2020届高考物理二轮复习专题二能量与动量3动量定理动量守恒定律课时作业含解析.doc

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1、动量定理、动量守恒定律题组一动量、冲量、动量定理1如图所示，足够长的固定光滑斜面倾角为，质量为m的物体以速度v从斜面底端冲上斜面，到达最高点后又滑回原处，所用时间为t.对于这一过程，下列判断正确的是()A斜面对物体的弹力的冲量为零B物体受到的重力的冲量大小为mgsin tC物体受到的合力的冲量大小为零D物体动量的变化量大小为mgsin t解析：D斜面对物体的弹力的冲量大小IFNtmgcos t，弹力的冲量不为零，故A错误；物体所受重力的冲量大小为IGmgt，故B错误；物体受到的合力的冲量大小为mgtsin ，由动量定理得，动量的变化量大小pI合mgsin t，故C错误，D正确2中国传统文化博大

2、精深，简单的现象揭示了深刻的道理，如水滴石穿假设从屋檐滴下的水滴质量为0.5 g，屋檐到下方石板的距离为4 m，水滴落到石板上在0.2 s内沿石板平面散开，忽略空气阻力，g取10 m/s2，则石板受到水滴的冲击力约为()A0.22 NB0.27 NC0.022 N D0.027 N解析：D由题知，水滴质量为m0.5 g，重力加速度为g10 m/s2，屋檐高度为h4 m，设水滴刚落到石板上时速度为v.水滴从屋檐开始下落到石板上，忽略空气阻力，水滴的机械能守恒，有mghmv2.水滴从接触石板到速度为零的过程中，取向下为正方向，对水滴由动量定理得(mgF)t0mv，解得F0.027 N，由牛顿第三定

3、律可知，D正确3如图所示，两个大小相同、质量均为m的弹珠静止在水平地面上某小孩在极短时间内给第一个弹珠水平冲量使其向右运动，当第一个弹珠运动距离L时与第二个弹珠发生弹性正碰，碰后第二个弹珠运动2L距离停下已知弹珠所受阻力大小恒为重力的k倍，重力加速度为g，则小孩对第一个弹珠()A施加的冲量为mB施加的冲量为mC做的功为kmgLD做的功为3kmgL解析：D当第一个弹珠运动距离L时与第二个弹珠发生弹性正碰，根据动量守恒和能量守恒可知，两弹珠速度发生交换，即第一个弹珠碰后停止运动，第二个弹珠以第一个弹珠碰前的速度继续向前运动了2L距离停下从效果上看，相当于第二个弹珠不存在，第一个弹珠直接向前运动3L

4、的距离后停止运动根据动能定理可知，小孩对第一个弹珠做的功等于弹珠获得的动能，也等于克服阻力做的总功，即WEkkmg3L，选项C错误，选项D正确施加的冲量Ipp00m，选项A、B错误题组二动量守恒定律的应用4关于下列四幅图所反映的物理过程的说法正确的是()A甲图中子弹射入木块的过程中，子弹和木块组成的系统动量守恒，能量不守恒B乙图中M、N两木块放在光滑的水平面上，剪断束缚M、N两木块之间的细线，在弹簧恢复原长的过程中，M、N与弹簧组成的系统动量守恒，机械能增加C丙图中细线断裂后，木球和铁球在水中运动的过程，两球组成的系统动量守恒，机械能不守恒D丁图中木块沿放在光滑水平面上的斜面下滑，木块和斜面组

5、成的系统在水平方向上动量守恒，机械能守恒解析：C甲图中，在光滑水平面上，子弹射入木块的过程中，子弹和木块组成的系统动量守恒，机械能有损失，但是损失的机械能转化为内能，能量仍守恒，A错误；乙图中，剪断束缚M、N两木块之间的细线，在弹簧恢复原长的过程中，M、N与弹簧组成的系统动量守恒，弹簧的弹性势能转化为木块的动能，系统机械能守恒，B错误；丙图中，木球和铁球组成的系统匀速下降，说明两球所受水的浮力等于两球自身的重力，细线断裂后两球在水中运动的过程中，所受合外力为零，两球组成的系统动量守恒，由于水的浮力对两球做功，两球组成的系统机械能不守恒，C正确；丁图中，木块沿放在光滑水平面上的斜面下滑，木块和斜

