浙江省2020高考物理二轮复习专题二第三讲动量守恒定律课后作业含解析

浙江省2020高考物理二轮复习专题二第三讲动量守恒定律课后作业含解析

第三讲 动量守恒定律 ‎ (建议用时：40分钟)‎ 一、选择题 ‎1．关于冲量，以下说法正确的是(　　)‎ A．只要物体受到了力的作用，一段时间内物体受到的总冲量就一定不为零 B．物体所受合外力的冲量小于物体动量的变化 C．动量越大的物体受到的冲量越大 D．如果力是恒力，则其冲量的方向与该力的方向相同 解析：选D.合外力的冲量等于动量的变化，如果动量的变化为零，则合外力的冲量为零，所以物体所受外力的合冲量可能为零，故A错误；由动量定理可知物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化，故B错误；冲量越大，动量的变化量越大，动量不一定大，故C错误；如果力是恒力，则冲量的方向就是该力的方向，故D正确．‎ ‎2.如图所示，在地面上固定一个质量为M的竖直木杆，一个质量为m的人以加速度a沿杆匀加速向上爬，经时间t，速度由零增加到v，在上述过程中，地面对木杆的支持力的冲量大小为(　　)‎ A．(Mg＋mg－ma)t B．(m＋M)v C．(Mg＋mg＋ma)t D．mv 解析：选C.以人为研究对象，根据牛顿第二定律得：F－mg＝ma，解得：F＝ma＋mg；以木杆为研究对象，分析受力情况，木杆受到重力Mg、地面的支持力N和人对木杆向下的力F′，由牛顿第三定律知F′＝F.根据平衡条件得：N＝Mg＋F′＝Mg＋mg＋ma，故支持力的冲量为：I＝Nt＝(Mg＋mg＋ma)t，故选C.‎ ‎3．为估算池中睡莲叶面承受雨滴撞击产生的平均压强，小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台，测得1小时内杯中水上升了45 mm.查询得知，当时雨滴竖直下落速度约为12 m/s.据此估算该压强约为(设雨滴撞击睡莲后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为1×103 kg/m3)(　　)‎ A．0.15 Pa　　　　　　　　 B．0.54 Pa C．1.5 Pa D．5.4 Pa 解析：选A.由于是估算压强，所以不计雨滴的重力．设雨滴受到支持面的平均作用力为F.设在Δt时间内有质量为Δm的雨水的速度由v＝12 m/s减为零．以向上为正方向，对这部分雨水应用动量定理：FΔt＝0－(－Δmv)＝Δmv，得到F＝v.设水杯横截面积为S，对水杯里的雨水，在Δt时间内水面上升Δh，则有Δm＝ρSΔh，F＝ρSv.压强p＝＝ρv - 11 -‎ ‎＝1×103×12× Pa＝0.15 Pa，故选A.‎ ‎4．“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．‎ ‎5．(多选)如图所示，足够长的固定光滑斜面倾角为θ，质量为m的物体以速度v从斜面底端冲上斜面，达到最高点后又滑回原处，所用时间为t.对于这一过程，下列判断正确的是(　　)‎ A．斜面对物体的弹力的冲量为零 B．物体受到的重力的冲量大小为mgt C．物体受到的合力的冲量大小为零 D．物体动量的变化量大小为mgsin θ·t 解析：选BD.由冲量的求解公式可知，斜面对物体的弹力的冲量为mgcos θ·t，选项A错误；物体受到的重力的冲量大小为mgt，选项B正确；物体回到斜面底端的速度仍为v，方向与初速度方向相反，故根据动量定理可知，物体受到的合力的冲量大小为2mv，选项C错误；因整个过程中物体所受的合力为mgsin θ，则根据动量定理可知，物体动量的变化量大小为mgsin θ·t，选项D正确．‎ ‎6.(多选)如图所示，一物体分别沿三个倾角不同的光滑斜面由静止开始从顶端下滑到底端C、D、E处，三个过程中重力的冲量依次为I1、I2、I3，动量变化量的大小依次为Δp1、Δp2、Δp3，则有(　　)‎ A．三个过程中，合力的冲量相等，动量的变化量相等 B．三个过程中，合力做的功相等，动能的变化量相等 C．I1＜I2＜I3，Δp1＝Δp2＝Δp3‎ - 11 -‎ D．I1＜I2＜I3，Δp1＜Δp2＜Δp3‎ 解析：选ABC.由机械能守恒定律可知物体下滑到底端C、D、E的速度大小v相等，动量变化量大小Δp＝mv相等，即Δp1＝Δp2＝Δp3；根据动量定理，合力的冲量等于动量的变化量，故合力的冲量也相等，注意不是相同(方向不同)；设斜面的高度为h，从顶端A下滑到底端C，由＝gsin θ·t2得物体下滑的时间t＝，所以θ越小，sin2θ越小，t越大，重力的冲量I＝mgt就越大，故I1＜I2＜I3，故A、C正确，D错误；物体下滑过程中只有重力做功，故合力做的功相等，根据动能定理，动能的变化量相等，故B正确．‎ ‎7．(多选)如图所示，倾斜的传送带保持静止，一木块从顶端以一定的初速度匀加速下滑到底端．