高能上升到轨道M点,对此过程应用机械能守恒定律得-(m1+m2)gR(1-cos60°
)=0-
(m1+m2)v
②,由①②解得
=2,整理m1∶m2=(
-1)∶(
+1),故C项正确。
11.如图是一个物理演示实验,它显示:
如图中自由下落的物体A和B经反弹后,B能上升到比初位置高得多的地方。
A是某种材料做成的实心球,质量m1=0.28g,在其顶部的凹坑中插着质量m2=0.1g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H=1.25m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恰好停留在地板上。
则木棍B上升的高度为(重力加速度g取10m/s2)( )
A.4.05mB.1.25m
C.5.30mD.12.5m
解析 球及棒落地速度v=
,球反弹后与B的碰撞为瞬间作用,AB虽然在竖直方向上合外力为重力,不为零。
但作用瞬间,内力远大于外力的情况下,动量近似守恒,故有m1v-m2v=0+m2v2′,棒上升高度为h=
,联立并代入数据,得h=4.05m。
12.如图所示,光滑水平面上的木板右端,有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连,木板质量M=3.0g,质量m=1.0g的铁块以水平速度v0=4.0m/s,从木板的左端沿板面向右滑行,压缩弹簧后又被弹回,最后恰好停在木板的左端,则在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为( )
A.4.0JB.6.0J
C.3.0JD.20J
解析 设铁块与木板速度相同时,共同速度大小为v,铁块相对木板向右运动时,相对滑行的最大路程为L,摩擦力大小为f,根据能量守恒定律得
铁块相对于木板向右运动过程
=fL+
(M+m)v2+Ep,
铁块相对于木板运动的整个过程
=2fL+
(M+m)v2,
又根据系统动量守恒可知
mv0=(M+m)v,
联立得Ep=3.0J,故选C项。
13.如图所示,可看成质点的A物体叠放在上表面光滑的B物体上,一起以v0的速度沿光滑的水平轨道匀速运动,与静止在同一光滑水平轨道上的木板C发生碰撞,碰撞后B、C的速度相同,B、C的上表面相平且B、C不粘连,A滑上C后恰好能到达C板的右端。
已知A、B质量均相等,C的质量为A的质量的2倍,木板C长为L,重力加速度为g。
求:
(1)A物体的最终速度。
(2)A物体与木板C上表面间的动摩擦因数。
解析
(1)设A、B的质量为m,则C的质量为2m,B、C碰撞过程中动量守恒,令B、C碰后的共同速度为v1,以B的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得mv0=3mv1,
解得v1=
B、C共速后A以v0的速度滑上C、A滑上C后,B、C脱离,A、C相互作用过程中动量守恒,设最终A,C的共同速度v2,以向右为正方向,由动量守恒定律得
mv0+2mv1=3mv2,
解得v2=
(2)在A、C相互作用过程中,由能量守恒定律得
fL=
3mv
,
又f=μmg,
解得μ=
答案
(1)
(2)
14.足够长的倾角为θ的光滑斜面的底端固定一轻弹簧,弹簧的上端连接质量为m、厚度不计的钢板,钢板静止时弹簧的压缩量为x0,
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 届人教版 动量 守恒定律 应用 单元测试
![提示](https://static.bdocx.com/images/bang_tan.gif)