高考物理一轮复习 第六章 碰撞与动量守恒 课时分层作业 十九 62 动量守恒定律及其应用Word文档下载推荐.docx

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若mA=3mB,则下列结果正确的是（　　）

A.若轻弹簧对A、B做功分别为W1和W2,则有W1∶W2=1∶1

B.在与轻弹簧作用过程中,两木块的速度变化量之和为零

C.若A、B在空中飞行时的动量变化量分别为Δp1和Δp2,则有Δp1∶Δp2=1∶1

D.若A、B同时离开桌面,则从释放轻弹簧开始到两木块落地的这段时间内,A、B两木块的水平位移大小之比为1∶3

【解析】选D。

弹簧弹开物体过程中,两物体及弹簧组成的系统动量守恒,取水平向左为正方向,由动量守恒定律得mAvA-mBvB=0,则速度之比vA∶vB=1∶3,根据动能定理得,轻弹簧对A、B做功分别为W1=mA,W2=mB,联立解得W1∶W2=1∶3,故A错误;

根据动量守恒定律可知,在与轻弹簧作用过程中,两木块的动量变化量之和为零,即mAΔvA+mBΔvB=0,可得ΔvA+ΔvB≠0,故B错误;

A、B离开桌面后都做平抛运动,它们抛出点的高度相同,运动时间相等,设为t,由动量定理得,A、B在空中飞行时的动量变化量分别为Δp1=mAgt,Δp2=mBgt,所以Δp1∶Δp2=3∶1,故C错误;

平抛运动水平方向的分运动是匀速直线运动,由x=v0t知,t相等,又木块在桌面上运动时,vA∶vB=1∶3,则A、B两木块的水平位移大小之比为1∶3,故D正确。

4.一颗子弹水平射入静止在光滑水平地面上的木块后不再穿出,木块的动能增加了8J,木块的质量大于子弹的质量。

则此过程中产生的内能可能是（　　）

A.18J　　　B.16J　　　C.10J　　　D.6J

设子弹的初速度为v0,射入木块后子弹与木块共同的速度为v,木块的质量为M,子弹的质量为m,根据动量守恒定律得mv0=（M+m）v,解得v=,木块获得的动能为ΔEk=Mv2=

系统产生的内能为Q=m-（M+m）v2

=

所以=,由于木块的质量大于子弹的质量,所以=<

即Q>

2ΔEk=2×

8J=16J,故A正确,B、C、D错误。

5.（xx·

石家庄模拟）滑块a、b沿水平面上同一条直线发生碰撞,碰撞后两者粘在一起运动,两者的位置x随时间t变化的图象如图所示。

则滑块a、b的质量之比（　　）

A.5∶4　　B.1∶8　　C.8∶1　　D.4∶5

【解析】选B。

设a、b的质量分别为m1、m2,a、b碰撞前的速度为v1、v2,由题给的图象得v1=-2m/s,v2=1m/s,a、b发生完全非弹性碰撞,碰撞后两滑块的共同速度为v,由题给的图象得v=m/s,由动量守恒定律得m1v1+m2v2=（m1+m2）v,由以上各式解得m1∶m2=1∶8,故B正确,A、C、D错误。

6.（xx·

泉州模拟）如图所示,质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上,其水平直径AB长度为2R,现将质量也为m的小球从距A点正上方h0高处由静止释放,然后由A点经过半圆轨道后从B冲出,在空中能上升的最大高度为h0（不计空气阻力）,则（　　）

A.小球和小车组成的系统动量守恒

B.小车向左运动的最大距离为R

C.小球离开小车后做斜上抛运动

D.小球第二次能上升的最大高度h0<

h<

h0

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;

系统水平方向动量守恒,以向右为正方向,在水平方向,由动量守恒定律得m-m=0,m-m=0,解得小车的位移x=R,故B错误;

小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒,小球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C错误;

小球第一次在车中运动过程中,由动能定理得mg-Wf=0,解得Wf=mgh0,即小球第一次在车中滚动损失的机械能为mgh0,由于小球第二次在车中滚动时,对应位置处速度变小,因此小车给小球的弹力变小,摩擦力变小,摩擦力做功小于mgh0,机械能损失小于mgh0,因此小球再次离开小车时,能上升的高度大于h0-h0=h0,而小于h0,故D正确。

7.（xx·

南昌模拟）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.A物体的质量为3m

B.A物体的质量为2m

C.弹簧压缩最大时的弹性势能为m

D.弹簧压缩最大时的弹性势能为m

【解析】选A、C。

弹簧固定时,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,根据系统的机械能守恒可知,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,则有Epm=mA,当弹簧一端连接另一质量为m的物体B时,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的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得mA·

