【物理】2019届二轮复习 动量及其守恒定律 作业 （全国通用）

【物理】2019届二轮复习 动量及其守恒定律 作业 （全国通用）

专题二·第二讲 动量及其守恒定律——课前自测诊断卷 考点一 动量　冲量　动量定理 ‎1.[考查动量、冲量的概念]‎ ‎“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下，将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动，从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，下列分析正确的是(　　)‎ A．绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小 B．绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小 C．绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大 D．人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力 解析：选A　从绳恰好伸直到人第一次下降至最低点的过程中，人先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，加速度等于零时，速度最大，故人的动量和动能都是先增大后减小，加速度等于零时(即绳对人的拉力等于人所受的重力时)速度最大，动量和动能最大，在最低点时人具有向上的加速度，绳对人的拉力大于人所受的重力。绳的拉力方向始终向上与运动方向相反，故绳对人的冲量方向始终向上，绳对人的拉力始终做负功。故选项A正确，选项B、C、D错误。‎ ‎2．[考查动量定理的应用]‎ ‎[多选]静止在粗糙水平面上的物体，在水平力F的作用下，经过时间t、通过位移l后，动量为p、动能为Ek。以下说法正确的是(　　)‎ A．若保持水平力F不变，经过时间2t，物体的动量等于2p B．若将水平力增加为原来的两倍，经过时间t，物体的动量等于2p C．若保持水平力F不变，通过位移2l，物体的动能小于2Ek D．若将水平力增加为原来的两倍，通过位移l，物体的动能大于2Ek 解析：选AD　根据动量定理I合＝(F－f)t＝p，保持水平力F不变，经过时间2t，(F－f)·2t＝p′，可知p′＝2p，故A正确；根据动量定理I合＝(F－f)t＝p，若水平力增加为原来的2倍，经过时间t，则有(2F－f)·t＝p′，则p′＞2p，故B错误；根据动能定理(F－f)·l＝Ek，保持水平力F不变，通过位移2l，有(F－f)·2l＝Ek′，则有Ek′＝2Ek，故C错误；根据动能定理(F－f)·l＝Ek，将水平力增加为原来的两倍，通过位移l，有(2F－f)·l＝Ek′，则有Ek′＞2Ek，故D正确。‎ 考点二 动量守恒定律及其应用 ‎3.[考查系统动量守恒的判断]‎ ‎[多选]如图所示，将质量为M1、半径为R 且内壁光滑的半圆槽置于光滑水平面上，左侧紧靠竖直墙壁，右侧紧靠一质量为M2的物块。今让一质量为m的小球自左侧槽口A的正上方h高处从静止开始下落，与半圆槽相切自A点进入槽内，以下结论正确的是(　　)‎ A．小球在槽内运动的B至C过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒 B．小球在槽内运动的B至C过程中，小球、半圆槽和物块组成的系统水平方向动量守恒 C．小球离开C点以后，将做竖直上抛运动 D．小球从A点经最低点向右侧最高点运动的过程中，小球、半圆槽和物块组成的系统机械能守恒 解析：选BD　小球从A→B的过程中，半圆槽对球的支持力沿半径方向指向圆心，而小球对半圆槽的压力方向相反指向左下方，因为有竖直墙挡住，所以半圆槽不会向左运动，可见，该过程中，小球与半圆槽在水平方向受到外力作用，动量并不守恒，而由小球、半圆槽和物块组成的系统动量也不守恒；从B→C的过程中，小球对半圆槽的压力方向向右下方，所以半圆槽要向右推动物块一起运动，因而小球参与了两个运动：一个是沿半圆槽的圆周运动，另一个是与半圆槽一起向右运动，小球所受支持力方向与速度方向并不垂直，此过程中，因为有物块挡住，小球与半圆槽在水平方向动量并不守恒，但是小球、半圆槽和物块组成的系统水平方向动量守恒，小球运动的全过程，水平方向动量也不守恒，选项A错误，B正确；当小球运动到C点时，它的两个分运动的合速度方向并不是竖直向上，所以此后小球做斜上抛运动，选项C错误；因为小球在槽内运动过程中，接触面都是光滑的，所以小球、半圆槽、物块组成的系统机械能守恒，故选项D正确。