高三物理二輪復習 專題限時集訓 第1部分 專題突破篇 專題7 帶電粒子在電場中的運動-人教版高三物理試題

專題限時集訓(七)動量與動量守恒一、選擇題(本題共8小題，每小題6分．在每小題給出的四個選項中，第1～5題只有一項符合題目要求，第6～8題有多項符合題目要求．全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分．)1.(2016·河北石家莊二中月考)如圖10所示，兩木塊A、B用輕質彈簧連在一起，置于光滑的水平面上．一顆子彈水平射入木塊A，并留在其中．在子彈打中木塊A及彈簧被壓縮的整個過程中，對子彈、兩木塊和彈簧組成的系統(tǒng)，下列說法中正確的是()圖10A．動量守恒、機械能守恒B．動量守恒、機械能不守恒C．動量不守恒、機械能守恒D．動量、機械能都不守恒B[子彈擊中木塊A及彈簧被壓縮的整個過程，系統(tǒng)不受外力作用，外力沖量為0，系統(tǒng)動量守恒．但是子彈擊中木塊A過程，有摩擦力做功，部分機械能轉化為內能，所以機械能不守恒，B正確．]2．(2016·北京朝陽期中)如果一個系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的矢量和為零，這個系統(tǒng)的總動量保持不變，這就是動量守恒定律．若一個系統(tǒng)動量守恒時，則()A．此系統(tǒng)內每個物體所受的合力一定都為零B．此系統(tǒng)內每個物體的動量大小不可能都增加C．此系統(tǒng)的機械能一定守恒D．此系統(tǒng)的機械能可能增加D[若一個系統(tǒng)動量守恒，則整個系統(tǒng)所受的合力為零，但是此系統(tǒng)內每個物體所受的合力不一定都為零，A錯誤．此系統(tǒng)內每個物體的動量大小可能會都增加，但是方向變化，總動量不變這是有可能的，B錯誤．因系統(tǒng)合外力為零，但是除重力以外的其他力做功不一定為零，故機械能不一定守恒，系統(tǒng)的機械能可能增加，也可能減小，C錯誤，D正確．]3．兩球A、B在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運動，mA＝1kg，mB＝2kg，vA＝6m/s，vB＝2m/s.當A追上B并發(fā)生碰撞后，兩球A、B速度的可能值是()A．vA′＝5m/s，vB′＝2.5m/sB．vA′＝2m/s，vB′＝4m/sC．vA′＝－4m/s，vB′＝7m/sD．vA′＝7m/s，vB′＝1.5m/sB[雖然題中四個選項均滿足動量守恒定律，但A、D兩項中，碰后A的速度vA′大于B的速度vB′，必須要發(fā)生第二次碰撞，不符合實際；C項中，兩球碰后的總動能Ek′＝eq\f(1,2)mAv′eq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBvB′2＝57J，大于碰前的總動能Ek＝22J，違背了能量守恒定律；只有B項既符合實際情況，也不違背能量守恒定律，故B項正確．]4．如圖11所示，兩滑塊A、B在光滑水平面上沿同一直線相向運動，滑塊A的質量為m，速度大小為2v0，方向向右，滑塊B的質量為2m，速度大小為v0，方向向左，兩滑塊發(fā)生彈性碰撞后的運動狀態(tài)是()圖11A．A和B都向左運動B．A和B都向右運動C．A靜止，B向右運動D．A向左運動，B向右運動D[由于A、B碰前總動量為0，由動量守恒可知碰后總動量也為0，因兩滑塊發(fā)生彈性碰撞，故碰后A、B一定反向，即A向左運動，B向右運動，選項D正確．]5．一彈丸在飛行到距離地面5m高時僅有水平速度v＝2m/s，爆炸成為甲、乙兩塊水平飛出，甲、乙的質量比為3∶1.不計質量損失，取重力加速度g＝10m/s2，則下列圖中兩塊彈片飛行的軌跡可能正確的是()B[平拋運動時間t＝eq\r(\f(2h,g))＝1s，爆炸過程遵守動量守恒定律，設彈丸質量為m，則mv＝eq\f(3,4)mv甲＋eq\f(1,4)mv乙，又v甲＝eq\f(x甲,t)，v乙＝eq\f(x乙,t)，t＝1s，則有eq\f(3,4)x甲＋eq\f(1,4)x乙＝2m，將各選項中數(shù)據(jù)代入計算得B正確．]6．如圖12所示，A、B兩物體質量之比mA∶mB＝3∶2，原來靜止在平板小車C上，A、B間有一根被壓縮的彈簧，地面光滑，當彈簧突然釋放后，則()圖12A．若A、B與平板車上表面間的動摩擦因數(shù)相同，A、B組成的系統(tǒng)的動量守恒B．若A、B與平板車上表面間的動摩擦因數(shù)相同，A、B、C組成的系統(tǒng)的動量守恒C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B組成的系統(tǒng)的動量守恒D．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C組成的系統(tǒng)的動量守恒BCD[如果A、B與平板車上表面間的動摩擦因數(shù)相同，彈簧釋放后A、B分別相對于小車向左、向右滑動，它們所受的滑動摩擦力FA向右，F(xiàn)B向左．由于mA∶mB＝3∶2，所以FA∶FB＝3∶2，則A、B組成的系統(tǒng)所受的外力之和不為零，故其動量不守恒，A選項錯．對A、B、C組成的系統(tǒng)，A、B與C間的摩擦力為內力，該系統(tǒng)所受的外力為豎直方向上的重力和支持力，它們的合力為零，故該系統(tǒng)的動量守量，B、D選項均正確．