2v0=（m+mA）v,由机械能守恒定律得Epm=mA（2v0）2-（mA+m）v2,联立解得mA=3m,Epm=1.5m,故A、C正确,B、D错误。

【加固训练】

（多选）如图甲所示,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,并静止在光滑的水平面上。

现使A瞬时获得水平向右的速度3m/s,以此刻为计时起点,两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示,从图象信息可得（　　）

A.在t1、t3时刻两物块达到共同速度1m/s,且弹簧都是处于压缩状态

B.t3～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=1∶8

【解析】选C、D。

由图可知t1到t3时间内两物块之间的距离逐渐增大,t3时刻达到共同速度,此时弹性势能最大,弹簧处于伸长状态,故A错误;

结合图象弄清两物块的运动过程,开始时A逐渐减速,B逐渐加速,弹簧被压缩,t1时刻二者速度相等,系统动能最小,弹性势能最大,弹簧被压缩到最短,然后弹簧逐渐恢复原长,B依然加速,A先减速为零,然后反向加速,t2时刻,弹簧恢复原长状态,由于此时两物块速度相反,因此弹簧的长度将逐渐增大,两物块均减速,t3时刻,两物块速度相等,系统动能最小,弹簧最长,从t3到t4过程中弹簧由伸长状态恢复原长,故B错误;

系统动量守恒,选择开始到t1时刻列方程可知:

m1v1=（m1+m2）v2,将v1=3m/s,v2=1m/s代入得:

m1∶m2=1∶2,故C正确;

在t2时刻A的速度大小为vA=1m/s,B的速度为vB=2m/s,根据m1∶m2=1∶2,求出Ek1∶Ek2=1∶8,故D正确。

8.如图所示,在足够长的水平地面上有两辆相同的小车甲和乙,A、B两点相距为5m,小车甲从B点以大小为4m/s的速度向右做匀速直线运动的同时,小车乙从A点由静止开始以大小为2m/s2的加速度向右做匀加速直线运动。

一段时间后,小车乙与小车甲相碰（碰撞时间极短）,碰后两车粘在一起,整个过程中,两车的受力不变（不计碰撞过程）。

下列说法正确的是（　　）

A.小车乙追上小车甲用时4s

B.小车乙追上小车甲之前它们的最远距离为9m

C.碰后瞬间两车的速度大小为7m/s

D.若地面光滑,则碰后两车的加速度大小仍为2m/s2

【解析】选B、C。

小车乙追上小车甲时,有x乙-x甲=5m,即at2-v甲t=5m,代入数据解得t=5s,所以小车乙追上小车甲用时5s,故A错误;

当两车的速度相等时相距最远,则有v甲=at′,解得t′==s=2s,最远距离s=5m+v甲t′-at′2=（5+4×

2-×

2×

22）m=9m,故B正确;

碰前瞬间乙车的速度v乙=at=2×

5m/s=

10m/s,对于碰撞过程,取向右为正方向,由动量守恒定律得mv甲+mv乙=2mv,解得碰后瞬间两车的共同速度v=7m/s,故C正确;

若地面光滑,碰前乙车所受的作用力F=ma,甲车的合力为0,则碰后两车的加速度大小a′===1m/s2,故D错误。

9.（xx·

铜仁模拟）如图所示,弧形轨道置于足够长的水平轨道上,弧形轨道与水平轨道平滑连接,水平轨道上静置一小球B和C,小球A从弧形轨道上离地高h处由静止释放,小球A沿轨道下滑后与小球B发生弹性正碰,碰后小球A被弹回,B球与C球碰撞后粘在一起,A球弹回后再从弧形轨道上滚下,已知所有接触面均光滑,A、C两球的质量相等,B球的质量为A球质量的2倍,如果让小球A从h=0.2m处静止释放,则下列说法正确的是（重力加速度为g=10m/s2）（　　）

A.A球从h处由静止释放则最后不会与B球再相碰

B.A球从h处由静止释放则最后会与B球再相碰

C.A球从h=0.2m处由静止释放则C球的最后速度为m/s

D.A球从h=0.2m处由静止释放则C球的最后速度为m/s

【解析】选A、D。

设A球的质量为m,A从弧形轨道滑到水平轨道的过程中,根据动能定理得mgh=m,解得v0=,A与B发生弹性正碰,则碰撞过程中,A、B动量守恒,机械能守恒,以A的初速度方向为正方向,由动量守恒和机械能守恒定律得,mv0=mv1+2mv2,m=m+×