如果让传送带沿图中虚线箭头所示的方向匀速运动，同样的木块从顶端以同样的初速度下滑到底端的过程中，与传送带保持静止时相比(　　)‎ A．木块在滑到底端的过程中，摩擦力的冲量变大 B．木块在滑到底端的过程中，摩擦力的冲量不变 C．木块在滑到底端的过程中，木块克服摩擦力所做功变大 D．木块在滑到底端的过程中，系统产生的内能数值将变大 解析：选BD.滑动摩擦力的大小为f＝μN，与相对速度的大小无关，所以，当皮带运动时，木块所受的摩擦力未变，空间位移未变，则滑到底端的时间、速度以及摩擦力所做的功均不变，所以摩擦力的冲量I＝ft不变，故A、C错误，B正确；但由于相对滑动的距离变长，所以木块和皮带由于摩擦产生的内能变大，故D正确．‎ ‎8．(多选)如图所示，小铁块压着一张纸条放在水平桌面上，第一次以速度v抽出纸条后，铁块落在水平地面上的P点．第二次以速度2v抽出纸条，则(　　)‎ A．铁块落地点在P点左边 B．铁块落地点在P点右边 C．第二次纸条与铁块的作用时间比第一次短 D．第二次纸条与铁块的作用时间比第一次长 解析：选AC.抽出纸条的过程中，铁块受到向前的摩擦力作用而加速运动，若纸条以2v的速度抽出，则纸条与铁块相互作用时间变短，因此铁块加速时间变短，做平抛运动时的初速度减小，时间不变，因此铁块将落在P点的左边，故B、D错误，A、C正确．‎ ‎9.如图所示，质量相等的A、B两个物体，分别沿倾角为α和β的两个光滑斜面，由静止开始从同一高度h1开始下滑到同样的另一高度h2.在这一过程中， A、B两个物体具有相同的物理量是(　　)‎ - 11 -‎ A．所受重力的冲量 B．所受支持力的冲量 C．所受合力的冲量 D．动量变化的大小 解析：选D.物体在下滑中只有重力做功，而重力做功只与高度差有关，故两种情况下重力做功相等，由机械能守恒定律可得，两物体下滑相同高度时的动能相同，则速度大小相同，但方向不同，故动量变化的大小相同，选项D正确；物体下滑相同高度时的速度大小相等，初速度均为零，故平均速度大小相等，但是θ不同，两物体下滑的位移不同，故两物体的下滑时间一定不同，故重力的冲量不相等，选项A错误；由动量定理可得，物体下滑到相同高度时的速度的大小相同，所以合外力的冲量大小一定相等，但是方向不同，故合外力的冲量不同，选项C错误；到相同高度时，合外力的冲量大小一定相等，重力的冲量不相等，所以支持力的冲量大小一定不相等，选项B错误．‎ ‎10．(多选)(2019·嘉兴二模)图甲为竖直固定在水平面上的轻弹簧，t＝0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹簧弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复．通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出此过程弹簧弹力 F 随时间t变化的图象如图乙所示，不计空气阻力，则(　　)‎ A．t1时刻小球的动能最大 B．t2时刻小球的加速度最大 C．t3时刻弹簧的弹性势能为零 D．图乙中图线所围面积在数值上等于小球动量的变化量 解析：选BC.由图知，t1时刻小球刚与弹簧接触，此时小球的重力大于弹簧的弹力，小球将继续向下做加速运动，此时小球的动能不是最大，当弹力增大到与重力平衡，即加速度减为零时，速度达到最大，动能最大，故A错误；t2时刻，弹力F最大，故弹簧的压缩量最大，小球运动到最低点，动能最小，此时小球受的合力最大，加速度最大，故B正确；t3时刻弹簧的弹力为零，此时弹性势能为零，选项C正确；图乙中图线所围面积在数值上等于弹力对小球的冲量，根据动量定理可知I弹－mgt＝Δp，故图线所围面积在数值上大于小球动量的变化量，选项D错误．‎ 二、非选择题 ‎11．高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)．此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，求：‎ - 11 -‎ ‎(1)整个过程中重力的冲量；‎ ‎(2)该段时间安全带对人的平均作用力大小．‎ 解析：(1)对自由落体运动，有：h＝gt 解得：t1＝，‎ 则整个过程中重力的冲量 I＝mg(t＋t1)＝mg.‎ ‎(2)规定向下为正方向，对运动的全程，根据动量定理，有：‎ mg(t1＋t)－Ft＝0‎ 解得：F＝＋mg.‎ 答案：(1)mg　(2)＋mg ‎12.如图所示，一物体从固定斜面顶端由静止开始经过1 s 下滑到底端，已知斜面的倾角θ＝37°，斜面长度L＝2.5 m，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取重力加速度g＝10 m/s2，求：‎ ‎(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ；‎ ‎(2)下滑过程中损失的机械能与减少的重力势能的比值；‎ ‎(3)下滑过程中合外力冲量的大小与重力冲量大小的比值．