届高考物理总复习第6单元动量作业手册18动量守恒定律及其应用Word文档下载推荐.docx
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A.3v0-vB.2v0-3v
C.3v0-2vD.2v0+v
3.[2017·
郑州期末]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大小为v,此时的质量为m,已知飞船需加速到v1才能追上“天宫二号”,故使飞船的发动机点火,将质量为Δm的燃气一次性喷出,燃气对地向后的速度大小为v2.则下列关于此过程的表达式中正确的是(
)
A.mv=mv1-Δmv2
B.mv=mv1+Δmv2
C.mv=(m-Δm)v1-Δmv2
D.mv=(m-Δm)v1+Δmv2
4.[2017·
广西桂林质检]如图K18-2所示,处于光滑水平面上且大小相同的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8kg·
m/s,运动过程中两球发生碰撞,碰撞后A球的动量的增量为-4kg·
m/s,则( )
图K18-2
A.右方的小球为A球,碰撞后A、B两球的速度大小之比为2∶3
B.右方的小球为A球,碰撞后A、B两球的速度大小之比为1∶6
C.左方的小球为A球,碰撞后A、B两球的速度大小之比为2∶3
D.左方的小球为A球,碰撞后A、B两球的速度大小之比为1∶6
技能提升
5.(多选)[2017·
哈尔滨三中验收考试]如图K18-3所示,将一根轻质弹簧从物体B的内部穿过,并将其上端悬挂于天花板,下端与质量m1=2kg的物体A相连.平衡时物体A距天花板的高度h=2.4m,在物体A正上方距其高度h1=1.8m处由静止释放质量m2=1kg的物体B,B下落过程中某时刻与弹簧下端的物体A碰撞(碰撞时间极短)并立即与A以相同的速度一同运动,历时0.25s第一次到达最低点.两物体不粘连,且均可视为质点,弹簧始终在弹性限度内,不计空气阻力,g取10m/s2.下列说法中正确的是( )
图K18-3
A.碰撞结束瞬间两物体的速度大小为2m/s
B.碰撞结束后两物体一起向下运动的最大位移大小为0.25m
C.碰撞结束后两物体一起运动0.25s的过程中,两物体间的平均作用力大小为18N
D.A、B到最低点后反弹上升,则B与A分开后还能上升的最大高度为0.2m
6.(多选)[2017·
长沙二模]如图K18-4所示,质量为M的小车静止在光滑水平面上,小车A端固定一根轻弹簧,弹簧的另一端连接一个放置在小车上且质量为m的物体C,已知小车底部光滑,弹簧处于压缩状态.弹簧被释放后,物体C被弹出向B端运动,最后与B端粘在一起.下列说法中正确的是( )
图K18-4
A.物体C离开弹簧时,小车在向左运动
B.物体C与B端粘在一起之前,小车的运动速率与物体C的运动速率的比值为
C.物体C与B端粘在一起后,与小车一同向右运动
D.整个过程中,小车、物体C及弹簧组成的系统的机械能守恒
7.(多选)[2017·
河南南阳一中月考]如图K18-5甲所示,一轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接,两物块与弹簧组成的系统静止在光滑的水平面上,现使B获得大小为
3m/s、水平向右的瞬时速度,若在B获得速度的同时开始计时,两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示,则从图像中可以看出( )
图K18-5
A.在t1和t3两个时刻两物块达到共同速度,且弹簧都处于伸长状态
B.t3到t4时间内弹簧由压缩状态恢复到原长
C.两物块的质量之比为m1∶m2=1∶2
D.在t2时刻A与B的动能之比为Ek1∶Ek2=8∶1
8.(多选)[2017·
江西八校二联]在光滑的水平桌面上有等大的质量分别为M和m的两个小球,其中M=0.6kg,m=0.2kg,两小球中间夹有一个被压缩且弹性势能Ep=10.8J的轻弹簧(与两小球均不相连).现突然释放弹簧,质量为m的小球脱离弹簧后滑向与水平面相切、半径R=0.425m且竖直放置的光滑半圆形轨道,如图K18-6所示.重力加速度g取10m/s2.下列说法中正确的是( )
图K18-6
A.质量为M的小球离开轻弹簧时获得的速度为9m/s
B.质量为m的小球从轨道底端A运动到顶端B的过程中所受合外力的冲量大小为3.4N·
s
C.若半圆形轨道半径可调,且质量为m的小球能从B点飞出,则其飞出后落在水平桌面上的水平距离随轨道半径
的增大而减小
D.弹簧从压缩状态至恢复原长的过程中,弹力对质量为m的小球的冲量大小为1.8N·
9.[2017·
山东东营模拟]如图K18-7所示,甲、乙两名宇航员正在离空间站一定距离的地方执行太空维修任务.某时刻甲、乙都以大小为2m/s的初速度v0相向运动,甲、乙和空间站在同一直线上且均可视为质点.甲和他的装备总质量M1=90kg,乙和他的装备总质量M2=135kg.为了避免直接相撞,乙从自己的装备中取出一个质量m=45kg的物体A并把它推向甲,甲迅速接住物体A后便不再松开,此后甲、乙两宇航员在空间站外做相对距离不变的同向运动,均安全“飘”向空间站.(设甲、乙距离空间站足够远,本题中的速度均指相对空间站的速度)
(1)乙要以多大的速度v将物体A推出?
(2)已知甲与物体A作用的时间t=0.5s,求甲与物体A之间相互作用力F的大小.