‎ ‎4．[考查某一方向动量守恒问题]‎ 如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为M的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量为m(m＜M)的小球从槽高h处开始自由下滑，下列说法正确的是(　　)‎ A．在以后的运动过程中，小球和槽在水平方向动量始终守恒 B．在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力始终不做功 C．全过程小球和槽、弹簧所组成的系统机械能守恒，且水平方向动量守恒 D．被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，但小球不能回到槽高h处 解析：选D　当小球与弹簧接触后，小球与槽组成的系统在水平方向所受合外力不为零，系统在水平方向动量不守恒，故A错误；下滑过程中两物体都有水平方向的位移，而力是垂直于槽的曲面的，故力和位移夹角不垂直，故两力均做功，故B错误；全过程小球和槽、弹簧所组成的系统只有重力与弹力做功，系统机械能守恒，小球与弹簧接触过程系统在水平方向所受合外力不为零，系统水平方向动量不守恒，故C错误；球在槽上下滑过程系统水平方向不受力，系统水平方向动量守恒，球与槽分离时两者动量大小相等，由于m＜M ‎，则小球的速度大于槽的速度，小球被弹簧反弹后的速度大小等于球与槽分离时的速度大小，小球将追上槽并沿槽上滑，上滑过程中只有重力对系统做功，机械能守恒，由于小球与槽组成的系统总动量水平向左，小球滑上槽的最高点时系统速度水平向左，系统总动能不为零，由机械能守恒定律可知，小球上升的最大高度小于h，小球不能回到槽高h处，故D正确。‎ ‎5．[考查“人船模型”的动量守恒问题]‎ 滑雪运动是人们酷爱的户外体育活动，现有质量为m的人站立于雪橇上，如图所示。人与雪橇的总质量为M，人与雪橇以速度v1在水平面上由北向南运动(雪橇所受阻力不计)。当人相对于雪橇以速度v2竖直跳起时，雪橇向南的速度大小为(　　)‎ A.　　　　　　　 B. C. D．v1‎ 解析：选D　根据动量守恒条件可知人与雪橇组成的系统在水平方向动量守恒，人跳起后水平方向速度不变，雪橇的速度仍为v1，D正确。‎ 考点三 碰撞、爆炸与反冲 ‎6.[考查弹性碰撞问题]‎ ‎2017年7月9日，斯诺克世界杯在江苏无锡落下帷幕，由丁俊晖和梁文博组成的中国A队在1比3落后的不利形势下成功逆转，最终以4比3击败英格兰队，帮助中国斯诺克台球队获得了世界杯三连冠。如图为丁俊晖正在准备击球，设在丁俊晖这一杆中，白色球(主球)和花色球碰撞前、后都在同一直线上运动，碰前白色球的动量为pA＝5 kg·m/s，花色球静止，白色球A与花色球B发生碰撞后，花色球B的动量变为pB′＝4 kg·m/s，则两球质量mA与mB间的关系可能是(　　)‎ A．mB＝mA B．mB＝mA C．mB＝mA D．mB＝6mA 解析：选A　由动量守恒定律得pA＋pB＝pA′＋pB′，解得pA′＝1 kg·m/s，根据碰撞过程中总动能不增加，则有≥＋，代入数据解得mB≥mA，碰后两球同向运动，白色球A的速度不大于花色球B的速度，则≤，解得mB≤4mA，综上可得 mA≤mB≤4mA，选项A正确。‎ ‎7．[考查非弹性碰撞问题]‎ ‎[多选]A、B两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前、后的位移随时间变化的图像，a、b分别为A、B两球碰前的位移随时间变化的图像，c为碰撞后两球共同运动的位移随时间变化的图像。若A球质量m＝2 kg，则由图判断下列结论正确的是(　　)‎ A．