（浙江選考）2020版高考物理一輪復習 第28講 動量定理 動量守恒定律夯基提能作業(yè)本.docx

第28講動量定理動量守恒定律1.下列關于物體動量和沖量的說法,不正確的是()A.物體動量增量的方向,就是它所受沖量的方向B.物體所受合外力沖量越大,它的動量也越大C.物體所受合外力沖量不為零,它的動量一定要改變D.物體所受合外力越大,它的動量變化就越快答案B根據動量定理可知,物體動量增量的方向,就是它所受沖量的方向,選項A正確;物體所受合外力沖量越大,它的動量變化也越大,選項B錯誤;物體所受合外力沖量不為零,它的動量一定要改變,選項C正確;根據動量定理,合外力等于動量的變化率,則物體所受合外力越大,它的動量變化就越快,選項D正確。2.質量為2 kg的物體沿直線運動,速度由4 m/s變?yōu)?6 m/s,則在此過程中,它所受到的合外力的沖量為()A.-20 NsB.20 NsC.-4 NsD.-12 Ns答案A以物體的初速度方向為正方向,由動量定理得沖量I=2(-6) Ns-24 Ns=-20 Ns,選項A正確。3.下列情形中,滿足動量守恒條件的是()A.用鐵錘打擊放在鐵砧上的鐵塊,打擊過程中,鐵錘和鐵塊的總動量B.子彈水平穿過放在光滑桌面上的木塊的過程中,子彈和木塊的總動量C.子彈水平穿過墻壁的過程中,子彈和墻壁的總動量D.棒擊壘球的過程中,棒和壘球的總動量答案BA中豎直方向合力不為零;C中墻壁受地面的作用力;D中棒受人手的作用力,故合外力不為零,不符合動量守恒的條件。4.質量為0.2 kg的小球豎直向下以6 m/s的速度落至水平地面上,再以4 m/s的速度反向彈回。取豎直向上為正方向,在小球與地面接觸的時間內,關于小球動量變化量p和合外力對小球做的功W,下列說法正確的是()A.p=2 kgm/sW=-2 JB.p=-2 kgm/sW=2 JC.p=0.4 kgm/sW=-2 JD.p=-0.4 kgm/sW=2 J答案A取豎直向上為正方向,則小球與地面碰撞過程中動量的變化量:p=mv2-mv1=0.24 kgm/s-0.2(-6) kgm/s=2 kgm/s,方向豎直向上。由動能定理可知,合外力做的功:W=12mv22-12mv12=120.242 J-120.262 J=-2 J。故A正確。5.有消息稱:中國羽毛球運動員在一檔節(jié)目上演示了一把高速度殺球,輕小的羽毛球被快速擊出后瞬間將西瓜沖撞爆裂!據測羽毛球的速度高達300 km/h,羽毛球的質量介于4.745.50 g之間,經分析,下列說法中正確的是()A.這則消息一定是假的,因為羽毛球很輕小,不可能使西瓜爆裂B.這則消息一定是假的,因為擊出的羽毛球速度雖然高,但其能量卻很小C.這則消息可能是真的,俗話說無快不破,羽毛球雖然很輕小,但速度很高D.這則消息可能是真的,西瓜是否被撞擊爆裂取決于羽毛球對西瓜的沖擊力大小答案D在高速度殺球時,由于球速較快,在與西瓜相撞的瞬間,速度急劇變化,根據動量定理可知,羽毛球對西瓜的作用力較大,完全可以使西瓜爆裂,故使西瓜裂開的原因不是速度,而是沖擊力的大小,該消息可能是真的,故只有D正確。6.使用高壓水槍作為切割機床的切刀具有獨特優(yōu)勢,得到廣泛應用,如圖所示,若水柱截面積為S,水流以速度v垂直射到被切割的鋼板上,之后水速減為零,已知水的密度為,則水對鋼板的沖力為()A.SvB.Sv2C.Sv22D.Sv2答案B設t時間內有V體積的水打在鋼板上,則這些水的質量m=V=Svt,以這部分水為研究對象,它受到鋼板的作用力為F,以水運動的方向為正方向,由動量定理有Ft=0-mv,即F=-mvt=-sv2,負號表示水受到的作用力的方向與水運動的方向相反,由牛頓第三定律可知,水對鋼板的沖擊力大小也為Sv2。