（課標(biāo)版）2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題二 第4講 動量定理和動量守恒定律練習(xí)

第4講動量定理和動量守恒定律一、單項選擇題1.(2019安徽蕪湖模擬)光滑水平面上有兩個小球,在同一直線上相向運動,它們的動量大小相等,則兩球碰撞后,下列說法正確的是()A.兩球可能沿同一方向運動B.兩個小球可能一個靜止,一個運動C.若兩球均運動,則質(zhì)量大的球動量一定小D.若兩球均運動,則質(zhì)量大的球動能一定小答案D由題可知,兩球沿同一直線相向運動,動量大小相等,因此系統(tǒng)的總動量為零,碰撞過程系統(tǒng)的總動量守恒,因此碰撞后系統(tǒng)的總動量仍為零,因此兩球不可能沿同一方向運動,也不可能一個靜止,一個運動,A、B項錯誤;若兩球均運動,根據(jù)動量守恒定律可知,兩球一定沿相反方向運動,且動量等大反向,即m1v1=m2v2,C項錯誤;由Ek=p22m可知,質(zhì)量大的球動能小,D項正確。2.(2019廣東深圳模擬)高空作業(yè)須系安全帶,如果質(zhì)量為m的高空作業(yè)人員不慎跌落,從開始跌落到安全帶對人剛產(chǎn)生作用力前人下落的距離為h(可視為自由落體運動),重力加速度為g,此后經(jīng)歷時間t安全帶達(dá)到最大伸長,若在此過程中該作用力始終豎直向上,則該段時間安全帶對人的平均作用力大小為()A.m2ght+mg B.m2ght-mgC.mght+mg D.mght-mg答案A對自由落體運動,有h=12gt12,解得t1=2hg,規(guī)定向下為正方向,對運動的全程根據(jù)動量定理,有mg(t1+t)-Ft=0,得F=m2ght+mg,選項A正確。3.(2019湖南株洲質(zhì)檢)如圖,長為l的輕桿兩端固定兩個質(zhì)量相等的小球甲和乙,初始時它們直立在光滑的水平地面上。后由于受到微小擾動,系統(tǒng)從圖示位置開始傾倒。當(dāng)小球甲剛要落地時,其速度大小為()A.2glB.glC.2gl2D.0答案A兩球組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒,小球甲剛要落地時水平速度為零,由機械能守恒定律得12mv2=mgl,解得v=2gl,故A正確。4.(2019陜西安康質(zhì)檢)如圖所示,一對雜技演員(都視為質(zhì)點)蕩秋千(秋千繩處于水平位置),秋千一端固定在離地面高為H的O點,秋千的長度可調(diào)節(jié)。改變秋千的長度,雜技演員每次都從A點由靜止出發(fā)繞O點下擺,當(dāng)擺到最低點B時,女演員在極短時間內(nèi)將男演員沿水平方向推出,然后自己剛好能回到A點。已知男演員質(zhì)量為2m,女演員質(zhì)量為m,秋千的質(zhì)量不計,空氣阻力忽略不計,則男演員落地點C與O點的水平距離x的最大值是()A.H2 B.HC.3H2D.2H答案D兩雜技演員從A點下擺到B點,只有重力做功,故機械能守恒。設(shè)二者到達(dá)B點的速度大小為v0,則由機械能守恒定律有(m+2m)gR=12(m+2m)v02,兩雜技演員相互作用,沿水平方向動量守恒。設(shè)作用后女、男演員的速度大小分別為v1、v2,由動量守恒定律得(m+2m)v0=2mv2-mv1。女演員上擺到A點的過程中機械能守恒,因此有mgR=12mv12。男演員自B點平拋,有x=v2t。由豎直方向的自由落體運動得出H-R=12gt2,解得t=2(H-R)g,聯(lián)立解得x=4(H-R)R,當(dāng)秋千的長度R=H2時,男演員落地點C與O點的水平距離最大為x=2H,故D正確,A、B、C錯誤。5.(2019河南安陽模擬)如圖所示,在粗糙水平面上,用水平輕繩(輕繩的長度不計)相連的兩個相同的物體P、Q質(zhì)量均為m,在水平恒力F作用下以速度v做勻速直線運動。