2019屆高考物理二輪復習 第一部分 專題二 能量與動量 第二講 動量及其守恒定律課前自測診斷卷.doc

專題二第二講 動量及其守恒定律課前自測診斷卷考點一動量沖量動量定理1.考查動量、沖量的概念“蹦極”運動中，長彈性繩的一端固定，另一端綁在人身上，人從幾十米高處跳下，將蹦極過程簡化為人沿豎直方向的運動，從繩恰好伸直，到人第一次下降至最低點的過程中，下列分析正確的是()A繩對人的沖量始終向上，人的動量先增大后減小B繩對人的拉力始終做負功，人的動能一直減小C繩恰好伸直時，繩的彈性勢能為零，人的動能最大D人在最低點時，繩對人的拉力等于人所受的重力解析：選A從繩恰好伸直到人第一次下降至最低點的過程中，人先做加速度減小的加速運動，后做加速度增大的減速運動，加速度等于零時，速度最大，故人的動量和動能都是先增大后減小，加速度等于零時(即繩對人的拉力等于人所受的重力時)速度最大，動量和動能最大，在最低點時人具有向上的加速度，繩對人的拉力大于人所受的重力。繩的拉力方向始終向上與運動方向相反，故繩對人的沖量方向始終向上，繩對人的拉力始終做負功。故選項A正確，選項B、C、D錯誤。2考查動量定理的應用多選靜止在粗糙水平面上的物體，在水平力F的作用下，經過時間t、通過位移l后，動量為p、動能為Ek。以下說法正確的是()A若保持水平力F不變，經過時間2t，物體的動量等于2pB若將水平力增加為原來的兩倍，經過時間t，物體的動量等于2pC若保持水平力F不變，通過位移2l，物體的動能小于2EkD若將水平力增加為原來的兩倍，通過位移l，物體的動能大于2Ek解析：選AD根據動量定理I合(Ff)tp，保持水平力F不變，經過時間2t，(Ff)2tp，可知p2p，故A正確；根據動量定理I合(Ff)tp，若水平力增加為原來的2倍，經過時間t，則有(2Ff)tp，則p2p，故B錯誤；根據動能定理(Ff)lEk，保持水平力F不變，通過位移2l，有(Ff)2lEk，則有Ek2Ek，故C錯誤；根據動能定理(Ff)lEk，將水平力增加為原來的兩倍，通過位移l，有(2Ff)lEk，則有Ek2Ek，故D正確?？键c二動量守恒定律及其應用3.考查系統(tǒng)動量守恒的判斷多選如圖所示，將質量為M1、半徑為R且內壁光滑的半圓槽置于光滑水平面上，左側緊靠豎直墻壁，右側緊靠一質量為M2的物塊。今讓一質量為m的小球自左側槽口A的正上方h高處從靜止開始下落，與半圓槽相切自A點進入槽內，以下結論正確的是()A小球在槽內運動的B至C過程中，小球與半圓槽在水平方向動量守恒B小球在槽內運動的B至C過程中，小球、半圓槽和物塊組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒C小球離開C點以后，將做豎直上拋運動D小球從A點經最低點向右側最高點運動的過程中，小球、半圓槽和物塊組成的系統(tǒng)機械能守恒解析：選BD小球從AB的過程中，半圓槽對球的支持力沿半徑方向指向圓心，而小球對半圓槽的壓力方向相反指向左下方，因為有豎直墻擋住，所以半圓槽不會向左運動，可見，該過程中，小球與半圓槽在水平方向受到外力作用，動量并不守恒，而由小球、半圓槽和物塊組成的系統(tǒng)動量也不守恒；從BC的過程中，小球對半圓槽的壓力方向向右下方，所以半圓槽要向右推動物塊一起運動，因而小球參與了兩個運動：一個是沿半圓槽的圓周運動，另一個是與半圓槽一起向右運動，小球所受支持力方向與速度方向并不垂直，此過程中，因為有物塊擋住，小球與半圓槽在水平方向動量并不守恒，但是小球、半圓槽和物塊組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，小球運動的全過程，水平方向動量也不守恒，選項A錯誤，B正確；當小球運動到C點時，它的兩個分運動的合速度方向并不是豎直向上，所以此后小球做斜上拋運動，選項C錯誤；因為小球在槽內運動過程中，接觸面都是光滑的，所以小球、半圓槽、物塊組成的系統(tǒng)機械能守恒，故選項D正確。