故選B。7.如圖所示,小車與木箱緊挨著靜止放在光滑的水平冰面上,現有一男孩站在小車上用力向右迅速推出木箱。關于上述過程,下列說法中正確的是()A.男孩和木箱組成的系統(tǒng)動量守恒B.小車與木箱組成的系統(tǒng)動量守恒C.男孩、小車與木箱三者組成的系統(tǒng)動量守恒D.木箱的動量增量與小車(包含男孩)的動量增量相同答案C木箱、男孩、小車組成的系統(tǒng)動量守恒,木箱的動量增量與男孩、小車的總動量增量大小相同,方向相反,故A、B、D錯誤。8.“爆竹聲中一歲除,春風送暖入屠蘇”,爆竹聲響是辭舊迎新的標志,是喜慶心情的流露。有一個質量為3m的爆竹斜向上拋出,到達最高點時速度大小為v0、方向水平向東,在最高點爆炸成質量不等的兩塊,其中一塊質量為2m,速度大小為v,方向水平向東,則另一塊的速度為()A.3v0-vB.2v0-3vC.3v0-2vD.2v0+v答案C取水平向東為正方向,爆炸過程系統(tǒng)動量守恒,3mv0=2mv+mvx,可得vx=3v0-2v,C正確。9.甲、乙兩物體在光滑水平面上沿同一直線相向運動,甲、乙物體的速度大小分別為3 m/s和1 m/s;碰撞后甲、乙兩物體都反向運動,速度大小均為2 m/s。甲、乙兩物體質量之比為()A.23B.25C.35D.53答案C選取碰撞前甲物體的速度方向為正方向,根據動量守恒定律有m甲v1-m乙v2=-m甲v1+m乙v2,代入數據,可得m甲m乙=35,C正確。10.(多選)如圖甲所示,在光滑水平面上的兩個小球發(fā)生正碰,小球的質量分別為m1和m2,圖乙為它們碰撞前后的x-t圖像。已知m1=0.1 kg。由此可以判斷()A.碰前m2靜止,m1向右運動B.碰后m2和m1都向右運動C.由動量守恒可以算出m2=0.3 kgD.碰撞過程中系統(tǒng)損失了0.4 J的機械能答案AC由x-t(位移時間)圖像的斜率表示速度可知,碰前m2的位移不隨時間而變化,處于靜止;m1的速度大小為v1=xt=4 m/s,方向只有向右才能與m2相撞,故A正確。由圖讀出,碰后m2的速度為正方向,說明向右運動,m1的速度為負方向,說明向左運動,故B錯誤。由圖求出碰后m2和m1的速度分別為v2=2 m/s,v1=-2 m/s,根據動量守恒定律得,m1v1=m2v2+m1v1,代入數據解得,m2=0.3 kg,故C正確。碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能為E=12m1v12-12m1v12-12m2v22,代入數據解得,E=0 J,故D錯誤。11.(多選)如圖,大小相同的擺球a和b的質量分別為m和3m,擺長相同,擺動周期相同,并排懸掛,平衡時兩球剛好接觸,現將擺球a向左拉開一小角度后釋放,若兩球的碰撞是彈性的,下列判斷正確的是()A.第一次碰撞后的瞬間,兩球的速度大小相等B.第一次碰撞后的瞬間,兩球的動量大小相等C.第一次碰撞后,兩球的最大擺角不相同D.