2018届高考物理二轮复习文档：“动量定理 动量守恒定律”学前诊断 9页

‎“动量定理 动量守恒定律”学前诊断 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．[考查动量变化量及冲量的计算]‎ ‎[多选]一细绳系着小球，在光滑水平面上做圆周运动，小球质量为m，速度大小为v，做圆周运动的周期为T，则以下说法中正确的是(　　)‎ A．经过时间t＝，动量变化量为0‎ B．经过时间t＝，动量变化量大小为mv C．经过时间t＝，细绳对小球的冲量大小为2mv D．经过时间t＝，重力对小球的冲量大小为 解析：选BCD　经过时间t＝，小球转过了180°，速度方向正好相反，若规定开始计时时的速度方向为正，则动量变化量为Δp＝－mv－mv＝－2mv，细绳对小球的冲量为I＝Δp＝－mv－mv＝－2mv，故大小为2mv，选项A错误，C正确；经过时间t＝，小球转过了90°，根据矢量合成法可得，动量变化量大小为Δp′＝mv，重力对小球的冲量大小为IG＝mgt＝，B、D均正确。‎ ‎3．[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2p B．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2p C．若保持水平力F不变，通过位移2l，物体的动能小于2Ek D．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＝(F－f)t＝p，保持水平力F不变，经过时间2t，(F－f)·2t＝p′，可知p′＝2p，故A正确；根据动量定理I合＝(F－f)t＝p，若水平力增加为原来的2倍，经过时间t，则有(2F－f)·t＝p′，则p′＞2p，故B错误；根据动能定理(F－f)·l＝Ek，保持水平力F不变，通过位移2l，有(F－f)·2l＝Ek′，则有Ek′＝2Ek，故C错误；根据动能定理(F－f)·l＝Ek，将水平力增加为原来的两倍，通过位移l，有(2F－f)·l＝Ek′，则有Ek′＞2Ek，故D正确。‎ 考点二 动量守恒定律及应用 ‎4.[考查多物体动量守恒的判断]‎ ‎[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，左侧靠竖直墙壁，右侧靠一质量为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，则以下结论中正确的是(　　)‎ 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A→B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B→C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，选项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，所以小球、半圆槽、物块组成的系统机械能守恒，故选项D正确。‎ ‎5．[考查某一方向的动量守恒问题]‎ 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(m＜M)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，小球和槽的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m＜M，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，小球上升的最大高度小于h，小球不能回到槽高h处，故D正确。‎ ‎6．[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． D．v1‎ 解析：选D　根据动量守恒条件可知人与雪橇组成的系统水平方向动量守恒，人跳起后水平方向速度不变，雪橇的速度仍为v1，D正确。‎ ‎7．[考查弹簧连接体的动量守恒问题]‎ ‎[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A从开始运动到刚要离开弹簧时位移大小为x C．物块开始运动前弹簧的弹性势能为mv2‎ D．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kx＝2ma。当物块B的加速度大小为a时，有：kx′＝ma，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，根据系统的动量守恒得：2m－m＝0，又xA＋xB＝x，解得A的位移为：xA＝x，故B错误。根据动量守恒定律得：0＝2mv－mvB，得物块B刚要离开弹簧时的速度vB＝2v，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：Ep＝·2mv2＋mvB2＝3mv2，故C错误，D正确。‎ 考点三 动量与能量的综合应用 ‎8.[考查弹性碰撞与非弹性碰撞]‎ 如图，小球B质量为10 kg，静止在光滑水平面上，小球A质量为5 kg，以10 m/s的速率向右运动，并与小球B发生正碰，碰撞后A球以2 m/s的速率反向弹回，则碰后B球的速率和这次碰撞的性质，下列说法正确的是(　　)‎ A．4 m/s，非弹性碰撞 B．4 m/s，弹性碰撞 C．6 m/s，非弹性碰撞 D．6 m/s，弹性碰撞 解析：选C　取小球A开始运动的方向为正方向，碰撞前两个小球的总动能：E1＝m1v12＝×5×102 J＝250 J。‎ 碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律得：‎ m1v1＝－m1v1′＋m2v2，‎ 解得：v2＝＝ m/s＝6 m/s。‎ 碰撞后两小球的总动能：E2＝m1v1′2＋m2v22＝×5×22 J＋×10×62 J＝190 J。