4考查某一方向動量守恒問題如圖所示，彈簧的一端固定在豎直墻上，質量為M的光滑弧形槽靜止在光滑水平面上，底部與水平面平滑連接，一個質量為m(mM)的小球從槽高h處開始自由下滑，下列說法正確的是()A在以后的運動過程中，小球和槽在水平方向動量始終守恒B在下滑過程中小球和槽之間的相互作用力始終不做功C全過程小球和槽、彈簧所組成的系統(tǒng)機械能守恒，且水平方向動量守恒D被彈簧反彈后，小球和槽的機械能守恒，但小球不能回到槽高h處解析：選D當小球與彈簧接觸后，小球與槽組成的系統(tǒng)在水平方向所受合外力不為零，系統(tǒng)在水平方向動量不守恒，故A錯誤；下滑過程中兩物體都有水平方向的位移，而力是垂直于槽的曲面的，故力和位移夾角不垂直，故兩力均做功，故B錯誤；全過程小球和槽、彈簧所組成的系統(tǒng)只有重力與彈力做功，系統(tǒng)機械能守恒，小球與彈簧接觸過程系統(tǒng)在水平方向所受合外力不為零，系統(tǒng)水平方向動量不守恒，故C錯誤；球在槽上下滑過程系統(tǒng)水平方向不受力，系統(tǒng)水平方向動量守恒，球與槽分離時兩者動量大小相等，由于mM，則小球的速度大于槽的速度，小球被彈簧反彈后的速度大小等于球與槽分離時的速度大小，小球將追上槽并沿槽上滑，上滑過程中只有重力對系統(tǒng)做功，機械能守恒，由于小球與槽組成的系統(tǒng)總動量水平向左，小球滑上槽的最高點時系統(tǒng)速度水平向左，系統(tǒng)總動能不為零，由機械能守恒定律可知，小球上升的最大高度小于h，小球不能回到槽高h處，故D正確。5考查“人船模型”的動量守恒問題滑雪運動是人們酷愛的戶外體育活動，現有質量為m的人站立于雪橇上，如圖所示。人與雪橇的總質量為M，人與雪橇以速度v1在水平面上由北向南運動(雪橇所受阻力不計)。當人相對于雪橇以速度v2豎直跳起時，雪橇向南的速度大小為()A.B.C. Dv1解析：選D根據動量守恒條件可知人與雪橇組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，人跳起后水平方向速度不變，雪橇的速度仍為v1，D正確?？键c三碰撞、爆炸與反沖6.考查彈性碰撞問題2017年7月9日，斯諾克世界杯在江蘇無錫落下帷幕，由丁俊暉和梁文博組成的中國A隊在1比3落后的不利形勢下成功逆轉，最終以4比3擊敗英格蘭隊，幫助中國斯諾克臺球隊獲得了世界杯三連冠。如圖為丁俊暉正在準備擊球，設在丁俊暉這一桿中，白色球(主球)和花色球碰撞前、后都在同一直線上運動，碰前白色球的動量為pA5 kgm/s，花色球靜止，白色球A與花色球B發(fā)生碰撞后，花色球B的動量變?yōu)閜B4 kgm/s，則兩球質量mA與mB間的關系可能是()AmBmA BmBmACmBmA DmB6mA解析：選A由動量守恒定律得pApBpApB，解得pA1 kgm/s，根據碰撞過程中總動能不增加，則有，代入數據解得mBmA，碰后兩球同向運動，白色球A的速度不大于花色球B的速度，則，解得mB4mA，綜上可得 mAmB4mA，選項A正確。7考查非彈性碰撞問題多選A、B兩球沿一直線運動并發(fā)生正碰，如圖所示為兩球碰撞前、后的位移隨時間變化的圖像，a、b分別為A、B兩球碰前的位移隨時間變化的圖像，c為碰撞后兩球共同運動的位移隨時間變化的圖像。