碰撞前、后A球的动量变化量为4 kg·m/s B．碰撞时A球对B球所施的冲量为－4 N·s C．A、B两球碰撞前的总动量为3 kg·m/s D．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10 J 解析：选ABD　根据图像可知，碰前A球的速度vA＝－3 m/s，碰前B球的速度vB＝ 2 m/s，碰后A、B两球共同的速度v＝－1 m/s，故碰撞前、后A球的动量变化量为ΔpA＝mv－mvA＝4 kg·m/s，选项A正确；A球的动量变化量为4 kg·m/s，碰撞过程中动量守恒，B球的动量变化量为－4 kg·m/s，根据动量定理，碰撞过程中A球对B球所施的冲量为 －4 N·s，选项B正确；由于碰撞过程中动量守恒，有mvA＋mBvB＝(m＋mB)v，解得mB＝ kg，故碰撞过程中A、B两球组成的系统损失的动能为ΔE＝mvA2＋mBvB2－(m＋mB)v2＝10 J，选项D正确；A、B两球碰撞前的总动量为p＝mvA＋mBvB＝(m＋mB)v＝－ kg·m/s，选项C错误。‎ ‎8．[考查爆炸问题]‎ ‎“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”，燃放爆竹是我国传统民俗。春节期间，某人斜向上抛出一个爆竹，假设爆竹到达最高点时(速度水平向东)立即爆炸成质量相等的三块碎片，前面一块碎片速度水平向东，后面一块碎片速度水平向西，前、后两块碎片的水平速度(相对地面)大小相等、方向相反。以下说法正确的是(　　)‎ A．爆炸后的瞬间，中间那块碎片的速度大于爆炸前瞬间爆竹的速度 B．爆炸后的瞬间，中间那块碎片的速度可能水平向西 C．爆炸后，三块碎片将同时落到水平地面上，并且落地时的动量相同 D．爆炸后的瞬间，中间那块碎片的动能可能小于爆炸前的瞬间爆竹的总动能 解析：选A　设爆竹爆炸前的速度为v，爆竹爆炸成三块碎片的质量均为m，爆炸后前、后两块碎片的速度大小为v前后，中间那块碎片的速度大小为v′，设水平向东为正方向，根据水平方向动量守恒，3mv＝mv前后＋mv′－mv前后，得v′＝3v，方向向东，所以爆炸后的瞬间，中间那块碎片的速度大于爆炸前瞬间爆竹的速度，选项A正确、B错误；爆炸后，三块碎片均做平抛运动，竖直方向上有h＝gt2，下落时间相同，则竖直方向分速度相同，但水平方向上的分速度方向不同，故合速度方向不同，则动量不同，选项C错误；爆炸后的瞬间，中间那块碎片的动能m(3v)2＞·3m·v2，选项D错误。‎ ‎9．[考查反冲问题]‎ ‎[多选]一机枪架在湖中小船上，船正以1 m/s的速度前进，小船及机枪总质量M＝ 200 kg，每颗子弹质量为m＝20 g，在水平方向机枪以v＝600 m/s的对地速度射出子弹，打出5颗子弹后船的速度可能为(　　)‎ A．1.4 m/s B．1 m/s C．0.8 m/s D．0.5 m/s 解析：选BC　若子弹射出方向与船前进的方向在同一直线上，则子弹、机枪和小船组成的系统动量守恒，有Mv0＝(M－5m)v′±5mv，若子弹向船前进的方向射出，反冲作用使船速减小，v1′＝＝0.7 m/s，若子弹向船前进的反方向射出，v2′＝＝1.3 m/s，可见船速应在0.7～1.3 m/s之间。故B、C正确。‎ 考点四 动量综合问题 ‎10.[考查含有弹簧的动量综合问题]‎ ‎[多选]光滑水平面上放有质量分别为2m和m的物块A和B，用细线将它们连接起来，两物块中间加有一压缩的轻质弹簧(弹簧与物块不相连)，弹簧的压缩量为x。现将细线剪断，此刻物块A的加速度大小为a，两物块刚要离开弹簧时物块A的速度大小为v，则(　　)‎ A．物块B的加速度大小为a时弹簧的压缩量为 B．物块A从开始运动到刚要离开弹簧时位移大小为x C．物块开始运动前弹簧的弹性势能为mv2‎ D．物块开始运动前弹簧的弹性势能为3mv2‎ 解析：选AD　当物块A的加速度大小为a时，根据胡克定律和牛顿第二定律得kx＝2ma。当物块B的加速度大小为a时，有：kx′＝ma，对比可得：x′＝，即此时弹簧的压缩量为，故A正确。取水平向左为正方向，根据系统动量守恒得：2m－m＝0，又xA＋xB＝x，解得A的位移为：xA＝x，故B错误。