發(fā)生第二次碰撞時,兩球在各自的平衡位置答案AD兩球在碰撞前后,水平方向不受外力,故水平方向兩球組成的系統(tǒng)動量守恒,由動量守恒定律有:mv0=mv1+3mv2,兩球碰撞是彈性的,故機械能守恒,即12mv02=12mv12+123mv22,解兩式得:v1=-v02,v2=v02,可見第一次碰撞后的瞬間,兩球的速度大小相等,選項A正確;因兩球質量不相等,故兩球碰后的動量大小不相等,選項B錯;兩球碰后上擺過程,機械能守恒,故上升的最大高度相等,因擺長相等,故兩球碰后的最大擺角相同,選項C錯;兩球擺動周期相同,故經半個周期后,兩球在平衡位置處發(fā)生第二次碰撞,選項D正確。12.如圖所示,足夠長的光滑水平直導軌的間距為l,電阻不計,垂直軌道平面有磁感應強度為B的勻強磁場,導軌上相隔一定距離放置兩根長度均為l的金屬棒,a棒質量為m,電阻為R,b棒質量為2m,電阻為2R?，F給a棒一個水平向右的初速度v0,求:(a棒在以后的運動過程中沒有與b棒發(fā)生碰撞)(1)b棒開始運動的方向;(2)當a棒的速度減為v02時,b棒剛好碰到了障礙物,經過很短時間t0速度減為零(不反彈)。求碰撞過程中障礙物對b棒的沖擊力大小;(3)b棒碰到障礙物后,a棒繼續(xù)滑行的距離。答案見解析解析(1)根據楞次定律推論,可知b棒向右運動(2)設b棒碰上障礙物瞬間的速度為v2,之前兩棒組成的系統(tǒng)動量守恒,則mv0+0=mv02+2mv2解得v2=v0/4b棒碰障礙物過程中,根據動量定理得-Ft0=0-2mv04解得F=mv02t0(3)a棒單獨向右滑行的過程中,當其速度為0時,設其向右滑行的距離為x,則-B2L2x3R=0-mv02得x=3mv0R2B2l213.如圖所示,以A、B和C、D為斷點的兩半圓形光滑軌道固定于豎直平面內,一滑板靜止在光滑的地面上,左端緊靠B點,上表面所在平面與兩半圓分別相切于B、C兩點,一物塊(視為質點)被輕放在水平勻速運動的傳送帶上E點,運動到A點時剛好與傳送帶速度相同,然后經A點沿半圓軌道滑下,且在B點對軌道的壓力大小為10mg,再經B點滑上滑板,滑板運動到C點時被牢固粘連。物塊可視為質點,質量為m,滑板質量為M=2m,兩半圓半徑均為R,板長l=6.5R,板右端到C點的距離為L=2.5R,E點距A點的距離s=5R,物塊與傳送帶、物塊與滑板間的動摩擦因數相同,重力加速度為g。求:(1)物塊滑到B點的速度大小。(2)物塊與傳送帶、物塊與滑板間的動摩擦因數。(3)物塊與滑板間因摩擦而產生的總熱量。答案(1)3gR(2)0.5(3)3.5mgR解析(1)設物塊運動到B點的速度為vB,由牛頓第二定律得10mg-mg=mvB2R解得vB=3gR(2)從E到B由動能定理得mg2R+mg5R=12mvB2-0解得=0.5(3)物塊從B點滑上滑板時至物塊與滑板共速,根據動量守恒有mvB=(m+M)v解得v=gR對物塊,根據動能定理有-mgx1=12mv2-12mvB2解得x1=8R對滑板,根據動能定理有mgx2=12Mv2解得x2=2R因為x=x1-x2=6R<6.5R可知物塊與滑板達到共同速度時,物塊未離開滑板Q1=12mvB2-12(m+M)v2=3mgR物塊與滑板此后以共同速度勻速運動至C點,滑板不再運動,物塊在滑板上繼續(xù)往前運動,對物塊根據動能定理有-mg0.5R=12mvC2-12mv2解得vC=Rg2Q2=mg0.5R=14mgR由上可知12mvC2=14mgR<mgR可知物塊不能到達與圓心同一高度的點,將會沿圓軌道滑回來,由能量守恒可得Q3=12mvC2=14mgR總熱量Q=Q1+Q2+Q3=3.5mgR