‎ 解析：(1)根据L＝at2，解得：a＝5 m/s2，‎ 根据牛顿第二定律得：mgsin θ－μmgcos θ＝ma 解得：μ＝0.125.‎ ‎(2)损失的机械能等于克服摩擦力做的功，为：‎ ΔE＝μmgcos θ·L 减小的重力势能为：ΔEp＝mgsin θ·L 故损失的机械能与减小的重力势能的比值为：‎ ΔE∶ΔEp＝μ∶tan θ＝1∶6.‎ ‎(3)设物体下滑到斜面底端时速度大小为v，则有：‎ v＝at＝5 m/s 根据动量定理得：合外力冲量的大小为：‎ I合＝mv－0＝5m (N·s)‎ 在下滑过程中重力的冲量为：IG＝mgt＝10m (N·s)‎ 所以下滑的过程中合外力冲量的大小与重力冲量大小的比值为：I合∶IG＝1∶2.‎ - 11 -‎ 答案：(1)0.125　(2)1∶6　(3)1∶2‎ ‎[课后作业(十一)]‎ ‎(建议用时：45分钟)‎ 一、选择题 ‎1．有一个质量为3m的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为v0、方向水平向东，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为2m，速度大小为v，方向水平向东，则另一块的速度是(　　)‎ A．3v0－v　　　　　　　　　 B．2v0－3v C．3v0－2v D．2v0＋v 解析：选C.在最高点水平方向动量守恒，由动量守恒定律可知，3mv0＝2mv＋mv′，可得另一块的速度为v′＝3v0－2v，对比各选项可知，答案选C.‎ ‎2．一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离．已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1为(　　)‎ A．v0－v2 B．v0＋v2‎ C．v0－v2 D．v0＋(v0－v2)‎ 解析：选D.对火箭和卫星由动量守恒定律得(m1＋m2)v0＝m2v2＋m1v1，解得v1＝＝v0＋·(v0－v2)．　‎ ‎3．将静置在地面上，质量为M(含燃料)的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体．忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是(　　)‎ A. v0 B. v0‎ C. v0 D. v0‎ 解析：选D.应用动量守恒定律解决本题，注意火箭模型质量的变化．取向下为正方向，由动量守恒定律可得：0＝mv0－(M－m)v′故v′＝，选项D正确．‎ ‎4．在光滑的水平面上，有a、b两球，其质量分别为ma、mb，两球在t0时刻发生正碰，并且在碰撞过程中无机械能损失，两球在碰撞前后的速度图象如图所示，下列关系正确的是(　　)‎ - 11 -‎ A．ma＞mb B．ma＜mb C．ma＝mb D．无法判断 解析：选B.由题图可知b球碰前静止，取a球碰前速度方向为正方向，设a球碰前速度为v0，碰后速度为v1，b球碰后速度为v2，两球碰撞过程中动量守恒，机械能守恒，则 mav0＝mav1＋mbv2 ①‎ mav＝mav＋mbv ②‎ 联立①②得：v1＝ v0，v2＝ v0‎ 由a球碰撞前后速度方向相反，可知v1＜0，即ma＜mb，‎ 故B正确．‎ ‎5．一中子与一质量数为A (A>1)的原子核发生弹性正碰．若碰前原子核静止，则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为(　　)‎ A. B. C. D. ‎ 解析：选A.设中子的质量为m，则被碰原子核的质量为Am，两者发生弹性碰撞，据动量守恒，有mv0＝mv1＋Amv′，据动能守恒，有mv＝mv＋Amv′2.解以上两式得v1＝v0.若只考虑速度大小，则中子的速率为v′1＝v0，故中子碰撞前、后速率之比为.‎ ‎6．(多选)如图所示，一质量M＝3.0 kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m＝1.0 kg的小木块A，同时给A和B以大小均为4.0 m/s，方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离B板，在小木块A做加速运动的时间内，木板速度大小可能是(　　)‎ A．2.1 m/s B．2.4 m/s C．2.8 m/s D．3.0 m/s 解析：选AB.以A、B组成的系统为研究对象，系统动量守恒，取水平向右方向为正方向，从A开始运动到A的速度为零过程中，由动量守恒定律得：(M－m)v0＝MvB1，代入数据解得：vB1＝2.67 m/s，当从开始到A、B速度相同的过程中，取水平向右方向为正方向，由动量守恒定律得：(M－m)v0＝(M＋m)vB2，代入数据解得：vB2＝2 m/s，则在木块A正在做加速运动的时间内B的速度范围为：2 m/s＜vB＜2.67 m/s，故选项A、B正确．