6、面组成的系统在水平方向上不受外力，水平方向上动量守恒，由于斜面可能不光滑，所以机械能可能有损失，D错误5在冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞如图甲所示，碰撞前后两壶运动的vt图线如图乙中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量相等，则()A碰后红壶将被反弹回来B碰后蓝壶速度为0.8 m/sC碰后蓝壶移动的距离为2.4 mD碰后红壶所受摩擦力小于蓝壶所受的摩擦力解析：B由图可知，碰前红壶的速度v01.0 m/s，碰后速度为v00.2 m/s，碰后红壶沿原方向运动，故A错误；设碰后蓝壶的速度为v，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得mv0

7、mv0mv，解得v0.8 m/s，故B正确；根据速度图像与坐标轴围成的“面积”表示位移，可得碰后蓝壶移动的位移大小xvt0.85 m2 m，故C错误；根据图像的斜率表示加速度，知碰后红壶的加速度大于蓝壶的加速度，两者的质量相等，由牛顿第二定律知碰后红壶所受摩擦力大于蓝壶所受的摩擦力，故D错误6如图所示是一个物理演示实验，图中自由下落的物体A和B经反弹后，B能上升到比初位置高得多的地方A是某种材料做成的实心球，质量m10.28 kg，在其顶部的凹坑中插着质量m20.1 kg的木棍B，B只是松松地插在凹坑中，其下端与坑底之间有小空隙，将此装置从A下端离地板的高度H1.25 m处由静止释放，实验中，

8、A触地后在极短时间内反弹，且其速度大小不变；接着木棍B脱离球A开始上升，而球A恰好停留在地板上，则木棍B上升的高度为(重力加速度g取10 m/s2)()A4.05 mB1.25 mC5.30 m D12.5 m解析：A由题意可知，A、B做自由落体运动，由v22gH，可得A、B的落地速度的大小v，A反弹后与B的碰撞为瞬时作用，A、B组成的系统虽然在竖直方向上合外力不为零，但作用时间很短，系统的内力远大于外力，所以动量近似守恒，故有m1vm2v0m2v2，B上升高度h，联立并代入数据得h4.05 m，A正确题组三碰撞模型7质量为80 kg的冰球运动员甲，以5 m/s的速度在水平冰面上向右运动时，与

9、质量为100 kg、速度为3 m/s迎面而来的运动员乙相撞，碰后甲恰好静止假设碰撞时间极短，下列说法正确的是()A碰后乙向左运动，速度大小为1 m/sB碰后乙向右运动，速度大小为7 m/sC碰撞中甲、乙的机械能总共增加了1 450 JD碰撞中甲、乙的机械能总共损失了1 400 J解析：D甲、乙碰撞过程中，相互作用的内力远大于冰面对运动员的阻力，两运动员组成的系统动量守恒，以向右为正方向，设碰撞前甲的速度为v甲，乙的速度为v乙，碰撞后乙的速度为v乙，由动量守恒定律，有m甲v甲m乙v乙m乙v乙，解得v乙1 m/s，方向向右，A、B错误；甲、乙碰撞过程中机械能的变化量Em乙v乙2，代入数据解得E1

10、400 J，则机械能减少了1 400 J，C错误，D正确8如图所示，在光滑水平地面上有A、B两个小物块，其中物块A的左侧连接一轻质弹簧物块A处于静止状态，物块B以一定的初速度向物块A运动，并通过弹簧与物块A发生弹性正碰对于该作用过程，两物块的速率变化可用速率时间图像进行描述，在选项所示的图像中，图线1表示物块A的速率变化情况，图线2表示物块B的速率变化情况则在这四个图像中可能正确的是( )解析：B物块B压缩弹簧的过程，开始时A做加速运动，B做减速运动，随着压缩量的增大，弹簧的弹力增大，两个物块的加速度增大当弹簧压缩至最短时，二者的速度相等；此后A继续加速，B继续减速，弹簧的压缩量减小，弹力减小