2m,解得v1=-v0,v2=v0,B与C碰撞过程中,B、C组成的系统动量守恒,以B的速度方向为正方向,根据动量守恒定律得2mv2=（2m+m）v,解得v=v0>

|v1|,所以最后A球不会与B球再相碰,故A正确,B错误;

当h=0.2m时,根据v0=、v=v0可得,C球最后的速度v==×

m/s=m/s,故C错误,D正确。

10.将一长木板静止放在光滑的水平面上,如图甲所示,一个滑块（可视为质点）以水平速度v0沿木板从左端向右端滑动,到达右端时恰能与木板保持相对静止,现将木板分成A和B两段,如图乙所示,并紧挨着放在水平面上,让滑块仍以初速度v0从木板左端向右端滑动,滑块与木板的动摩擦因数处处相同,在以后的整个过程中,下列说法正确的是（　　）

A.甲乙两图中,滑块克服摩擦力做的功一样多

B.系统因摩擦产生的热量甲图比乙图多

C.最终甲、乙两图中滑块受到合外力的冲量相同

D.图乙过程中滑块与B一定不会分离

【解析】选B、D。

设滑块的质量为m,A部分的质量为M1,B的质量为M2,则滑块在木板上运动的过程中,系统的动量守恒,选择向右为正方向,对甲图mv0=（m+M1+M2）v,对乙图mv0=M1v1+（m+M2）v2,由于滑块滑过A后,在B上滑动的过程中,滑块的速度将大于A的速度,则有v1<

v<

v2,可知第二次时滑块的速度的变化量小一些,根据动量定理可知,滑块与B木板将比第一种的情景更早达到速度相等,所以在第二种情况下,滑块还没有运动到B的右端,两者速度相同,即第二次时,滑块相对于木板的位移小,根据动能定理可知,滑块克服摩擦力做的功等于其动能的变化,由于v<

v2,所以甲、乙两图中,滑块克服摩擦力做的功不一样多,故A错误;

根据摩擦力乘以相对位移等于产生的热量,第一次的相对路程的大小大于第二次的相对路程的大小,则图甲所示的过程产生的热量大于图乙所示的过程产生的热量,故B正确;

两图中最终滑块的速度不同,则可知末动量不相同,则由动量定理可知,合外力的冲量不同,故C错误;

滑块与B达到相对静止时对应的位移将更小,因此滑块不会离开B物体,故D正确。

如图所示,足够长的小平板车B的质量为M,以水平速度v0向右在光滑水平面上运动,与此同时,质量为m的小物体A从车的右端以水平速度v0沿车的粗糙上表面向左运动。

若物体与车面之间的动摩擦因数为μ,则在足够长的时间内（　　）

A.若M>

m,物体A对地向左的最大位移是

B.若M<

m,小车B对地向右的最大位移是

C.无论M与m的大小关系如何,摩擦力对平板车的冲量均为mv0

D.无论M与m的大小关系如何,摩擦力的作用时间均为

规定向右为正方向,根据动量守恒定律有:

Mv0-mv0=（M+m）v,解得:

v=。

若M>

m,A所受的摩擦力Ff=μmg,对A,根据动能定理得:

-μmgxA

=0-m,则得物体A对地向左的最大位移xA=

故A错误。

若M<

m,对B,由动能定理得:

-μmgxB=0-M,则得小车B对地向右的最大位移xB=

B错误。

根据动量定理知,摩擦力对平板车的冲量等于平板车动量的变化量,即I=-Fft=

Mv-Mv0=,Ff=μmg,解得:

t=,故C错误,D正确。

二、计算题（15分。

需写出规范的解题步骤）

11.（xx·

包头模拟）如图所示,AB为光滑水平面,BC部分位于竖直平面内半径为R的半圆轨道,B点是最低点,C点是最高点,C点切线方向水平,圆管截面半径r≪R。

有一个质量为m的a球以水平初速度向右运动碰撞到原来静止在水平面上的质量为3m的b球,两球发生对心碰撞,碰撞时间极短,并且碰撞时没有能量损失,碰撞后b球顺利进入光滑圆管（B点无能量损失,小球的半径比圆管半径r略小）,它经过最高点C后飞出,最后落在水平地面上的A点,已知AB的距离为2R。

已知重力加速度为g。

求:

（1）小球b运动到C点时对轨道的压力。

（2）碰后小球a的速度为多少。

【解析】

（1）b球从C点做平抛运动,则:

水平方向:

x=2R=vCt

竖直方向:

y=2R=gt2

解得:

vC=

在C点根据牛顿第二定律得:

3mg+FN=3m

FN=0

由牛顿第三定律知小球对轨道的压力为0

（2）b球从B到C,由机械能守恒得:

3mg·

2R=×

3m-×

3m

vB=

a球与b球发生弹性碰撞,则:

mv0=mva+3mvB

m=m+×

va=-

方向向左

答案:

（1）0　

（2）,方向向左

【能力拔高题组】

1.（8分）（xx·

岳阳模拟）如图所示,一根劲度系数足够大的轻质弹簧一端固定在墙上O点,另一端与静止在光滑水平面上A点的物块相连,物块质量为M,第一颗子弹以大小为v0的速度水平向右射入物块但未穿出。

此后,每当物块向左经过A时,都会有一颗子弹以大小为v0的速度水平向右射入物块且均未穿出。

若每颗子弹的质量为m,子弹与物块相互作用时间极短,不计空气阻力,则

（　　）

A.随着子弹的不断射入,弹簧的最大压缩量将不断增加

B.当第2017颗子弹刚要射入时,物块在A点时的速度大小为0

C.当第2017颗子弹刚要射入时,物块在A点时的速度大小为v0

D.从第一颗子弹射入到弹簧被压缩到最短的过程中,子弹、物块和弹簧系统机械能守恒

【解题指导】解答本题应注意以下三点:

（1）子弹打击物块的过程动量守恒。

（2）物块压缩弹簧的过程系统机械能守恒。

（3）通过数学归纳确定当偶数颗子弹射入物块后物块在A点时的速度大小。

第一颗子弹射入物块的过程,取向右为正方向,由动量守恒定律得mv0=（M+m）v1,解得v1=,之后弹簧的最大弹性势能为Ep1=（M+m）=

根据机械能守恒定律得,物块返回A点时速度大小为v1=,第二颗子弹射入物块的过程,取向右为正方向,由动量守恒定律得mv0-（M+m）v1=（M+2m）v2,解得v2=0,第三颗子弹射入物块的过程,取向右为正方向,由动量守恒定律得mv0=（M+3m）v3,解得v3=,之后弹簧的最大弹性势能为Ep3=（M+3m）=

第四颗子弹射入物块的过程,取向右为正方向,由动量守恒定律得mv0-（M+3m）v3=（M+4m）v4,解得v4=0,由此可知,随着子弹的不断射入,弹簧的最大压缩量并不是不断增加,故A错误;

由以上分析可知,当偶数颗子弹射入物块后物块在A点时的速度大小为0,所以当第2017颗子弹刚要射入时,物块在A点时的速度大小为0,故B正确,C错误;

从第一颗子弹射入物块的过程中,机械能有一部分转化为内能,所以子弹、物块和弹簧系统机械能要减小,故D错误。

2.（17分）（xx·

平顶山模拟）如图所示,一小车置于光滑水平面上,轻质弹簧右端固定,左端拴连物块b,小车质量M=3kg,AO部分粗糙且长L=2m,动摩擦因数μ=0.3,OB部分光滑。

另一小物块a放在车的最左端,和车一起以v0=4m/s的速度向右匀速运动,车撞到固定挡板后瞬间速度变为零,但不与挡板粘连。

已知车OB部分的长度大于弹簧的自然长度,弹簧始终处于弹性限度内。

a、b两物块视为质点,质量均为m=1kg,碰撞时间极短且不粘连,碰后一起向右运动。

（g取

10m/s2）求:

（1）物块a与b碰后的速度大小。

（2）当物块a相对小车静止时小车右端B到挡板的距离。

（3）当物块a相对小车静止时在小车上的位置到O点的距离。

（1）对物块a,由动能定理得:

-μmgL=m-m

v1=2m/s

a、b碰撞过程系统动量守恒,以a的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得:

mv1=2mv2

v2=1m/s。

（2）当弹簧恢复到原长时两物块分离,a以v2=1m/s在小车上向左滑动,当与车同速时,以向左为正方向,由动量守恒定律得:

mv2=（M+m）v3

v3=0.25m/s

对小车,由动能定理得:

μmgs=M

代入数据解得同速时车B端距挡板的距离:

s=0.03125m。

（3）由能量守恒得:

μmgx=m-（M+m）

解得滑块a与车相对静止时与O点距离:

x=0.125m。

（1）1m/s　

（2）0.03125m

（3）0.125m

【总结提升】利用动量和能量观点解题的技巧

（1）若研究对象为一个系统,应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律（或机械能守恒定律）。

（2）若研究对象为单一物体,且涉及功和位移问题时,应优先考虑动能定理。

（3）因为动量守恒定律、能量守恒定律（或机械能守恒定律）、动能定理都只考查一个物理过程的始末两个状态有关物理量间的关系,对过程的细节不予细究,这正是它们的方便之处。

