2020届高考物理二轮复习专题二能量与动量3动量定理动量守恒定律课时作业含解析

2020届高考物理二轮复习专题二能量与动量3动量定理动量守恒定律课时作业含解析

动量定理、动量守恒定律 ‎[题组一]　动量、冲量、动量定理 ‎1．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，到达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mgsin θ·t 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：D　[斜面对物体的弹力的冲量大小I＝FNt＝mgcos θ·t，弹力的冲量不为零，故A错误；物体所受重力的冲量大小为IG＝mg·t，故B错误；物体受到的合力的冲量大小为mgtsin θ，由动量定理得，动量的变化量大小Δp＝I合＝mgsin θ·t，故C错误，D正确．]‎ ‎2．中国传统文化博大精深，简单的现象揭示了深刻的道理，如水滴石穿．假设从屋檐滴下的水滴质量为‎0.5 g，屋檐到下方石板的距离为‎4 m，水滴落到石板上在0.2 s内沿石板平面散开，忽略空气阻力，g取‎10 m/s2，则石板受到水滴的冲击力约为(　　)‎ A．0.22 N　　　　　 B．0.27 N C．0.022 N D．0.027 N 解析：D　[由题知，水滴质量为m＝‎0.5 g，重力加速度为g＝‎10 m/s2，屋檐高度为h＝‎4 m，设水滴刚落到石板上时速度为v.水滴从屋檐开始下落到石板上，忽略空气阻力，水滴的机械能守恒，有mgh＝mv2.水滴从接触石板到速度为零的过程中，取向下为正方向，对水滴由动量定理得(mg－F)t＝0－mv，解得F≈0.027 N，由牛顿第三定律可知，D正确．]‎ ‎3．如图所示，两个大小相同、质量均为m的弹珠静止在水平地面上．某小孩在极短时间内给第一个弹珠水平冲量使其向右运动，当第一个弹珠运动距离L时与第二个弹珠发生弹性正碰，碰后第二个弹珠运动‎2L距离停下．已知弹珠所受阻力大小恒为重力的k倍，重力加速度为g，则小孩对第一个弹珠(　　)‎ A．施加的冲量为m B．施加的冲量为m C．做的功为kmgL D．做的功为3kmgL 解析：D　[当第一个弹珠运动距离L - 9 -‎ 时与第二个弹珠发生弹性正碰，根据动量守恒和能量守恒可知，两弹珠速度发生交换，即第一个弹珠碰后停止运动，第二个弹珠以第一个弹珠碰前的速度继续向前运动了‎2L距离停下．从效果上看，相当于第二个弹珠不存在，第一个弹珠直接向前运动‎3L的距离后停止运动．根据动能定理可知，小孩对第一个弹珠做的功等于弹珠获得的动能，也等于克服阻力做的总功，即W＝Ek＝kmg·‎3L，选项C错误，选项D正确．施加的冲量I＝Δp＝p－0＝－0＝＝m，选项A、B错误．]‎ ‎[题组二]　动量守恒定律的应用 ‎4．关于下列四幅图所反映的物理过程的说法正确的是(　　)‎ A．甲图中子弹射入木块的过程中，子弹和木块组成的系统动量守恒，能量不守恒 B．乙图中M、N两木块放在光滑的水平面上，剪断束缚M、N两木块之间的细线，在弹簧恢复原长的过程中，M、N与弹簧组成的系统动量守恒，机械能增加 C．丙图中细线断裂后，木球和铁球在水中运动的过程，两球组成的系统动量守恒，机械能不守恒 D．丁图中木块沿放在光滑水平面上的斜面下滑，木块和斜面组成的系统在水平方向上动量守恒，机械能守恒 解析：C　[甲图中，在光滑水平面上，子弹射入木块的过程中，子弹和木块组成的系统动量守恒，机械能有损失，但是损失的机械能转化为内能，能量仍守恒，A错误；乙图中，剪断束缚M、N两木块之间的细线，在弹簧恢复原长的过程中，M、N与弹簧组成的系统动量守恒，弹簧的弹性势能转化为木块的动能，系统机械能守恒，B错误；丙图中，木球和铁球组成的系统匀速下降，说明两球所受水的浮力等于两球自身的重力，细线断裂后两球在水中运动的过程中，所受合外力为零，两球组成的系统动量守恒，由于水的浮力对两球做功，两球组成的系统机械能不守恒，C正确；丁图中，木块沿放在光滑水平面上的斜面下滑，木块和斜面组成的系统在水平方向上不受外力，水平方向上动量守恒，由于斜面可能不光滑，所以机械能可能有损失，D错误．]‎ ‎5．在冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞如图甲所示，碰撞前后两壶运动的vt - 9 -‎ 图线如图乙中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量相等，则(　　)‎ A．碰后红壶将被反弹回来 B．碰后蓝壶速度为‎0.8 m/s C．碰后蓝壶移动的距离为‎2.4 m D．碰后红壶所受摩擦力小于蓝壶所受的摩擦力 解析：B　[由图可知，碰前红壶的速度v0＝‎1.0 m/s，碰后速度为v′0＝‎0.2 m/s，碰后红壶沿原方向运动，故A错误；设碰后蓝壶的速度为v，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得mv0＝mv′0＋mv，解得v＝‎0.8 m/s，故B正确；根据速度图像与坐标轴围成的“面积”表示位移，可得碰后蓝壶移动的位移大小x＝vt＝×0.8×‎5 m＝‎2 m，故C错误；根据图像的斜率表示加速度，知碰后红壶的加速度大于蓝壶的加速度，两者的质量相等，由牛顿第二定律知碰后红壶所受摩擦力大于蓝壶所受的摩擦力，故D错误．]‎ ‎6．如图所示是一个物理演示实验，图中自由下落的物体A和B经反弹后，B能上升到比初位置高得多的地方．A是某种材料做成的实心球，质量m1＝‎0.28 kg，在其顶部的凹坑中插着质量m2＝‎0.1 kg的木棍B，B只是松松地插在凹坑中，其下端与坑底之间有小空隙，将此装置从A下端离地板的高度H＝‎1.25 m处由静止释放，实验中，A触地后在极短时间内反弹，且其速度大小不变；接着木棍B脱离球A开始上升，而球A恰好停留在地板上，则木棍B上升的高度为(重力加速度g取‎10 m/s2)(　　)‎ A．‎4.05 m　　　　　 B．‎‎1.25 m C．‎5.30 m D．‎‎12.5 m 解析：A　[由题意可知，A、B做自由落体运动，由v2＝2gH，可得A、B的落地速度的大小v＝，A反弹后与B的碰撞为瞬时作用，A、B组成的系统虽然在竖直方向上合外力不为零，但作用时间很短，系统的内力远大于外力，所以动量近似守恒，故有m1v－m2v＝0＋m2v′2，B上升高度h＝，联立并代入数据得h＝‎4.05 m，A正确．]‎ - 9 -‎ ‎[题组三]　碰撞模型 ‎7．质量为‎80 kg的冰球运动员甲，以‎5 m/s的速度在水平冰面上向右运动时，与质量为‎100 kg、速度为‎3 m/s迎面而来的运动员乙相撞，碰后甲恰好静止．假设碰撞时间极短，下列说法正确的是(　　)‎ A．碰后乙向左运动，速度大小为‎1 m/s B．碰后乙向右运动，速度大小为‎7 m/s C．碰撞中甲、乙的机械能总共增加了1 450 J D．碰撞中甲、乙的机械能总共损失了1 400 J 解析：D　[甲、乙碰撞过程中，相互作用的内力远大于冰面对运动员的阻力，两运动员组成的系统动量守恒，以向右为正方向，设碰撞前甲的速度为v甲，乙的速度为v乙，碰撞后乙的速度为v′乙，由动量守恒定律，有m甲v甲＋m乙v乙＝m乙v′乙，解得v′乙＝‎1 m/s，方向向右，A、B错误；甲、乙碰撞过程中机械能的变化量ΔE＝m乙v乙′2－，代入数据解得ΔE＝－1 400 J，则机械能减少了1 400 J，C错误，D正确．]‎ ‎8．如图所示，在光滑水平地面上有A、B两个小物块，其中物块A的左侧连接一轻质弹簧．物块A处于静止状态，物块B以一定的初速度向物块A运动，并通过弹簧与物块A发生弹性正碰．对于该作用过程，两物块的速率变化可用速率－时间图像进行描述，在选项所示的图像中，图线1表示物块A的速率变化情况，图线2表示物块B的速率变化情况．则在这四个图像中可能正确的是(　　 )‎ 解析：B　[物块B压缩弹簧的过程，开始时A做加速运动，B做减速运动，随着压缩量的增大，弹簧的弹力增大，两个物块的加速度增大．当弹簧压缩至最短时，二者的速度相等；此后A继续加速，B继续减速，弹簧的压缩量减小，弹力减小，两个物块的加速度减小．当弹簧恢复原长时B离开弹簧．所以vt图像切线斜率的大小都先增大后减小．设B离开弹簧时A、B的速度分别为vA和vB.‎ 取水平向右为正方向，根据动量守恒定律：mBv0＝mAvA＋mBvB，‎ 由机械能守恒得：mBv＝mAv＋mBv 联立解得vA＝v0，vB＝v0.