11、，两个物块的加速度减小当弹簧恢复原长时B离开弹簧所以vt图像切线斜率的大小都先增大后减小设B离开弹簧时A、B的速度分别为vA和vB.取水平向右为正方向，根据动量守恒定律：mBv0mAvAmBvB，由机械能守恒得：mBvmAvmBv联立解得vAv0，vBv0.若mBmA，由上式可得：vAvB.所以B图是可能的若mBmA，由上式可得：vAv0，vB0.若mBmA，由上式可得：vA0，vB0.综上，只有B图是可能的故A、C、D错误，B正确9(2019江西红色七校二模，18)在光滑水平面上有三个小钢球a、b、c处于静止状态，质量分别为2m、m、2m.其中a、b两球间夹一被压缩的弹簧，两球被左右两边的光

12、滑挡板束缚着若某时刻将挡板撤掉，弹簧便把a、b两球弹出，两球脱离弹簧后，a球获得的速度大小为v，若b、c两球相距足够远，则b、c两球发生弹性碰撞后()Ab球的速度大小为v，运动方向与原来相反Bb球的速度大小为v，运动方向与原来相反Cc球的速度大小为vDc球的速度大小为v解析：B设b球脱离弹簧时的速度为v0，b、c两球相碰后b、c的速度分别为vb和vc，取向右为正方向，弹簧将a、b两球弹出过程，由动量守恒定律有02mvmv0，可得v02v，b、c两球相碰过程，由动量守恒定律和机械能守恒得mv0mvb2mvc，mvmv2mv，联立计算得出vbv(负号表示方向向左，与原来相反)，vcv，所以B正确B

13、级综合练10(多选)如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A以速度v0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x.现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B(如图乙所示)，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x，则()AA物体的质量为3mBA物体的质量为2mC弹簧压缩量最大时的弹性势能为mvD弹簧压缩量最大时的弹性势能为mv解析：AC弹簧固定，当弹簧压缩量最大时，弹性势能最大，A的动能转化为弹簧的弹性势能，A及弹簧组成的系统机械能守恒，可知弹簧被压缩过程中最大的弹性势能等于A的初动能设A的质量为mA，即EpmmAv.当弹簧一端连接另一质量为m的物体B时，A与弹簧相互

14、作用的过程中，B将向右运动，A、B速度相等时，弹簧的弹性势能最大选取A的初速度的方向为正方向，由动量守恒定律得：mA2v0(mmA)v，由机械能守恒定律得：EpmmA(2v0)2(mAm)v2，解得：mA3m，Epmmv.故A、C正确，B、D错误11(多选)如图所示，倾角为的固定斜面足够长，一质量为m、上表面光滑且足够长的长方形木板A正以速度v0沿斜面匀速下滑，某时刻将质量为2m的小滑块B无初速度地放在木板A上，重力加速度为g，则在滑块与木板都滑动的过程中()A木板A的加速度大小为2gsin B小滑块B的加速度大小为2gsin C木板A和小滑块B的动能之和不变D木板A的动量为mv0时，小滑块B

15、的动量为mv0解析：AD只有A时，A匀速下滑，则说明A受到的重力沿斜面向下的分力与摩擦力等大反向，即mgsin mgcos ，加上B后，A对斜面的压力增大，则摩擦力变为3mgcos ，而A的重力沿斜面向下的分力不变，由牛顿第二定律，有3mgcos mgsin maA，解得加速度aA2gsin ，A正确；对B受力分析，由牛顿第二定律，有2mgsin 2maB，解得aBgsin ，B错误；A、B整体在沿斜面方向上受力平衡，故A、B整体动量守恒，由动量守恒定律可知p0pApB，其中p0mv0，故当A的动量为mv0时，B的动量为mv0，此时动能之和Ekmvmv，C错误，D正确12(多选)如图所示，一质

16、量为M、上表面是一半径为R的半球面凹槽静止于水平面上，凹槽的最低点放一质量为m的小球，不计一切摩擦和空气阻力，现给小球一瞬时水平冲量，小球获得初速度v0，重力加速度为g，在以后的运动过程中，下列说法正确的是()A若小球无法冲出凹槽，小球上升的最大高度H一定小于B若小球能冲出凹槽，小球上升的最大高度HC若小球能冲出凹槽，小球有可能不会落回凹槽中D小球第12次返回凹槽的最低点时，凹槽的速度最大解析：AB小球在凹槽中运动过程中，小球和凹槽组成的系统在水平方向上不受外力，水平方向动量守恒，因为不计一切摩擦和空气阻力，所以系统机械能守恒若小球无法冲出凹槽，则小球在最高点与凹槽有相同的速度，有mv0(mM

