2022年高考物理二轮复习专题二第二讲动量动量守恒定律--课前自测诊断卷含解析.doc

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1、第二讲 动量 动量守恒定律课前自测诊断卷考点一动量冲量动量定理1.考查动量、冲量的概念如图所示，竖直面内有一个固定圆环，MN是它在竖直方向上的直径。两根光滑滑轨MP、QN的端点都在圆周上，MPQN。将两个完全相同的小滑块a、b分别从M、Q点无初速度释放，在它们各自沿MP、QN运动到圆周上的过程中，下列说法中正确的是()A合力对两滑块的冲量大小相同B重力对a滑块的冲量较大C弹力对a滑块的冲量较小D两滑块的动量变化大小相同解析：选C这是“等时圆模型”，即两滑块同时到达滑轨底端。合力Fmgsin (为滑轨倾角)，FaFb，因此合力对a滑块的冲量较大，a滑块的动量变化也大；重力的冲量大小、方向都相同；

2、弹力FNmgcos ，FNaFNb，因此弹力对a滑块的冲量较小。故C正确。2考查动量定理与动能定理的应用多选静止在粗糙水平面上的物体，在水平力F的作用下，经过时间t、通过位移l后，动量为p、动能为Ek。以下说法正确的是()A若保持水平力F不变，经过时间2t，物体的动量等于2pB若将水平力增加为原来的两倍，经过时间t，物体的动量等于2pC若保持水平力F不变，通过位移2l，物体的动能小于2EkD若将水平力增加为原来的两倍，通过位移l，物体的动能大于2Ek解析：选AD根据动量定理I合(Ff)tp，保持水平力F不变，经过时间2t，(Ff)2tp，可知p2p，故A正确；根据动量定理I合(Ff)tp，若水

3、平力增加为原来的2倍，经过时间t，则有(2Ff)tp，则p2p，故B错误；根据动能定理(Ff)lEk，保持水平力F不变，通过位移2l，有(Ff)2lEk，则有Ek2Ek，故C错误；根据动能定理(Ff)lEk，将水平力增加为原来的两倍，通过位移l，有(2Ff)lEk，则有Ek2Ek，故D正确。考点二动量守恒定律及其应用3.考查动量守恒的条件(2019北京顺义九中质检)如图所示，A、B两物体质量之比mAmB32，原来静止在平板小车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑，当弹簧突然释放后，在A、B弹开的过程中()A若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统动量守恒B只有A、B与平

4、板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成的系统动量才守恒C若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统动量守恒D只有A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成的系统动量才守恒解析：选C若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，由于A、B质量不同，A、B所受摩擦力大小不相等，A、B组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；不论A、B与平板车上表面间的动摩擦因数是否相同，A、B、C组成的系统所受合力都为零，A、B、C系统动量守恒，故B错误；若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，故C正确；不论A、B所受的摩擦力大小是否相等，A、B、C组成的系统

5、所受合外力都为零，系统动量守恒，故D错误。4考查某一方向动量守恒问题如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为M的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量为m(mM)的小球从槽高h处开始自由下滑，下列说法正确的是()A在以后的运动过程中，小球和槽在水平方向动量始终守恒B在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力始终不做功C全过程小球和槽、弹簧所组成的系统机械能守恒，且水平方向动量守恒D被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，但小球不能回到槽高h处解析：选D当小球与弹簧接触后，小球与槽组成的系统在水平方向所受合外力不为零，系统在水平方向动量不守恒，故A错误；下滑过程中两物体都有水平方向

6、的位移，而力是垂直于槽的曲面的，故力和位移夹角不垂直，故两力均做功，故B错误；全过程小球和槽、弹簧所组成的系统只有重力与弹力做功，系统机械能守恒，小球与弹簧接触过程系统在水平方向所受合外力不为零，系统水平方向动量不守恒，故C错误；球在槽上下滑过程系统水平方向不受力，系统水平方向动量守恒，球与槽分离时两者动量大小相等，由于mM，则小球的速度大于槽的速度，小球被弹簧反弹后的速度大小等于球与槽分离时的速度大小，小球将追上槽并沿槽上滑，上滑过程中只有重力对系统做功，机械能守恒，由于小球与槽组成的系统总动量水平向左，小球滑上槽的最高点时系统速度水平向左，系统总动能不为零，由机械能守恒定律可知，小球上升的

7、最大高度小于h，小球不能回到槽高h处，故D正确。5考查“人船模型”的动量守恒问题(2019河北武邑模拟)如图所示，有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量。他进行了如下操作：首先将船平行码头自由停泊，然后他轻轻从船尾上船，走到船头后停下，而后轻轻下船。他用卷尺测出船后退的距离为d，然后用卷尺测出船长L，已知他自身的质量为m，则船的质量为()Am(Ld)/dBm(Ld)/dCmL/d Dm(Ld)/L解析：选A人在船上行走过程中，人和船所受合力为零，人和船组成的系统动量守恒，设船的质量为M，任一时刻人相对地面的速度大小为v1，船相对地面的速度大小为v2，则：mv1M(v