‎ - 9 -‎ 若mB＞mA，由上式可得：vA＞vB.所以B图是可能的．‎ 若mB＝mA，由上式可得：vA＝v0，vB＝0.‎ 若mB＜mA，由上式可得：vA＞0，vB＜0.‎ 综上，只有B图是可能的．故A、C、D错误，B正确．]‎ ‎9．(2019·江西红色七校二模，18)在光滑水平面上有三个小钢球a、b、c处于静止状态，质量分别为‎2m、m、‎2m.其中a、b两球间夹一被压缩的弹簧，两球被左右两边的光滑挡板束缚着．若某时刻将挡板撤掉，弹簧便把a、b两球弹出，两球脱离弹簧后，a球获得的速度大小为v，若b、c两球相距足够远，则b、c两球发生弹性碰撞后(　　)‎ A．b球的速度大小为v，运动方向与原来相反 B．b球的速度大小为v，运动方向与原来相反 C．c球的速度大小为v D．c球的速度大小为v 解析：B　[设b球脱离弹簧时的速度为v0，b、c两球相碰后b、c的速度分别为vb和vc，取向右为正方向，弹簧将a、b两球弹出过程，由动量守恒定律有0＝－2mv＋mv0，可得v0＝2v，b、c两球相碰过程，由动量守恒定律和机械能守恒得mv0＝mvb＋2mvc，mv＝mv＋·2mv，联立计算得出vb＝－v(负号表示方向向左，与原来相反)，vc＝v，所以B正确．]‎ ‎[B级－综合练]‎ ‎10．(多选)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．弹簧压缩量最大时的弹性势能为mv D．弹簧压缩量最大时的弹性势能为mv 解析：AC　[弹簧固定，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，A及弹簧组成的系统机械能守恒，可知弹簧被压缩过程中最大的弹性势能等于A - 9 -‎ 的初动能．设A的质量为mA，即Epm＝mAv.‎ 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的初速度的方向为正方向，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，‎ 解得：mA＝‎3m，Epm＝mv.‎ 故A、C正确，B、D错误．]‎ ‎11．(多选)如图所示，倾角为θ的固定斜面足够长，一质量为m、上表面光滑且足够长的长方形木板A正以速度v0沿斜面匀速下滑，某时刻将质量为‎2m的小滑块B无初速度地放在木板A上，重力加速度为g，则在滑块与木板都滑动的过程中(　　)‎ A．木板A的加速度大小为2gsin θ B．小滑块B的加速度大小为2gsin θ C．木板A和小滑块B的动能之和不变 D．木板A的动量为mv0时，小滑块B的动量为mv0‎ 解析：AD　[只有A时，A匀速下滑，则说明A受到的重力沿斜面向下的分力与摩擦力等大反向，即mgsin θ＝μmgcos θ，加上B后，A对斜面的压力增大，则摩擦力变为μ·3mgcos θ，而A的重力沿斜面向下的分力不变，由牛顿第二定律，有μ·3mgcos θ－mgsin θ＝maA，解得加速度aA＝2gsin θ，A正确；对B受力分析，由牛顿第二定律，有2mgsin θ＝2maB，解得aB＝gsin θ，B错误；A、B整体在沿斜面方向上受力平衡，故A、B整体动量守恒，由动量守恒定律可知p0＝pA＋pB，其中p0＝mv0，故当A的动量为mv0时，B的动量为mv0，此时动能之和Ek＝＋＝mv≠mv，C错误，D正确．]‎ ‎12．(多选)如图所示，一质量为M、上表面是一半径为R的半球面凹槽静止于水平面上，凹槽的最低点放一质量为m的小球，不计一切摩擦和空气阻力，现给小球一瞬时水平冲量，小球获得初速度v0，重力加速度为g，在以后的运动过程中，下列说法正确的是(　　)‎ - 9 -‎ A．若小球无法冲出凹槽，小球上升的最大高度H一定小于 B．若小球能冲出凹槽，小球上升的最大高度H＝ C．若小球能冲出凹槽，小球有可能不会落回凹槽中 D．小球第12次返回凹槽的最低点时，凹槽的速度最大 解析：AB　[小球在凹槽中运动过程中，小球和凹槽组成的系统在水平方向上不受外力，水平方向动量守恒，因为不计一切摩擦和空气阻力，所以系统机械能守恒．若小球无法冲出凹槽，则小球在最高点与凹槽有相同的速度，有mv0＝(m＋M)v，mv＝(m＋M)v2＋mgH，解得H＝＜，A正确．