在t=0時輕繩斷開,Q在F作用下繼續(xù)前進,則下列說法正確的是()A.t=0至t=3mv2F時間內(nèi),P、Q的總動量不守恒B.t=0至t=3mvF時間內(nèi),P、Q的總動量守恒C.t=5mv2F時,Q的動量為52mvD.t=2mvF時,P、Q兩點的距離2mv2F答案D設(shè)P、Q受到的滑動摩擦力都為F,輕繩斷開前兩物體做勻速直線運動,根據(jù)平衡條件得F=2f,設(shè)P經(jīng)過時間t速度為零,取向右為正方向,對P由動量定理得-ft=0-mv,解得t=2mvF;以P、Q為系統(tǒng),輕繩上的力屬于系統(tǒng)的內(nèi)力,系統(tǒng)所受合力為零;在剪斷輕繩后,物體P停止運動以前,兩物體受到的摩擦力不變,兩物體組成的系統(tǒng)的合力仍為零,則系統(tǒng)的總動量守恒,故在t=0至t=2mvF的時間內(nèi)P、Q的總動量守恒,在t=2mvF后,P停止運動,Q做勻加速直線運動,故兩物體組成的系統(tǒng)的合力不為零,故P、Q的總動量不守恒,故A、B錯誤;當(dāng)t=5mv2F時,取向右為正方向,對Q由動量定理得Ft-ft=pQ'-mv,代入f=F2,t=5mv2F,解得pQ'=94mv,故C錯誤;當(dāng)t=2mvF時,取向右為正方向,對Q由動量定理得Ft-ft=mv2-mv,代入f=F2,t=2mvF,解得v2=2v,由動能定理得Fx2-fx2=12mv22-12mv2,得x2=3mv2F;取向右為正方向,對P由動量定理得-ft=mv1-mv,代入f=F2,t=2mvF,解得v1=0,由動能定理得-fx1=12mv12-12mv2,得x1=mv2F,聯(lián)立解得x=x2-x1=2mv2F,故D正確。二、多項選擇題6.(2019安徽蕪湖調(diào)研)在地面上以大小為v1的初速度豎直向上拋出一質(zhì)量為m的皮球,皮球落地時速度大小為v2。若皮球運動過程中所受空氣阻力的大小與其速率成正比,重力加速度為g。下列判斷正確的是()A.皮球上升的最大高度為v122gB.皮球從拋出到落地過程中克服阻力做的功為12mv12-12mv22C.皮球上升過程經(jīng)歷的時間為v1gD.皮球從拋出到落地經(jīng)歷的時間為v1+v2g答案BD皮球減速上升的過程中受重力、阻力作用,故加速度大于g,則上升的高度小于v122g,上升的時間小于v1g,故A、C錯誤;皮球從拋出到落地過程中重力不做功,根據(jù)動能定理得克服阻力做功為Wf=12mv12-12mv22,故B正確;假設(shè)向下為正方向,設(shè)上升階段的平均速度為v,則由動量定理得mgt1+kvt1=mv1,由于平均速度乘以時間等于上升的高度,故有h=vt1,即mgt1+kh=mv1。同理,設(shè)下降階段的平均速度為v',則下降過程由動量定理得mgt2+kv't2=mv2,即mgt2-kh=mv2,聯(lián)立解得mg(t1+t2)=m(v1+v2),解得t=t1+t2=v1+v2g,故D正確。7.(2019山東濟南二模)如圖甲所示,光滑水平面上有a、b兩個小球,a球向b球運動并與b球發(fā)生正碰后粘合在一起共同運動,其碰前和碰后的s-t圖像如圖乙所示。已知ma=5 kg。若b球的質(zhì)量為mb,兩球因碰撞而損失的機械能為E,則()A.mb=1 kg B.mb=2 kgC.E=15 J D.E=35 J答案AC在s-t圖像中圖線的斜率的絕對值表示小球運動的速度大小,所以va=61 m/s=6 m/s,碰后粘合在一起共同運動的速度為v=51 m/s=5 m/s,碰撞過程動量守恒得mava=(ma+mb)v,解得mb=1 kg,故A正確,B錯誤;根據(jù)功能關(guān)系有E=12mava2-12(ma+mb)v2,解得E=15 J,故C正確,D錯誤。8.如圖所示,物體A、B的質(zhì)量分別為m、2m,物體B置于水平面上,物體B上部半圓形槽的半徑為R,將物體A(可視為質(zhì)點)從圓槽右側(cè)頂端由靜止釋放,一切摩擦均不計,重力加速度為g。