2021高考物理新高考版一轮习题：第六章 微专题43 “选好过程”应用动能守恒定律 WORD版含解析.docx

1、1守恒条件的判断：理想守恒、近似守恒、单方向守恒2应用关键是选好合适的系统、合适的过程，即一定要明确研究对象是谁，明确守恒过程的初、末状态碰撞问题中碰撞前瞬间状态、碰撞后瞬间状态是碰撞过程的初、末状态1如图1所示，小车静止在光滑水平面上，AB是小车内半圆轨道的水平直径，现将一小球从距A点正上方h高处由静止释放，小球由A点沿切线方向经半圆轨道后从B点冲出，在空中能上升的最大高度为0.8h，不计空气阻力下列说法正确的是()图1A在相互作用过程中，小球和小车组成的系统动量守恒B小球离开小车后做竖直上抛运动C小球离开小车后做斜上抛运动D小球第二次冲出轨道后在空中能上升的最大高度为0.6h2(多选)(2

2、019河北邯郸市测试)如图2所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动两球质量关系为mB2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为6 kgm/s，运动中两球发生碰撞，碰撞前后A球动量变化量为4 kgm/s，则()图2A左方是A球B右方是A球C碰撞后A、B两球速度大小之比为25D经过验证两球发生的碰撞不是弹性碰撞3(2020天津市高三质检)甲、乙两球在水平光滑轨道上向同方向运动，已知它们的动量分别是p15 kgm/s，p27 kgm/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10 kgm/s，则两球质量m1与m2间的关系可能是()Am1m2 B2m1m2 C4m1m2 D

3、6m1m24(2019安徽江南十校联考)如图3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与水平地面间的动摩擦因数为0.1，与沙坑的距离为0.5 m，g取10 m/s2，物块可视为质点则A碰撞前瞬间的速度为()图3A0.5 m/s B1.0 m/s C1.5 m/s D2.0 m/s5(2019宁夏银川市六盘山上学期期末)如图4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，则当木块回到A位置时的速度v以及此过程

4、中墙对弹簧的冲量I的大小分别为()图4Av，I0Bv，I2mv0Cv，IDv，I2mv06(2020湖北省调研)如图5所示，水平面上有以内壁间距为l的箱子，箱子中间静止着一小物块(可视为质点)，现给箱子一水平向左的初速度v0.不计一切摩擦，从箱子的右壁与小物块发生弹性碰撞，到小物块与箱子左壁相碰，所经历的时间为t，则()图5AtD由于小物块与箱子的质量未知，故以上答案均不正确7(多选)(2019贵州毕节市适应性监测(三)如图6甲所示，两个弹性球A和B放在光滑的水平面上处于静止状态，质量分别为m1和m2，其中m11 kg.现给A球一个水平向右的瞬时冲量，使A、B球发生弹性碰撞，以此时刻为计时起点

5、，两球的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图示信息可知()图6AB球的质量m22 kgB球A和B在相互挤压过程中产生的最大弹性势能为4.5 JCt3时刻两球的动能之和小于0时刻A球的动能D在t2时刻两球动能之比为Ek1Ek2188(多选)(2019湖北武汉市四月调研)在光滑水平面上，小球A、B(可视为质点)沿同一直线相向运动，A球质量为1 kg，B球质量大于A球质量如果两球间距离小于L时，两球之间会产生大小恒定的斥力，大于L时作用力消失两球运动的速度时间关系如图7所示，下列说法正确的是()图7AB球质量为2 kgB两球之间的斥力大小为0.15 NCt30 s时，两球发生非弹性碰撞D最终B球速度