若小球可以冲出凹槽，小球在离开凹槽时，与凹槽在水平方向有共同速度vx，同时相对凹槽有竖直向上的速度vy，小球离开凹槽后，相对地面做斜抛运动，水平方向的速度与凹槽的水平速度相等，当小球运动到最高点时，其速度与凹槽速度相等，即等于离开凹槽时的水平速度，有mv0＝(m＋M)vx，mv＝(m＋M)v＋mgH，解得H＝，B正确．小球离开凹槽后相对凹槽做竖直上抛运动，再次落回凹槽时，相对凹槽竖直向下，小球可以落回凹槽中，C错误．第一次经过最低点前，小球沿右侧轨道向下运动，对凹槽的压力斜向右下方，凹槽速度增大，第二次经过最低点前，小球沿左侧轨道向下运动，对凹槽的压力斜向左下方，凹槽速度减小，小球奇数次的运动情况与第一次相同，偶数次的运动情况与第二次相同，D错误．]‎ ‎13．弹射座椅是飞行员使用的座椅型救生装置．在飞机失控时，依靠座椅上的动力(喷气发动机)装置将飞行员弹射到高空，然后张开降落伞使飞行员安全降落．某次实验中，在地面上静止的战斗机内，飞行员按动弹射按钮，座椅(连同飞行员等)在喷气发动机的驱动下被弹出打开的机舱，座椅沿竖直方向运动，5 s末到达最高点，上升的总高度为‎112.5 m．在最高点时打开降落伞，飞行员安全到达地面．已知座椅的总重量为‎100 kg，弹射过程中发动机对座椅的推力竖直向上且恒定，不考虑发动机质量的变化及空气阻力，取g＝‎10 m/s2，求：‎ ‎(1)发动机对座椅推力的值；‎ ‎(2)发动机对座椅冲量的大小．‎ 解析：(1)设座椅上升时的最大速度为vm，由运动学公式有hm＝vmt.‎ 设发动机作用的时间为t1，座椅的加速度为a1，发动机的推力为N，减速过程的时间为t2，则 N－mg＝ma1，vm＝a1t1，vm＝gt2，t1＋t2＝t，‎ 解得：N＝10mg＝1.0×104 N.‎ ‎(2)设发动机对座椅冲量的大小为I，则I＝Nt1，‎ - 9 -‎ 解得：I＝5×103 N·s.‎ 答案：(1)1.0×104 N　(2)5×103 N·s ‎14．如图所示，长木板B的质量为m2＝‎1.0 kg，静止放在粗糙的水平地面上，质量为m3＝‎1.0 kg的物块C(可视为质点)放在长木板的最右端．一个质量为m1＝‎0.5 kg的物块A从距离长木板B左侧l＝‎9.5 m处，以速度v0＝‎10 m/s向着长木板运动．一段时间后物块A与长木板B发生弹性正碰(时间极短)，之后三者发生相对运动，整个过程中物块C始终在长木板上．已知物块A及长木板与地面间的动摩擦因数均为μ1＝0.1，物块C与长木板间的动摩擦因数为μ2＝0.2，物块C与长木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取‎10 m/s2，求：‎ ‎(1)碰后瞬间物块A和长木板B的速度；‎ ‎(2)长木板B的最小长度和物块A离长木板左侧的最终距离．‎ 解析：(1)设物块A与木板B碰前的速度为v 由动能定理得－μ‎1m1gl＝m1v2－m1v 解得v＝＝‎9 m/s A与B发生弹性碰撞，假设A、B碰撞后瞬间的速度分别为v1、v2，由动量守恒定律得m1v＝m1v1＋m2v2‎ 由机械能守恒定律得m1v2＝m1v＋m2v 联立解得v1＝v＝－‎3 m/s，v2＝v ‎＝‎6 m/s.‎ ‎(2)碰撞后B减速运动，设其加速度为a1，C加速运动，设其加速度为a2，B、C达到共同速度之前，由牛顿第二定律 对木板B有－μ1(m2＋m3)g－μ‎2m‎3‎g＝m‎2a1‎ 对物块C有μ‎2m‎3‎g＝m‎3a2‎ 设从A、B碰撞后到B、C达到共同速度经历的时间为t，则v2＋a1t＝a2t 木板B的最小长度d＝v2t＋a1t2－a2t2＝‎‎3 m B、C达到共同速度之后，因μ1＜μ2，二者一起减速至停下，设加速度为a3‎ 由牛顿第二定律得－μ1(m2＋m3)g＝(m2＋m3)a3‎ 整个过程B运动的位移为xB＝v2t＋a1t2＋＝‎‎6 m A与B碰撞后，A做减速运动的加速度为－a3，位移为xA＝＝－‎‎4.5 m 物块A离长木板B左侧的最终距离为s＝|xA－xB|＝‎10.5 m.‎ - 9 -‎ 答案：(1)－‎3 m/s(负号表示运动方向与v0方向相反)‎ ‎6 m‎/s　(2)‎3 m　‎‎10.5 m - 9 -‎