2019届高考物理二轮复习第一部分专题二能量与动量第二讲动量及其守恒定律课前自测诊断卷.doc

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1、专题二第二讲 动量及其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“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下，将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动，从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，下列分析正确的是()A绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小B绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小C绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大D人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力解析：选A从绳恰好伸直到人第一次下降至最低点的过程中，人先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，加速度等于零时，速度最大，故人的动量和动能都是先增

2、大后减小，加速度等于零时(即绳对人的拉力等于人所受的重力时)速度最大，动量和动能最大，在最低点时人具有向上的加速度，绳对人的拉力大于人所受的重力。绳的拉力方向始终向上与运动方向相反，故绳对人的冲量方向始终向上，绳对人的拉力始终做负功。故选项A正确，选项B、C、D错误。2考查动量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

3、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.考查系统动量守恒的判断多选如图所示，将质量为M1、半径为R且内壁光滑的半圆槽置于光滑水平面上，

4、左侧紧靠竖直墙壁，右侧紧靠一质量为M2的物块。今让一质量为m的小球自左侧槽口A的正上方h高处从静止开始下落，与半圆槽相切自A点进入槽内，以下结论正确的是()A小球在槽内运动的B至C过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒B小球在槽内运动的B至C过程中，小球、半圆槽和物块组成的系统水平方向动量守恒C小球离开C点以后，将做竖直上抛运动D小球从A点经最低点向右侧最高点运动的过程中，小球、半圆槽和物块组成的系统机械能守恒解析：选BD小球从AB的过程中，半圆槽对球的支持力沿半径方向指向圆心，而小球对半圆槽的压力方向相反指向左下方，因为有竖直墙挡住，所以半圆槽不会向左运动，可见，该过程中，小球与半圆槽在水平

5、方向受到外力作用，动量并不守恒，而由小球、半圆槽和物块组成的系统动量也不守恒；从BC的过程中，小球对半圆槽的压力方向向右下方，所以半圆槽要向右推动物块一起运动，因而小球参与了两个运动：一个是沿半圆槽的圆周运动，另一个是与半圆槽一起向右运动，小球所受支持力方向与速度方向并不垂直，此过程中，因为有物块挡住，小球与半圆槽在水平方向动量并不守恒，但是小球、半圆槽和物块组成的系统水平方向动量守恒，小球运动的全过程，水平方向动量也不守恒，选项A错误，B正确；当小球运动到C点时，它的两个分运动的合速度方向并不是竖直向上，所以此后小球做斜上抛运动，选项C错误；因为小球在槽内运动过程中，接触面都是光滑的，所以小

6、球、半圆槽、物块组成的系统机械能守恒，故选项D正确。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

7、有水平方向的位移，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，

8、小球上升的最大高度小于h，小球不能回到槽高h处，故D正确。5考查“人船模型”的动量守恒问题滑雪运动是人们酷爱的户外体育活动，现有质量为m的人站立于雪橇上，如图所示。人与雪橇的总质量为M，人与雪橇以速度v1在水平面上由北向南运动(雪橇所受阻力不计)。当人相对于雪橇以速度v2竖直跳起时，雪橇向南的速度大小为()A.B.C. Dv1解析：选D根据动量守恒条件可知人与雪橇组成的系统在水平方向动量守恒，人跳起后水平方向速度不变，雪橇的速度仍为v1，D正确。考点三碰撞、爆炸与反冲6.考查弹性碰撞问题2017年7月9日，斯诺克世界杯在江苏无锡落下帷幕，由丁俊晖和梁文博组成的中国A队在1比3落后的不利形势下成

9、功逆转，最终以4比3击败英格兰队，帮助中国斯诺克台球队获得了世界杯三连冠。如图为丁俊晖正在准备击球，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/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