特别对于变力做功问题,就更显示出它们的优越性。

2019年高考物理一轮复习第十一章交变电流传感器课时分层作业三十一11.1交变电流的产生和描述

一、选择题（本题共9小题,每小题7分,共63分。

1～5题为单选题,6～9题为多选题）

1.匀强磁场中有一长方形闭合导线框,分别以相同的角速度绕图a、b、c、d所示的固定转轴旋转,用Ia、Ib、Ic、Id表示四种情况下线框中电流的有效值,则

（　　）

A.Ia>

Id　B.Ia>

Ib　C.Ib>

Ic　D.Ic=Id

由题意可知,无论转轴在中心,还是在一边,还是在其他位置,转动切割磁感线的线框面积不变,根据Em=nBSω,知线框感应电动势的最大值是相同的,因此四种情况下,线框产生感应电动势的瞬时表达式相同,即为e=Emsinωt,由闭合电路欧姆定律可知,感应电流瞬时表达式也相同,即为i=Imsinωt,则感应电流的最大值Im、感应电流的有效值均相同,故D项正确,A、B、C项错误。

2.（xx·

巢湖模拟）如图所示,直线OO′的左侧有垂直纸面向里的匀强磁场B1,右侧有垂直纸面向里的匀强磁场B2,且B1>

B2,一总阻值为R的导线框ABCD以OO′为轴做角速度为ω的匀速转动,导线框的AB边长为l1,BC边长为l2。

以图示位置作为计时起点,规定导线框内电流沿A→B→C→D→A流动时为电流的正方向。

则下列图象中能表示线框中感应电流随时间变化的是（　　）

回路中的感应电动势为e=e1+e2=B1l2ω·

sinωt+B2l2ω·

sinωt=sinωt,则电流为i=·

sinωt,故A项正确,B、C、D项错误。

3.（xx·

兰州模拟）长为a、宽为b的矩形线框有n匝,每匝线圈电阻为R,如图所示,对称轴MN的左侧处在磁感应强度为B的匀强磁场中,第一次将线框从磁场中以速度v匀速拉出;

第二次让线框以ω=的角速度转过90°

角。

那么

A.通过导线横截面的电量q1∶q2=1∶n

B.通过导线横截面的电量q1∶q2=1∶2

C.线框发热功率P1∶P2=2n∶1

D.线框发热功率P1∶P2=2∶1

根据法拉第电磁感应定律,得出感应电动势E=n,结合闭合电路欧姆定律I=与电量表达式q=It,即可解得电量q=,虽然两次的运动方式不同,但它们的磁通量的变化量相同,因此它们的电量之比为1∶1,故A、B项错误;

瞬时感应电动势E=BLv,则感应电流的大小之比即为感应电动势大小之比,E1=nBav,第二次产生的感应电动势如图所示:

最大值E2m=nBaω,有效值E2=,再根据线框的发热功率P=,可知线框发热功率P1∶P2=2∶1,故C项错误,D项正确。

4.三个相同的电阻,分别通过如图甲、乙、丙所示的交变电流,三个图中的I0和周期T相同。

下列说法中正确的是（　　）

A.在相同时间内三个电阻发热量相等

B.在相同时间内,甲、乙发热量相等,是丙发热量的2倍

C.在相同时间内,甲、丙发热量相等,是乙发热量的

D.在相同时间内,乙发热量最大,甲次之,丙的发热量最小

甲的有效值为:

I=,由Q=I2Rt可知一个周期内甲的发热量为:

Q1=

;

乙前、后半个周期电流大小相等,故其发热量为:

Q2=RT;

丙只有前半个周期有电流,故其发热量为:

Q3=R×

T=

故可知在相同时间内,甲、丙发热量相等,是乙发热量的,故C项正确。

一只电阻分别通过四种不同形式的电流,电流随时间变化的情况如图所示,在相同时间内电阻产生热量最大的是（　　）

对于A图正弦式电流,有效值:

I1=Im=A;

根据焦耳定律得:

Q1=RT1==2RT1;

对于B图正弦式电流,有效值:

I2=Im=A,根据焦耳定律得:

Q2=RT2=（）2RT2=2RT2;

对于图C形式电流,根据焦耳定律得:

Q3=RT2=2.25RT2;

对于图D形式电流,根据焦耳定律得:

Q4=R·

+IR·

=2RT1+2RT1=4RT1,其中T1=2T2;

故在相同时间内电阻产生热量最大的是D。

5.在一小型交流发电机中,矩形金属线圈ab