則()A.A能到達(dá)B圓槽的左側(cè)最高點B.A運動到圓槽的最低點時A的速率為gR3C.A運動到圓槽的最低點時B的速率為4gR3D.B向右運動的最大位移大小為2R3答案AD運動過程不計一切摩擦,故由能量守恒可得:機械能守恒,且兩物體水平方向動量守恒,那么A可以到達(dá)B圓槽的左側(cè)最高點,且A在B圓槽的左側(cè)最高點時,A、B的速度都為零,故A正確;A、B整體在水平方向上合外力為零,故在水平方向上動量守恒,所以mvA-2mvB=0,即vA=2vB,A的水平速度向左,B的水平速度向右,又有A在水平方向的最大位移和B在水平方向上的最大位移之和為2R,當(dāng)A運動到左側(cè)最高點時,B向右運動的位移最大,設(shè)B向右運動的最大位移大小為x,根據(jù)動量守恒定律得m(2R-x)=2mx,解得x=23R,故B向右運動的最大位移大小為23R,故D正確;對A運動到圓槽的最低點的運動過程中,對A、B整體應(yīng)用機械能守恒可得mgR=12mvA2+12·2mvB2,所以A運動到圓槽的最低點時B的速率vB=13gR;A的速率vA=2vB=43gR,故B、C錯誤。三、計算題9.(2019廣東汕頭模擬)如圖所示,可看成質(zhì)點的A物體疊放在上表面光滑的B物體上,一起以v0的速度沿光滑的水平軌道勻速運動,與靜止在同一光滑水平軌道上的木板C發(fā)生完全非彈性碰撞,B、C的上表面相平且B、C不粘連,A滑上C后恰好能達(dá)到木板C的最右端,已知A、B、C質(zhì)量均相等,木板C長為L,求:(1)A物體的最終速度;(2)A物體在木板C上滑行的時間。答案(1)3v04(2)4Lv0解析(1)設(shè)A、B、C的質(zhì)量為m,B、C碰撞過程中動量守恒,設(shè)B、C碰后的共同速度為v1則mv0=2mv1,解得v1=v02B、C共速后A以v0的速度滑上C,A滑上C后,B、C脫離,A、C相互作用的過程中動量守恒設(shè)最終A、C的共同速度為v2則mv0+mv1=2mv2,解得v2=3v04(2)在A、C相互作用的過程中,根據(jù)機械能守恒有FfL=12mv02+12mv12-12·2mv22(Ff為A、C間的摩擦力)代入解得Ff=mv0216L此過程中對C,根據(jù)動量定理有Fft=mv2-mv1代入相關(guān)數(shù)據(jù)解得t=4Lv010.(2019河南鄭州二模)如圖所示,光滑的四分之一圓弧軌道與水平地面在C點平滑連接,質(zhì)量為m的物塊甲固定在圓弧軌道的A端,另一質(zhì)量為12m的物塊乙固定在圓弧軌道上的B點,B與圓心O的連線與豎直方向的夾角為=60°,先釋放物塊A,再釋放物塊B,結(jié)果兩物塊剛好在C點碰撞,兩物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)相同,圓弧軌道的半徑為R,不計物塊的大小,重力加速度為g,求:(1)甲與乙碰撞后一瞬間,甲的速度最大可能為多少;(2)若碰撞后甲、乙在水平面上滑行的距離之比為12,則碰撞后一瞬間甲、乙兩物塊的速度分別為多大。答案(1)22+13gR(2)32-22gR(3-2)gR解析(1)設(shè)甲滑到C點時的速度大小為v1,乙滑到C點時的速度大小為v2根據(jù)機械能守恒定律有mgR=12mv1212mgR(1-cos )=12·12mv22得v1=2gR,v2=gR當(dāng)甲和乙相碰的過程中發(fā)生的是完全非彈性碰撞時,碰撞后一瞬間甲有最大速度v根據(jù)動量守恒定律有mv1+12mv2=m+12mv得v=22+13gR(2)若甲、乙碰撞后的速度大小分別為v3、v4,則有mv1+12mv2=mv3+12mv4設(shè)甲在水平面上滑行距離L1,乙在水平面上滑行距離L2,動摩擦因數(shù)為則有mgL1=12mv3212mgL2=12·12mv42L1L2=12得v3=32-22gR,v4=(3-2)gR- 7 -