根据动量守恒定律得：0＝2mv－mvB，得物块B刚要离开弹簧时的速度vB＝2v，由系统的机械能守恒得，物块开始运动前弹簧的弹性势能为：Ep＝·2mv2＋mvB2＝3mv2，故C错误，D正确。‎ ‎11．[考查“子弹打木块”模型]‎ ‎[多选]如图所示，质量为m的子弹水平射入质量为M、放在光滑水平地面上静止的木块，子弹未穿透木块，此过程中木块动能增加了5 J，那么此过程中系统产生的内能可能为(　　)‎ A．16 J B．11.2 J C．4.8 J D．3.4 J 解析：选AB　设子弹的初速度为v0，与木块的共同速度为v，则由动量守恒定律有mv0＝(M＋m)v；系统产生的内能Q＝fd＝mv02－(m＋M)v2，木块得到的动能为Ek1＝fs＝Mv2，其中，f为子弹与木块间的摩擦力，d为子弹在木块内运动的位移，s为木块相对于地面运动的位移，变形可得Q＝Ek1＞Ek1，故选项A、B正确。‎ ‎12．[考查板块模型问题]‎ 如图所示，在光滑水平面上有一块长为L的木板B，其上表面粗糙。在其左端有一个光滑的圆弧槽C与长木板接触但不连接，圆弧槽的下端与木板的上表面相平，B、C静止在水平面上。现有很小的滑块A以初速度v0从右端滑上B，并以的速度滑离B，恰好能到达C的最高点。A、B、C的质量均为m，求：‎ ‎(1)滑块A与木板B上表面间的动摩擦因数μ；‎ ‎(2)圆弧槽C的半径R；‎ ‎(3)滑块A滑离圆弧槽C时C的速度。‎ 解析：(1)对A、B、C整体，设A刚离开B时，B和C的共同速度为vB，从A滑上B到刚离开B的过程中动量守恒，有mv0＝m＋2mvB，解得vB＝ 由能量守恒定律有 μmgL＝mv02－m2－×2mvB2‎ 解得μ＝。‎ ‎(2)从A滑上C到“恰能到达C的最高点”的过程中，设A到达最高点时A和C的共同速度为vC，研究A和C组成的系统，在水平方向上由动量守恒定律有 m＋mvB＝2mvC，解得vC＝v0‎ 由于在此过程中A和C组成的系统机械能守恒，有 mgR＝m2＋mvB2－×2m2‎ 解得R＝。‎ ‎(3)研究A、C组成的系统，从A滑上C开始到A滑离C的过程中，系统在水平方向上动量守恒，‎ 有m＋mvB＝mvA1＋mvC1，‎ 式中vA1和vC1分别为A滑离C时A和C的速度 此过程中A和C组成的系统机械能守恒，‎ 有m2＋mvB2＝mvA12＋mvC12‎ 解得vC1＝，方向水平向左。‎ 答案：(1)　(2)　(3)，方向水平向左 ‎13．[考查三大观点的综合应用]‎ 如图所示，半径R＝2.0 m的光滑圆弧轨道固定在光滑的水平地面上，其末端水平。平板小车上固定一木块，紧靠在轨道的末端，木块上表面水平粗糙，且与圆弧轨道末端等高。木块的厚度h＝0.45 m，木块最右端到小车最右端的水平距离x＝0.45 m，小车连同木块总质量M＝2 kg。现使一个质量m＝0.5 kg的小球从圆弧轨道上由静止释放，释放小球的位置和圆弧轨道的圆心之间的连线与竖直方向的夹角为53°，小球从木块右端飞出后恰好击中小车的最右端。 (g取10 m/s2, sin 53°＝0.8, cos 53°＝0.6)求：‎ ‎(1)小球到达圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小；‎ ‎(2)小球离开木块最右端时，小球的速度大小；‎ ‎(3)小球运动到木块最右端过程中，系统产生的内能。‎ 解析：(1)设小球到达圆弧轨道末端的速度为v0，由机械能守恒定律 mgR(1－cos 53°)＝mv02‎ 解得v0＝4 m/s 小球在圆弧轨道最低点F－mg＝m 解得F＝9 N 由牛顿第三定律，小球对轨道的压力F′＝F＝9 N。‎ ‎(2)设小球运动到木块最右端的速度为v1，此时小车的速度为v2，‎ 由动量守恒定律得mv0＝mv1＋Mv2‎ 小球离开木块最右端后做平抛运动，设运动时间为t h＝gt2 ‎ 解得 t＝0.3 s 小球恰好击中小车的最右端，有v1t－v2t＝x 以上各式联立解得v1＝2 m/s，v2＝0.5 m/s 所以小球到达木块最右端的速度大小为2 m/s。‎ ‎(3)由能量守恒定律得 mgR(1－cos 53°)＝mv12＋Mv22＋Q 解得Q＝2.75 J。‎ 答案：(1)9 N　(2)2 m/s　(3)2.75 J