‎ 因为E1＞E2，有能量损失，是非弹性碰撞。故C正确。‎ ‎9．[考查反冲运动规律]‎ 一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度v＝2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1。不计质量损失，取重力加速度g＝10 m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是(　　)‎ 解析：选B　由h＝gt2可知，爆炸后甲、乙两块做平抛运动的时间t＝1 s，爆炸过程中，爆炸力对沿原方向运动的一块的冲量沿运动方向，故这一块的速度必然增大，即v＞2 m/s，因此水平位移大于2 m，C、D项错误；甲、乙两块在爆炸前后，水平方向不受外力，故水平方向动量守恒，即甲、乙两块的动量改变量大小相等，两块质量比为3∶1，所以速度变化量之比为1∶3，由平抛运动水平方向上，x＝v0t，所以A图中，v乙＝－0.5 m/s，v甲＝2.5 m/s，Δv乙＝2.5 m/s，Δv甲＝0.5 m/s，A项错误；B图中，v乙＝0.5 m/s，v甲＝2.5 m/s，Δv乙＝1.5 m/s，Δv甲＝0.5 m/s，B项正确。‎ ‎10．[考查动量守恒定律与机械能守恒定律的综合分析]‎ 如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为M的滑块，滑块的一侧是一个弧形凹槽OAB，凹槽半径为R，A点切线水平。另有一个质量为m的小球以速度v0从A点冲上凹槽，重力加速度大小为g，不计摩擦。下列说法中正确的是(　　)‎ A．当v0＝时，小球能到达B点 B．如果小球的速度足够大，球将从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上 C．当v0＝时，小球在弧形凹槽上运动的过程中，滑块的动能一直增大 D．如果滑块固定，小球返回A点时对滑块的压力大小为m 解析：选C　小球在弧形凹槽上运动的过程中，小球对滑块的力有水平向左的分量，使滑块向左加速，滑块动能增大，小球的机械能将减小，A错误，C正确；当小球速度足够大，从B点离开滑块时，由于B点切线竖直，在B点时小球与滑块的水平速度相同，离开B点后将再次从B点落回，不会从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上，B错误；如果滑块固定，小球返回A点时对滑块的压力为mg＋m，D错误。‎ ‎11．[考查弹性碰撞及临界问题]‎ 如图，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A位于B、C之间。A的质量为m，B、C的质量都为M，三者均处于静止状态。现使A以某一速度向右运动，求m和M之间应满足什么条件，才能使A只与B、C各发生一次碰撞。设物体间的碰撞都是弹性的。‎ 解析：A向右运动与C发生第一次碰撞，碰撞过程中，系统的动量守恒、机械能守恒。设速度方向向右为正，开始时A的速度为v0，第一次碰撞后C的速度为vC1，A的速度为vA1。由动量守恒定律和机械能守恒定律得 mv0＝mvA1＋MvC1 ①‎ mv02＝mvA12＋MvC12 ②‎ 联立①②式得 vA1＝v0 ③‎ vC1＝v0 ④‎ 如果m＞M，第一次碰撞后，A与C速度同向，且A的速度小于C的速度，不可能与B发生碰撞；如果m＝M，第一次碰撞后，A停止，C以A碰前的速度向右运动，A不可能与B发生碰撞；所以只需考虑m＜M的情况。‎ 第一次碰撞后，A反向运动与B发生碰撞。设与B发生碰撞后，A的速度为vA2，B的速度为vB1，同样有 vA2＝vA1＝2v0 ⑤‎ 根据题意，要求A只与B、C各发生一次碰撞，应有 vA2≤vC1 ⑥‎ 联立④⑤⑥式得 m2＋4mM－M2≥0 ⑦‎ 解得 m≥(－2)M ⑧‎ 另一解m≤－(＋2)M舍去。‎ 所以，m和M应满足的条件为 ‎(－2)M≤m＜M。 ⑨‎ 答案：(－2)M≤m＜M ‎12．[考查动量守恒定律与能量的综合问题]‎ 如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其前面的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3 m(h小于斜面体的高度)。已知小孩与 滑板的总质量为m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动。取重力加速度的大小g＝10 m/s2。‎ ‎(1)求斜面体的质量；‎ ‎(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？‎ 解析：(1)规定向右为速度正方向。冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3。由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m2v20＝(m2＋m3)v ①‎ m2v202＝(m2＋m3)v2＋m2gh ②‎ 式中v20＝－3 m/s为冰块推出时的速度。联立①②式并代入题给数据得m3＝20 kg。③‎ ‎(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有m1v1＋m2v20＝0 ④‎ 代入数据得v1＝1 m/s ⑤‎ 设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒和机械能守恒定律有 m2v20＝m2v2＋m3v3 ⑥‎ m2v202＝m2v22＋m3v32 ⑦‎ 联立③⑥⑦式并代入数据得v2＝1 m/s ⑧‎ 由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩。‎ 答案：(1)20 kg　(2)见解析