6、为零9(多选)(2020山东临沂市质量检测)如图8所示，一质量为M、两侧有挡板的盒子静止在光滑水平面上，两挡板之间的距离为L.质量为m的物块(视为质点)放在盒内正中间，与盒子之间的动摩擦因数为.从某一时刻起，给物块一个水平向右的初速度v，物块在与盒子前后壁多次完全弹性碰撞后又停在盒子正中间，并与盒子保持相对静止则()图8A盒子的最终速度为，方向向右B该过程产生的热能为mv2C碰撞次数为D碰撞次数为110如图9所示，在平静的水面上有A、B两艘小船，A船的左侧是岸，在B船上站着一个人，人与B船的总质量是A船的10倍两船开始时都处于静止状态，当B船上的人把A船以相对于地面的速度v向左推出，A船到达岸

7、边时岸上的人马上以原速率将A船推回，B船上的人接到A船后，再次把它以原速率反向推出直到B船上的人不能再接到A船，则B船上的人推船的次数为()图9A7 B6 C3 D911(2019云南大姚县一中一模)如图10所示，物块A、C的质量均为m，B的质量为2m，都静止于光滑水平台面上，A、B间用一不可伸长的轻质短细线相连初始时刻细线处于松弛状态，C位于A右侧足够远处现突然给A一瞬时冲量，使A以初速度v0沿A、C连线方向向C运动，A与C相碰后，粘合在一起求：图10(1)A与C刚粘合在一起时的速度大小；(2)若将A、B、C看成一个系统，则从A开始运动到A与C刚好粘合的过程中系统损失的机械能12(2019河

8、北省中原名校联盟下学期联考)如图11所示，质量均为m的A、B两球套在悬挂的细绳上，A球吊在细绳的下端刚好不动，稍有扰动A就与细绳分离，A球离地高度为h，A、B两球开始时在细绳上的间距也为h，B球释放后由静止沿细绳匀加速下滑，与A球相碰后粘在一起(碰撞时间极短)，并滑离细绳若B球沿细绳下滑的时间是A、B一起下落到地面时间的2倍，重力加速度为g，不计两球大小及空气阻力，求：图11(1)A、B两球碰撞后粘在一起瞬间的速度大小；(2)从B球开始释放到两球粘在一起下落，A、B两球组成的系统损失的机械能为多少答案精析1B2AC光滑水平面上大小相同的A、B两球发生碰撞，规定向右为正方向，由动量守恒定律可得：

9、pApB，由于碰后A球的动量增量为负值，所以右方不可能是A球，若是A球则动量的增量应该是正值，因此碰后A球的动量为2 kgm/s，所以碰后B球的动量是增加的，为10 kgm/s.由于两球质量关系为mB2mA，那么碰撞后A、B两球速度大小之比25，选项A、C正确，B错误；设A的质量为m，则B的质量为2m；根据Ek ，碰前动能：Ek1；碰后动能：Ek2，则两球发生的是弹性碰撞，选项D错误3C甲、乙两球在碰撞过程中动量守恒，所以有p1p2p1p2，即p12 kgm/s.由于在碰撞过程中，不可能有其他形式的能量转化为机械能，只能是系统内物体间机械能相互转化或一部分机械能转化为内能，因此系统的机械能不会

10、增加，所以有，所以m1m2.因为题目给出的物理情景是“甲从后面追上乙”，要符合这一物理情景，就必须有，即m1m2；同时还要符合碰撞后乙球的速度必须大于或等于甲球的速度这一物理情景，即，所以m1m2.因此C选项正确4C由题意可知，碰后物块B做匀减速直线运动，由动能定理有2mgx02mv，解得v21 m/s；A与B碰撞过程中动量守恒、机械能守恒，以v0的方向为正方向，则有mv0mv12mv2，mvmv2mv，解得v01.5 m/s，故C项正确5D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(Mm)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