‎ - 11 -‎ ‎7．(多选)如图所示，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mB＝2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为6 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4 kg·m/s，则(　　)‎ A．该碰撞为弹性碰撞 B．该碰撞为非弹性碰撞 C．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5‎ D．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10‎ 解析：选AC.由mB＝2mA，pA＝pB知碰前vB＜vA，若右方为A球，由于碰前动量都为6 kg·m/s，即都向右运动，两球不可能相碰；若左方为A球，设碰后二者速度分别为v′A、v′B，由题意知p′A＝mAv′A＝2 kg·m/s，p′B＝mBv′B＝10 kg·m/s，解得＝.碰撞后A球动量变为2 kg·m/s，B球动量变为10 kg·m/s，又mB＝2mA，由计算可知碰撞前后A、B两球动能之和不变，即该碰撞为弹性碰撞，选项A、C正确．‎ ‎8．(多选)质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ.初始时小物块停在箱子正中间，如图所示．现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为(　　)‎ A.mv2 B.v2‎ C.NμmgL D．NμmgL 解析：选BD.设系统损失的动能为ΔE，根据题意可知，整个过程中小物块和箱子构成的系统满足动量守恒和能量守恒，则有mv＝(M＋m)vt(①式)、mv2＝(M＋m)v＋ΔE(②式)，由①②联立解得ΔE＝v2，可知选项A错误，B正确；又由于小物块与箱壁碰撞为弹性碰撞，则损耗的能量全部用于摩擦生热，即ΔE＝NμmgL，选项C错误，D正确．‎ 二、非选择题 ‎9．如图，三个质量相同的滑块A、B、C，间隔相等地静置于同一水平直轨道上．现给滑块A向右的初速度v0，一段时间后A与B发生碰撞，碰后A、B分别以v0、v0的速度向右运动，B再与C发生碰撞，碰后B、C粘在一起向右运动．滑块A、B与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值．两次碰撞时间均极短．求B、C碰后瞬间共同速度的大小．‎ - 11 -‎ 解析：设滑块质量为m，A与B碰撞前A的速度为vA，由题意知，碰撞后A的速度v′A＝v0，B的速度vB＝v0，由动量守恒定律得 mvA＝mv′A＋mvB ①‎ 设碰撞前A克服轨道阻力所做的功为WA，由能量守恒定律得 WA＝mv－mv ②‎ 设B与C碰撞前B的速度为v′B，B克服轨道阻力所做的功为WB，由能量守恒定律得WB＝mv－mv′ ③‎ 据题意可知WA＝WB ④‎ 设B、C碰撞后瞬间共同速度的大小为v，由动量守恒定律得 mv′B＝2mv ⑤‎ 联立①②③④⑤式，代入数据得 v＝v0.‎ 答案：v0‎ ‎10.(2019·衢州联考)如图所示，一质量为M＝2.0×103 kg的平板小货车A载有一质量为m＝1.0×103 kg的重物B，在水平直公路上以速度v0＝36 km/h做匀速直线运动，重物与车厢前壁间的距离为L＝1.5 m，因发生紧急情况，货车突然制动，已知货车车轮与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.4，重物与车厢底板之间的动摩擦因数为μ2＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2，若重物与车厢前壁发生碰撞，且碰撞时间极短，碰后重物与车厢前壁不分开．‎ ‎(1)请通过计算说明重物是否会与车厢前壁发生碰撞；‎ ‎(2)试求货车从开始刹车到停止运动所用的时间和刹车距离．‎ 解析：(1)刚刹车时，货车的加速度大小为a1，重物的加速度大小为a2，由牛顿第二定律可知μ1(M＋m)g－μ2mg＝Ma1，μ2mg＝ma2，解得a1＝5 m/s2，a2＝2 m/s2‎ 假设B与A碰撞，且从开始刹车到碰撞所用时间为t1，则 v0t1－a2t－(v0t1－a1t)＝L，解得t1＝1 s 此时货车A的速度为vA＝v0－a1t1＝5 m/s，‎ 此时重物B的速度为vB＝v0－a2t1＝8 m/s 因此此时A、B均未停止运动，且vA

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