8、2)0，解得：；人在船上行走过程中人和船通过的距离满足，解得：船的质量Mm。故A项正确，B、C、D三项错误。考点三碰撞、爆炸与反冲6.考查碰撞的可能性2019年8月4日，2019世界斯诺克国际锦标赛正式开赛。首日比赛丁俊晖顺利晋级。如图为丁俊晖在比赛中准备击球，设在丁俊晖这一杆中，白色球(主球)和花色球碰撞前、后都在同一直线上运动，碰前白色球的动量为pA5 kgm/s，花色球静止，白色球A与花色球B发生碰撞后，花色球B的动量变为pB4 kgm/s，则两球质量mA与mB间的关系可能是()AmBmA BmBmACmBmA DmB6mA解析：选A由动量守恒定律得pApBpApB，解得pA1 kgm/

9、s，根据碰撞过程中总动能不增加，则有，代入数据解得mBmA，碰后两球同向运动，白色球A的速度不大于花色球B的速度，则，解得mB4mA，综上可得mAmB4mA，选项A正确。7考查碰撞与xt图像的综合问题在光滑水平面上的两个小球发生正碰。图为它们碰撞前后的xt图像，小球的质量分别为m1和m2，已知m10.1 kg。由此可以判断()A碰前m2、m1都运动B碰后m2和m1运动方向相同C由动量守恒定律可以算出m20.3 kgD碰撞过程中系统损失了0.4 J的机械能解析：选C由题给图像知，碰前m2的位移不随时间而变化，处于静止；m1的速度大小为v1 m/s4 m/s，故A错误；由题给图像可知，碰后m2的速

10、度沿正方向，m1的速度沿负方向，两小球运动方向相反，故B错误；由题给图像可知，碰后m2和m1的速度分别为v22 m/s，v12 m/s，根据动量守恒定律得m1v1m2v2m1v1，解得m20.3 kg，故C正确；碰撞过程中系统损失的机械能为Em1v12m1v12m2v22，解得E0，故D错误。8考查爆炸问题“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”，燃放爆竹是我国传统民俗。春节期间，某人斜向上抛出一个爆竹，假设爆竹到达最高点时(速度水平向东)立即爆炸成质量相等的三块碎片，前面一块碎片速度水平向东，后面一块碎片速度水平向西，前、后两块碎片的水平速度(相对地面)大小相等、方向相反。以下说法正确的是()A爆

11、炸后的瞬间，中间那块碎片的速度大于爆炸前瞬间爆竹的速度B爆炸后的瞬间，中间那块碎片的速度可能水平向西C爆炸后，三块碎片将同时落到水平地面上，并且落地时的动量相同D爆炸后的瞬间，中间那块碎片的动能可能小于爆炸前的瞬间爆竹的总动能解析：选A设爆竹爆炸前的速度为v，爆竹爆炸成三块碎片的质量均为m，爆炸后前、后两块碎片的速度大小为v前后，中间那块碎片的速度大小为v，设水平向东为正方向，根据水平方向动量守恒，3mvmv前后mvmv前后，得v3v，方向向东，所以爆炸后的瞬间，中间那块碎片的速度大于爆炸前瞬间爆竹的速度，选项A正确、B错误；爆炸后，三块碎片均做平抛运动，竖直方向上有hgt2，下落时间相同，则

12、竖直方向分速度相同，但水平方向上的分速度方向不同，故合速度方向不同，则动量不同，选项C错误；爆炸后的瞬间，中间那块碎片的动能m(3v)23mv2，选项D错误。9考查反冲问题多选一机枪架在湖中小船上，船正以1 m/s的速度前进，小船及机枪总质量M200 kg，每颗子弹质量为m20 g，在水平方向机枪以v600 m/s的对地速度射出子弹，打出5颗子弹后船的速度可能为()A1.4 m/s B1 m/sC0.8 m/s D0.5 m/s解析：选BC若子弹射出方向与船前进的方向在同一直线上，则子弹、机枪和小船组成的系统动量守恒，有Mv0(M5m)v5mv，若子弹向船前进的方向射出，反冲作用使船速减小，v

13、10.7 m/s，若子弹向船前进的反方向射出，v21.3 m/s，可见船速应在0.71.3 m/s之间。故B、C正确。考点四动量与能量的综合问题10.考查含有弹簧的动量与能量的综合问题(2019安徽滁州期末)如图所示，A、B两物块放在光滑的水平面上，一轻弹簧放在A、B之间与A相连，与B接触但不连接，弹簧刚好处于原长，将物块A锁定，物块C与A、B在一条直线上，三个物块的质量相等，现让物块C以v2 m/s的速度向左运动，与B相碰并粘在一起，当C的速度为零时，解除A的锁定，则A最终获得的速度大小为()A. m/s B. m/sC. m/s D. m/s解析：选D设每个物块的质量为m，C与B碰撞后的共