10、项A正确。7考查非弹性碰撞问题多选A、B两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前、后的位移随时间变化的图像，a、b分别为A、B两球碰前的位移随时间变化的图像，c为碰撞后两球共同运动的位移随时间变化的图像。若A球质量m2 kg，则由图判断下列结论正确的是()A碰撞前、后A球的动量变化量为4 kgm/sB碰撞时A球对B球所施的冲量为4 NsCA、B两球碰撞前的总动量为3 kgm/sD碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10 J解析：选ABD根据图像可知，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两球共同的速度v1 m/s，故碰撞前、后A球的动量变化量为pAm

11、vmvA4 kgm/s，选项A正确；A球的动量变化量为4 kgm/s，碰撞过程中动量守恒，B球的动量变化量为4 kgm/s，根据动量定理，碰撞过程中A球对B球所施的冲量为 4 Ns，选项B正确；由于碰撞过程中动量守恒，有mvAmBvB(mmB)v，解得mB kg，故碰撞过程中A、B两球组成的系统损失的动能为EmvA2mBvB2(mmB)v210 J，选项D正确；A、B两球碰撞前的总动量为pmvAmBvB(mmB)v kgm/s，选项C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

12、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，

13、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M 200 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

14、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，v10.7 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。考点四动量综合问题10.考查含有弹簧的动量综合问题多选光滑水平面上放有质量分别为2m和m的物块A和B，用细线将它们连接起来，两物块中间加有一压缩的轻质弹簧(弹簧与物块不相连)，弹簧的压缩量为x。现将细线剪断，此刻物块A的加速度大小为a，两物块刚要离开弹簧时物块A的速度大小为v，则()A物块B的加速度大小为a时弹簧的压缩量为B物块

15、A从开始运动到刚要离开弹簧时位移大小为xC物块开始运动前弹簧的弹性势能为mv2D物块开始运动前弹簧的弹性势能为3mv2解析：选AD当物块A的加速度大小为a时，根据胡克定律和牛顿第二定律得kx2ma。当物块B的加速度大小为a时，有：kxma，对比可得：x，即此时弹簧的压缩量为，故A正确。取水平向左为正方向，根据系统动量守恒得：2mm0，又xAxBx，解得A的位移为：xAx，故B错误。根据动量守恒定律得：02mvmvB，得物块B刚要离开弹簧时的速度vB2v，由系统的机械能守恒得，物块开始运动前弹簧的弹性势能为：Ep2mv2mvB23mv2，故C错误，D正确。11考查“子弹打木块”模型多选如图所示，

16、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)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

17、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

18、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考查三大观点的综合应用如图所示，半径R2.0 m的光滑圆弧轨道固定在光滑的水平地面上，其末端水平。平板小车上固定一木块，紧靠在轨道的末端，木块上表面水平粗糙，且与圆弧轨道末端等

19、高。木块的厚度h0.45 m，木块最右端到小车最右端的水平距离x0.45 m，小车连同木块总质量M2 kg。现使一个质量m0.5 kg的小球从圆弧轨道上由静止释放，释放小球的位置和圆弧轨道的圆心之间的连线与竖直方向的夹角为53，小球从木块右端飞出后恰好击中小车的最右端。 (g取10 m/s2, sin 530.8, cos 530.6)求：(1)小球到达圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小；(2)小球离开木块最右端时，小球的速度大小；(3)小球运动到木块最右端过程中，系统产生的内能。解析：(1)设小球到达圆弧轨道末端的速度为v0，由机械能守恒定律mgR(1cos 53)mv02解得v04 m/s小球在圆弧轨道最低点Fmgm解得F9 N由牛顿第三定律，小球对轨道的压力FF9 N。(2)设小球运动到木块最右端的速度为v1，此时小车的速度为v2，由动量守恒定律得mv0mv1Mv2小球离开木块最右端后做平抛运动，设运动时间为thgt2 解得 t0.3 s小球恰好击中小车的最右端，有v1tv2tx以上各式联立解得v12 m/s，v20.5 m/s所以小球到达木块最右端的速度大小为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 J8