若A球質量m2 kg，則由圖判斷下列結論正確的是()A碰撞前、后A球的動量變化量為4 kgm/sB碰撞時A球對B球所施的沖量為4 NsCA、B兩球碰撞前的總動量為3 kgm/sD碰撞中A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的動能為10 J解析：選ABD根據圖像可知，碰前A球的速度vA3 m/s，碰前B球的速度vB 2 m/s，碰后A、B兩球共同的速度v1 m/s，故碰撞前、后A球的動量變化量為pAmvmvA4 kgm/s，選項A正確；A球的動量變化量為4 kgm/s，碰撞過程中動量守恒，B球的動量變化量為4 kgm/s，根據動量定理，碰撞過程中A球對B球所施的沖量為 4 Ns，選項B正確；由于碰撞過程中動量守恒，有mvAmBvB(mmB)v，解得mB kg，故碰撞過程中A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的動能為EmvA2mBvB2(mmB)v210 J，選項D正確；A、B兩球碰撞前的總動量為pmvAmBvB(mmB)v kgm/s，選項C錯誤。8考查爆炸問題“爆竹聲中一歲除，春風送暖入屠蘇”，燃放爆竹是我國傳統(tǒng)民俗。春節(jié)期間，某人斜向上拋出一個爆竹，假設爆竹到達最高點時(速度水平向東)立即爆炸成質量相等的三塊碎片，前面一塊碎片速度水平向東，后面一塊碎片速度水平向西，前、后兩塊碎片的水平速度(相對地面)大小相等、方向相反。以下說法正確的是()A爆炸后的瞬間，中間那塊碎片的速度大于爆炸前瞬間爆竹的速度B爆炸后的瞬間，中間那塊碎片的速度可能水平向西C爆炸后，三塊碎片將同時落到水平地面上，并且落地時的動量相同D爆炸后的瞬間，中間那塊碎片的動能可能小于爆炸前的瞬間爆竹的總動能解析：選A設爆竹爆炸前的速度為v，爆竹爆炸成三塊碎片的質量均為m，爆炸后前、后兩塊碎片的速度大小為v前后，中間那塊碎片的速度大小為v，設水平向東為正方向，根據水平方向動量守恒，3mvmv前后mvmv前后，得v3v，方向向東，所以爆炸后的瞬間，中間那塊碎片的速度大于爆炸前瞬間爆竹的速度，選項A正確、B錯誤；爆炸后，三塊碎片均做平拋運動，豎直方向上有hgt2，下落時間相同，則豎直方向分速度相同，但水平方向上的分速度方向不同，故合速度方向不同，則動量不同，選項C錯誤；爆炸后的瞬間，中間那塊碎片的動能m(3v)23mv2，選項D錯誤。9考查反沖問題多選一機槍架在湖中小船上，船正以1 m/s的速度前進，小船及機槍總質量M 200 kg，每顆子彈質量為m20 g，在水平方向機槍以v600 m/s的對地速度射出子彈，打出5顆子彈后船的速度可能為()A1.4 m/s B1 m/sC0.8 m/s D0.5 m/s解析：選BC若子彈射出方向與船前進的方向在同一直線上，則子彈、機槍和小船組成的系統(tǒng)動量守恒，有Mv0(M5m)v5mv，若子彈向船前進的方向射出，反沖作用使船速減小，v10.7 m/s，若子彈向船前進的反方向射出，v21.3 m/s，可見船速應在0.71.3 m/s之間。故B、C正確?？键c四動量綜合問題10.考查含有彈簧的動量綜合問題多選光滑水平面上放有質量分別為2m和m的物塊A和B，用細線將它們連接起來，兩物塊中間加有一壓縮的輕質彈簧(彈簧與物塊不相連)，彈簧的壓縮量為x。現將細線剪斷，此刻物塊A的加速度大小為a，兩物塊剛要離開彈簧時物塊A的速度大小為v，則()A物塊B的加速度大小為a時彈簧的壓縮量為B物塊A從開始運動到剛要離開彈簧時位移大小為xC物塊開始運動前彈簧的彈性勢能為mv2D物塊開始運動前彈簧的彈性勢能為3mv2解析：選AD當物塊A的加速度大小為a時，根據胡克定律和牛頓第二定律得kx2ma。當物塊B的加速度大小為a時，有：kxma，對比可得：x，即此時彈簧的壓縮量為，故A正確。取水平向左為正方向，根據系統(tǒng)動量守恒得：2mm0，又xAxBx，解得A的位移為：xAx，故B錯誤。根據動量守恒定律得：02mvmvB，得物塊B剛要離開彈簧時的速度vB2v，由系統(tǒng)的機械能守恒得，物塊開始運動前彈簧的彈性勢能為：Ep2mv2mvB23mv2，故C錯誤，D正確。