14、同速度为v1，根据动量守恒定律：mv2mv1，解得v11 m/s，设A最终获得的速度大小为v2，B和C获得的速度大小为v3，据动量守恒定律：mv22mv3，根据能量守恒定律可得2mv12mv222mv32，联立解得v2 m/s，故选D。11考查“子弹打木块”模型多选如图所示，质量为m的子弹水平射入质量为M、放在光滑水平地面上静止的木块，子弹未穿透木块，此过程中木块动能增加了5 J，那么此过程中系统产生的内能可能为()A16 J B11.2 JC4.8 J D3.4 J解析：选AB设子弹的初速度为v0，与木块的共同速度为v，则由动量守恒定律有mv0(Mm)v；系统产生的内能Qfdmv02(mM)

15、v2，木块得到的动能为Ek1fsMv2，其中，f为子弹与木块间的摩擦力，d为子弹在木块内运动的位移，s为木块相对于地面运动的位移，变形可得QEk1Ek1，故选项A、B正确。12考查板块模型中动量与能量的综合问题如图所示，在光滑水平面上有一块长为L的木板B，其上表面粗糙。在其左端有一个光滑的圆弧槽C与长木板接触但不连接，圆弧槽的下端与木板的上表面相平，B、C静止在水平面上。现有很小的滑块A以初速度v0从右端滑上B，并以的速度滑离B，恰好能到达C的最高点。A、B、C的质量均为m，求：(1)滑块A与木板B上表面间的动摩擦因数；(2)圆弧槽C的半径R；(3)滑块A滑离圆弧槽C时C的速度。解析：(1)对

16、A、B、C整体，设A刚离开B时，B和C的共同速度为vB，从A滑上B到刚离开B的过程中动量守恒，有mv0m2mvB，解得vB由能量守恒定律有mgLmv02m22mvB2解得。(2)从A滑上C到“恰能到达C的最高点”的过程中，设A到达最高点时A和C的共同速度为vC，研究A和C组成的系统，在水平方向上由动量守恒定律有mmvB2mvC，解得vCv0由于在此过程中A和C组成的系统机械能守恒，有mgRm2mvB22m2解得R。(3)研究A、C组成的系统，从A滑上C开始到A滑离C的过程中，系统在水平方向上动量守恒，有mmvBmvA1mvC1，式中vA1和vC1分别为A滑离C时A和C的速度此过程中A和C组成的

17、系统机械能守恒，有m2mvB2mvA12mvC12解得vC1，方向水平向左。答案：(1)(2)(3)，方向水平向左13考查力学三大观点的综合应用(2019太原一模)如图所示，固定的光滑平台左端固定有一光滑的半圆轨道，轨道半径为R，平台上静止放着两个滑块A、B，其质量mA，mBm，两滑块间夹有少量炸药。平台右侧有一小车，静止在光滑的水平地面上，小车质量M2m，车长L2R，车面与平台的台面等高，车面粗糙，动摩擦因数0.5，右侧地面上有一不超过车面高的立桩，立桩与小车右端的距离为s，且sR。小车运动到立桩处立即被牢固粘连。点燃炸药后，滑块A恰好能够通过半圆轨道的最高点D，滑块B冲上小车。两滑块都可以

18、看做质点，炸药的质量忽略不计，爆炸的时间极短，爆炸后两个滑块的速度方向在同一水平直线上，重力加速度为g。求：(1)滑块A在半圆轨道最低点C时受到轨道的支持力FN；(2)炸药爆炸后滑块B的速度大小vB；(3)求滑块B在小车上运动的过程中克服摩擦力做的功W。解析：(1)设爆炸后滑块A的速度大小为vA，滑块A在半圆轨道运动，设到达最高点的速度为vAD，则mAgmA解得vAD滑块A在半圆轨道运动过程中，由动能定理得mAg2RmAvAD2mAvAC2解得vACvA滑块A在半圆轨道最低点时，由牛顿第二定律得FNmAgmA解得FN3mg。(2)在A、B爆炸过程，动量守恒。则mBvBmA(vA)0解得vBvA

19、。(3)滑块B滑上小车直到与小车共速，整个过程中，动量守恒。则mBvB(mBM)v共解得v共滑块B从滑上小车到共速时的位移为sBR小车从开始运动到共速时的位移为sCR两者位移之差(即滑块B相对小车的位移)为ssBsCRs2R，即滑块B与小车在达到共速时未掉下小车。由于sRR，滑块和小车先达到相对静止，然后一起匀速向前运动，直到小车与立桩碰撞后小车停止，然后滑块B以v共向右做匀减速直线运动，设直到停下来发生的位移为s，sR因为ssR2R，所以滑块未从小车滑离。 滑块B从滑上小车到共速时克服摩擦力做功为WfmgsB然后滑块B以v共向右做匀减速直线运动，则直到停下来克服摩擦力做的功为Wfmgs滑块B克服摩擦力做的总功为WWfWf联立解得WmgR。答案：(1)3mg(2)(3)mgR8