17、)v，mv(mM)v2mgH，解得H，A正确若小球可以冲出凹槽，小球在离开凹槽时，与凹槽在水平方向有共同速度vx，同时相对凹槽有竖直向上的速度vy，小球离开凹槽后，相对地面做斜抛运动，水平方向的速度与凹槽的水平速度相等，当小球运动到最高点时，其速度与凹槽速度相等，即等于离开凹槽时的水平速度，有mv0(mM)vx，mv(mM)vmgH，解得H，B正确小球离开凹槽后相对凹槽做竖直上抛运动，再次落回凹槽时，相对凹槽竖直向下，小球可以落回凹槽中，C错误第一次经过最低点前，小球沿右侧轨道向下运动，对凹槽的压力斜向右下方，凹槽速度增大，第二次经过最低点前，小球沿左侧轨道向下运动，对凹槽的压力斜向左下方，凹

18、槽速度减小，小球奇数次的运动情况与第一次相同，偶数次的运动情况与第二次相同，D错误13弹射座椅是飞行员使用的座椅型救生装置在飞机失控时，依靠座椅上的动力(喷气发动机)装置将飞行员弹射到高空，然后张开降落伞使飞行员安全降落某次实验中，在地面上静止的战斗机内，飞行员按动弹射按钮，座椅(连同飞行员等)在喷气发动机的驱动下被弹出打开的机舱，座椅沿竖直方向运动，5 s末到达最高点，上升的总高度为112.5 m在最高点时打开降落伞，飞行员安全到达地面已知座椅的总重量为100 kg，弹射过程中发动机对座椅的推力竖直向上且恒定，不考虑发动机质量的变化及空气阻力，取g10 m/s2，求：(1)发动机对座椅推力的

19、值；(2)发动机对座椅冲量的大小解析：(1)设座椅上升时的最大速度为vm，由运动学公式有hmvmt.设发动机作用的时间为t1，座椅的加速度为a1，发动机的推力为N，减速过程的时间为t2，则Nmgma1，vma1t1，vmgt2，t1t2t，解得：N10mg1.0104 N.(2)设发动机对座椅冲量的大小为I，则INt1，解得：I5103 Ns.答案：(1)1.0104 N(2)5103 Ns14如图所示，长木板B的质量为m21.0 kg，静止放在粗糙的水平地面上，质量为m31.0 kg的物块C(可视为质点)放在长木板的最右端一个质量为m10.5 kg的物块A从距离长木板B左侧l9.5 m处，以

20、速度v010 m/s向着长木板运动一段时间后物块A与长木板B发生弹性正碰(时间极短)，之后三者发生相对运动，整个过程中物块C始终在长木板上已知物块A及长木板与地面间的动摩擦因数均为10.1，物块C与长木板间的动摩擦因数为20.2，物块C与长木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，求：(1)碰后瞬间物块A和长木板B的速度；(2)长木板B的最小长度和物块A离长木板左侧的最终距离解析：(1)设物块A与木板B碰前的速度为v由动能定理得1m1glm1v2m1v解得v9 m/sA与B发生弹性碰撞，假设A、B碰撞后瞬间的速度分别为v1、v2，由动量守恒定律得m1vm1v1m2v2由机械能守恒

21、定律得m1v2m1vm2v联立解得v1v3 m/s，v2v6 m/s.(2)碰撞后B减速运动，设其加速度为a1，C加速运动，设其加速度为a2，B、C达到共同速度之前，由牛顿第二定律对木板B有1(m2m3)g2m3gm2a1对物块C有2m3gm3a2设从A、B碰撞后到B、C达到共同速度经历的时间为t，则v2a1ta2t木板B的最小长度dv2ta1t2a2t23 mB、C达到共同速度之后，因12，二者一起减速至停下，设加速度为a3由牛顿第二定律得1(m2m3)g(m2m3)a3整个过程B运动的位移为xBv2ta1t26 mA与B碰撞后，A做减速运动的加速度为a3，位移为xA4.5 m物块A离长木板B左侧的最终距离为s|xAxB|10.5 m.答案：(1)3 m/s(负号表示运动方向与v0方向相反)6 m/s(2)3 m10.5 m- 9 -