11考查“子彈打木塊”模型多選如圖所示，質量為m的子彈水平射入質量為M、放在光滑水平地面上靜止的木塊，子彈未穿透木塊，此過程中木塊動能增加了5 J，那么此過程中系統(tǒng)產生的內能可能為()A16 J B11.2 JC4.8 J D3.4 J解析：選AB設子彈的初速度為v0，與木塊的共同速度為v，則由動量守恒定律有mv0(Mm)v；系統(tǒng)產生的內能Qfdmv02(mM)v2，木塊得到的動能為Ek1fsMv2，其中，f為子彈與木塊間的摩擦力，d為子彈在木塊內運動的位移，s為木塊相對于地面運動的位移，變形可得QEk1Ek1，故選項A、B正確。12考查板塊模型問題如圖所示，在光滑水平面上有一塊長為L的木板B，其上表面粗糙。在其左端有一個光滑的圓弧槽C與長木板接觸但不連接，圓弧槽的下端與木板的上表面相平，B、C靜止在水平面上。現有很小的滑塊A以初速度v0從右端滑上B，并以的速度滑離B，恰好能到達C的最高點。A、B、C的質量均為m，求：(1)滑塊A與木板B上表面間的動摩擦因數；(2)圓弧槽C的半徑R；(3)滑塊A滑離圓弧槽C時C的速度。解析：(1)對A、B、C整體，設A剛離開B時，B和C的共同速度為vB，從A滑上B到剛離開B的過程中動量守恒，有mv0m2mvB，解得vB由能量守恒定律有mgLmv02m22mvB2解得。(2)從A滑上C到“恰能到達C的最高點”的過程中，設A到達最高點時A和C的共同速度為vC，研究A和C組成的系統(tǒng)，在水平方向上由動量守恒定律有mmvB2mvC，解得vCv0由于在此過程中A和C組成的系統(tǒng)機械能守恒，有mgRm2mvB22m2解得R。(3)研究A、C組成的系統(tǒng)，從A滑上C開始到A滑離C的過程中，系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，有mmvBmvA1mvC1，式中vA1和vC1分別為A滑離C時A和C的速度此過程中A和C組成的系統(tǒng)機械能守恒，有m2mvB2mvA12mvC12解得vC1，方向水平向左。答案：(1)(2)(3)，方向水平向左13考查三大觀點的綜合應用如圖所示，半徑R2.0 m的光滑圓弧軌道固定在光滑的水平地面上，其末端水平。平板小車上固定一木塊，緊靠在軌道的末端，木塊上表面水平粗糙，且與圓弧軌道末端等高。木塊的厚度h0.45 m，木塊最右端到小車最右端的水平距離x0.45 m，小車連同木塊總質量M2 kg?，F使一個質量m0.5 kg的小球從圓弧軌道上由靜止釋放，釋放小球的位置和圓弧軌道的圓心之間的連線與豎直方向的夾角為53，小球從木塊右端飛出后恰好擊中小車的最右端。 (g取10 m/s2, sin 530.8, cos 530.6)求：(1)小球到達圓弧軌道最低點時對軌道的壓力大?。?2)小球離開木塊最右端時，小球的速度大小；(3)小球運動到木塊最右端過程中，系統(tǒng)產生的內能。解析：(1)設小球到達圓弧軌道末端的速度為v0，由機械能守恒定律mgR(1cos 53)mv02解得v04 m/s小球在圓弧軌道最低點Fmgm解得F9 N由牛頓第三定律，小球對軌道的壓力FF9 N。(2)設小球運動到木塊最右端的速度為v1，此時小車的速度為v2，由動量守恒定律得mv0mv1Mv2小球離開木塊最右端后做平拋運動，設運動時間為thgt2 解得 t0.3 s小球恰好擊中小車的最右端，有v1tv2tx以上各式聯立解得v12 m/s，v20.5 m/s所以小球到達木塊最右端的速度大小為2 m/s。(3)由能量守恒定律得mgR(1cos 53)mv12Mv22Q解得Q2.75 J。答案：(1)9 N(2)2 m/s(3)2.75 J