若A、B所受摩擦力大小相等，則A、B組成的系統(tǒng)的外力之和為零，故其動量守恒，C選項正確．]7．(2016·河北石家莊二中檢測)矩形滑塊由不同材料的上、下兩層粘合在一起組成，將其放在光滑的水平面上，質量為m的子彈以速度v水平射向滑塊．若射擊下層，子彈剛好不射出；若射擊上層，則子彈剛好能射穿一半厚度，如圖13所示．則上述兩種情況相比較()圖13A．子彈的末速度大小相等B．系統(tǒng)產生的熱量一樣多C．子彈對滑塊做的功不相同D．子彈和滑塊間的水平作用力一樣大AB[根據(jù)動量守恒，兩次最終子彈與滑塊的速度相等，A正確．根據(jù)能量守恒可知，初狀態(tài)子彈的動能相同，末狀態(tài)兩滑塊與子彈的動能也相同，因此損失的動能轉化成的熱量相等，B正確．子彈對滑塊做的功等于滑塊末狀態(tài)的動能，兩次相等，因此做功相等，C錯誤．產生的熱量Q＝f×Δs，由于產生的熱量相等，而相對位移Δs不同，因此子彈和滑塊間的水平作用力大小不同，D錯誤．]8．A、B兩物體在光滑水平面上沿同一直線運動，如圖14表示發(fā)生碰撞前后的v-t，圖線，由圖線可以判斷()圖14A．A、B的質量比為3∶2B．A、B作用前后總動量守恒C．A、B作用前后總動量不守恒D．A、B作用前后總動能不變ABD[設A的質量為m1，B的質量為m2，碰撞前后兩物體組成的系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，從圖象上可得碰撞前后兩者的速度，故有m1×6＋m2×1＝m1×2＋m2×7，解得m1∶m2＝3∶2，A、B正確，C錯誤．碰撞前系統(tǒng)的總動能Ek1＝eq\f(1,2)m1×62＋eq\f(1,2)m2×12＝eq\f(55,3)m1，碰撞后總動能為Ek2＝eq\f(1,2)m1×22＋eq\f(1,2)m2×72＝eq\f(55,3)m1＝Ek1，動能不變，D正確．]二、非選擇題(共2小題，32分)9．(16分)(2016·全國丙卷)如圖15所示，水平地面上有兩個靜止的小物塊a和b，其連線與墻垂直；a和b相距l(xiāng)，b與墻之間也相距l(xiāng)；a的質量為m，b的質量為eq\f(3,4)m.兩物塊與地面間的動摩擦因數(shù)均相同．現(xiàn)使a以初速度v0向右滑動．此后a與b發(fā)生彈性碰撞，但b沒有與墻發(fā)生碰撞．重力加速度大小為g.求物塊與地面間的動摩擦因數(shù)滿足的條件．圖15【解析】設物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為μ.若要物塊a、b能夠發(fā)生碰撞，應有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)>μmgl ①即μ<eq\f(v\o\al(2,0),2gl) ②設在a、b發(fā)生彈性碰撞前的瞬間，a的速度大小為v1.由能量守恒有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋μmgl ③設在a、b碰撞后的瞬間，a、b的速度大小分別為v1′、v2′，由動量守恒和能量守恒有mv1＝mv1′＋eq\f(3,4)mv2′ ④eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)m))v′eq\o\al(2,2) ⑤聯(lián)立④⑤式解得v2′＝eq\f(8,7)v1 ⑥由題意知，b沒有與墻發(fā)生碰撞，由功能關系可知eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)m))v2′2≤μeq\f(3,4)mgl ⑦聯(lián)立③⑥⑦式，可得μ≥eq\f(32v\o\al(2,0),113gl) ⑧聯(lián)立②⑧式，a與b發(fā)生彈性碰撞，但b沒有與墻發(fā)生碰撞的條件eq\f(32v\o\al(2,0),113gl)≤μ<eq\f(v\o\al(2,0),2gl). ⑨【答案】eq\f(32v\o\al(2,0),113gl)≤μ<eq\f(v\o\al(2,0),2gl)10．(16分)(2014·全國卷Ⅰ)如圖16所示，質量分別為mA、mB的兩個彈性小球A、B靜止在地面上方，B球距地面的高度h＝0.8m，A球在B球的正上方．先將B球釋放，經過一段時間后再將A球釋放．當A球下落t＝0.3s時，剛好與B球在地面上方的P點處相碰．碰撞時間極短，碰后瞬間A球的速度恰為零．已知mB＝3mA，重力加速度大小g＝10m/s2，忽略空氣阻力及碰撞中的動能損失．求：圖16(1)B球第一次到達地面時的速度；(2)P點距離地面的高度．【解析】由于兩球碰撞時間極短，并且沒有能量損失，所以在碰撞過程動量守恒，碰撞前后總動能相等，分別列方程求解．(1)設B球第一次到達地面時的速度大小為vB，由運動學公式有vB＝eq\r(2gh) ①將h＝0.8m代入上式，得vB＝4m/s. ②(2)設兩球相碰前后，A球的速度大小分別為v1和v1′(v1′＝0)，B球的速度分別為v2和v2′.由運動學規(guī)律可得v1＝gt ③由于碰撞時間極短，重力的作用可以忽略，兩球相撞前后的動量守恒，總動能保持不變．規(guī)定向下的方向為正，有mAv1＋mBv2＝mBv2′ ④eq\f(1,2)mAveq\o\al