图K18-7
10.[2017·
安徽马鞍山二中测试]如图K18-8所示,光滑的水平面上有三块质量和形状都相同的板A、B、C,其中A放在B上且与B两端对齐,两板作为整体一起以速度v0沿水平面滑动
与正前方的C发生碰撞,已知B与C发生碰撞后
粘在一起,当A从B全部移到C上后,由于摩擦力的作用,A相对C静止且恰好与C两端对齐.A与C间的动摩擦因数为μ,A和B间的摩擦不计,重力加速度为g.求:
(1)A相对C静止时系统的速度大小;
(2)板的长度.
图K18-8
挑战自我
11.如图K18-9所示,水平地面上静止放置一辆小车A,质量mA=4kg,其上表面光滑,小车与地面间的摩擦力极小,可以忽略不计.可视为质点的物块B置
于A的最右端,B的质量mB=2kg.现对A施加一个大小为10N、水平向右的恒力F,A运动一段时间后,小车左端固定的挡板与B发生碰撞,碰撞时间极短且碰后A、B粘在一起共同在F的作用下继续运动,碰撞后经过0.6s,二者的速度达到2m/s.求:
(1)A开始运动时的加速度大小a;
(2)A、B碰撞后瞬间的共同速度的大小v;
(3)A的上表面长度l.
图K18-9
课时作业(十八)
1.ACD [解析]当两手同时放开时,系统所受的合外
力为零,所以系统的动量守恒,又因开始时总动量为零,故两手同时放开后系统总动量始终为零,选项A正确;
先放开左手,左边的物体向左运动,再放开右手后,系统所受合外力为零,故系统在两手都放开后动量守恒,且总动量方向向左,故选项B错误,C、D正确.
2.C [解析]取水平向东为正方向,爆炸过程系统内力远远大于外力,动量守恒,有3mv0=2mv+mvx,可得vx=3v0-2v,C正确.
3.C [解析]飞船发动机点火喷出燃气这一过程动量守恒,由动量守恒定律得mv=(m-Δm)v1-Δmv2,选项C正确.
4.C [解析]A、B两球发生碰撞,规定向右为正方向,碰撞前两球动量相等,mB>
mA,则vB<
vA,所以左方的小球是A球.碰撞后A球的动量为4kg
·
m/s,由于系统在水平方向上动量守恒,所以碰撞后B球的动量为12kg·
m/s,由于mB=2mA,所以碰撞后A、B两球的速度大小之比为2∶3,故C正确.
5.AC [解析]设物体B自由下落至与A碰撞前瞬间的速度为v0,根据自由落体运动规律得v0=
m/s=6m/s,设在A、B碰撞后瞬间,二者共同速度为v,以向下为正方向,根据动量守恒定律得m2v0=(m1+m2)v,解得v=2m/s,A正确;
二者一起运动0.25s的过程中,选择B作为研究对象,根据动量定理,得(m2g-
)t=0-m2v,解得
=18N,方向竖直向上,若B受到A的作用力恒为F=18N,则根据动能定理可得-Fx+m2gx=0-
m2v2,解得x=0.25m,即碰撞结束后两物体一起向下运动的最大位移为0.25m,但A对B的作用为非恒力,B错误,C正确;
若二者在碰撞的位置分开,则与A分开后B还能上升的最大高度h=
=0.2m,但实际上A、B在弹簧恢复原长时才分开,故B还能上升的最大高度小于0.2m,D错误.
6.AB [解析]系统动量守恒,物体C离开弹簧时正向右运动,动量方向向右,系统的总动量为零,所以小车的动量方向向左,由动量守恒定律有mv1-Mv2=0,所以小车的运动速率v2与物体C的运动速率v1的比值为
;
当物体C与小车的B端粘在一起后,由动量守恒定律知,系统的总动量为零
即小车和物体均静止,整个过程中弹性势能转化为内能,所以选项A、B正确.
7.BD [解析]图线与横轴围成的图形的面积表示位移大小,在t1时刻B的位移大于A的位移,此时弹簧处于伸长状态,在t3时刻B向右做加速运动,即受到向右的弹力,所以此时弹簧处于压缩状态,A错误;
当B的加速度为零时,弹簧弹力为零,所以t4时刻弹簧恢复原长,故t3到t4时间内弹簧由压
缩状态恢复到原长,B正确;
由于整个过程中两个物块和弹簧组成的系统动量守恒,故从0~t1过程中有m2×
3m/s=(m2+m1)×
1m/s,解得2m2=m1,故m1∶m2=2∶1,C错误;
在t2时刻A的速度为2m/s,B的速度为-1m/s,根据Ek=
mv2,解得此刻Ek1∶Ek2=8∶1,故D正确.
8.BD [解析]以向右为正方向,弹簧在释放的过程中系统动量守恒、机械能守恒,由动量守恒定律得mv1-Mv2=0,由机械能守恒定
律得
=Ep,解得v1=9m/s,v2=3m/s.质量为m的小球从底端A运动到顶端B的过程中,由机械能守恒定律得
+mg·
2R,解得
v1'
=8m/s,由动量定理得,质量为m的小球从轨道底
端A运动到顶端B的过程中所受合外力冲量大小I=Δp=-mv'
1-mv1=-0.2×
8N·
s-0.2×
9N·
s=-3.4N·
s,故A错误,B正确.设圆轨道半径为r时,质量为m的小球从B点飞出后水平位移最大,从底端A运动到顶端B的过程中,由机械能守恒定律得
2r,在最高点,由牛顿第二定律得mg+N=m
质量为m的小球从B点飞出,需要满足N≥0,飞出后,小球做平抛运动,有2r=
gt2,x=v1″t,联立可得x=
则当8.1-4r=4r,即r=1.0125m时,x最大,随轨道半径的增大,质量为m的小球从B点飞出后落在水平桌面上的水平距离先增大后
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- 高考 物理 复习 单元 动量 作业 手册 18 守恒定律 及其 应用