11、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位置时的速度大小v；子弹和木块及弹簧组成的系统受到的合力即墙对弹簧的作用力，以v0的方向为正方向，根据动量定理得：I(Mm)vmv02mv0，所以墙对弹簧的冲量I的大小为2mv0，故选D.6B箱子的右壁与小物块发生弹性碰撞，则由动量守恒和能量关系有：Mv0mv1Mv2，MvmvMv，解得v1v2v0，则从箱子的右壁与小物块发生弹性碰撞，到小物块与箱子左壁相碰，所经历的时间t，故选B.7ADA和B球在碰撞过程中满足动量守恒，因此有m1v(m1m2)v共，代入数据有m22 kg，A正确；球A和球B在共速的时候产生的弹性势能最大，因此Epmm

12、1v2(m1m2)v J J3 J，B错误；因为是弹性碰撞，t3时刻两小球分离后没有能量损失，因此0时刻球A的动能和t3时刻两球的动能之和相等，C错误；从碰撞到t2时刻小球满足动量守恒和机械能守恒，因此m1vm1v1m2v2和m1v2m1vm2v，联立解得v22 m/s，v11 m/s，故t2时刻两球的动能之比为EkAEkB18，D正确8BD当两球间距离小于L时，两球均做匀减速运动，因B球质量大于A球质量可知，则B球加速度小于A球的加速度，由vt图象可知：aB m/s20.05 m/s2，aA m/s20.15 m/s2；由牛顿第二定律：FmAaAmBaB，解得mB3mA3 kg，F0.15

13、N，选项A错误，B正确； 由题图可知，A、B在30 s时刻发生碰撞，碰前速度：vA0，vB2 m/s；碰后速度：vA3 m/s，vB1 m/s，因EmBv(mAvA2mBvB2)0，可知t30 s时，两球发生弹性碰撞，选项C错误；由图可知，两部分阴影部分的面积相等且都等于L，可知最终B球速度为零，选项D正确9AC根据动量守恒条件可知物块与盒子组成的系统水平方向动量守恒，设共同速度为v，以初速度v的方向为正方向，则有：mv(Mm)v，可得系统共同速度为：vv，方向向右，选项A正确；根据能量守恒定律有：mv2(Mm)v2Q，可得该过程产生的热能为Qmv2，选项B错误；物块与盒子发生N次碰撞后恰好又

14、停在盒子正中间，由此可知，物块相对于盒子滑动的距离xNL，物块受到的滑动摩擦力为：Ffmg，则由Qmgx可得N，选项C正确，D错误10B取向右为正方向，B船上的人第一次推出A船时，由动量守恒定律得mBv1mAv0，解得v1v，当A船向右返回后，B船上的人第二次将A推出，由动量守恒定律得mAvmBv1mAvmBv2，解得v2v1v，设第n次推出A时，B的速度大小为vn，由动量守恒定律得mAvmBvn1mAvmBvn，解得vnvn1v，则有vn(2n1)v若使B船上的人就不能再接到A船，须有vvn(临界点)联立式解得n5.5，则取n6，故选项B正确11(1)v0(2)mv解析(1)轻质短细线绷紧的

15、过程，A、B这一系统动量守恒，以水平向右为正方向，则mv0(m2m)v1，解得v1v0，之后A、B均以速度v1向右匀速运动，在A与C发生碰撞过程中，A、C这一系统动量守恒，则mv1(mm)v2，解得v2v0；(2)轻质短细线绷紧的过程，A、B这一系统机械能损失为E1，则E1mv3mvmv，在A与C发生碰撞过程中，A、C这一系统机械能损失为E2，则E2mv2mvmv，故A、B、C这一系统损失的机械能为EE1E2mv02.12(1)(2)mgh解析(1)设B球与A球相碰前瞬间的速度大小为v1，则hv1t1碰撞过程动量守恒，以竖直向下为正方向，设两球碰撞后的瞬间速度为v2，根据动量守恒定律有mv12mv2两球一起下落过程中，hv2t2gtt12t2解得：v1，v2；(2)B球下滑到碰撞前，损失的机械能E1mghmv12因此E1mgh碰撞过程损失的机械能为E2mv122mvmgh因此A、B两球组成的系统损失的机械能为EE1E2mgh.