2018届高考物理二轮复习文档：重难强化练——“动量定理 动量守恒定律”课后冲关 9页

重难专题强化练——“动量定理 动量守恒定律”课后冲关 一、高考真题集中演练——明规律 ‎1．[多选](2017·全国卷Ⅲ)一质量为2 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，则(　　)‎ A．t＝1 s时物块的速率为1 m/s B．t＝2 s时物块的动量大小为4 kg·m/s C．t＝3 s时物块的动量大小为5 kg·m/s D．t＝4 s时物块的速度为零 解析：选AB　法一：根据Ft图线与时间轴围成的面积的物理意义为合外力F的冲量，可知在0～1 s、0～2 s、0～3 s、0～4 s内合外力冲量分别为2 N·s、4 N·s、3 N·s、2 N·s，应用动量定理I＝mΔv可知物块在1 s、2 s、3 s、4 s末的速率分别为1 m/s、2 m/s、1.5 m/s、1 m/s，物块在这些时刻的动量大小分别为2 kg·m/s、4 kg·m/s、3 kg·m/s、2 kg·m/s，则A、B项正确，C、D项错误。‎ 法二：前2 s内物块做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a1＝＝ m/s2＝1 m/s2，t＝1 s时物块的速率v1＝a1t1＝1 m/s，A正确；t＝2 s时物块的速率v2＝a1t2＝2 m/s，动量大小为p2＝mv2＝4 kg·m/s，B正确；物块在2～4 s内做匀减速直线运动，加速度的大小为a2＝＝0.5 m/s2，t＝3 s时物块的速率v3＝v2－a2t3＝(2－0.5×1) m/s＝1.5 m/s，动量大小为p3＝mv3＝3 kg·m/s，C错误；t＝4 s时物块的速率v4＝v2－a2t4＝(2－0.5×2) m/s＝1 m/s，D错误。‎ ‎2．(2015·福建高考)如图，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是(　　)‎ A．A和B都向左运动　　 　B．A和B都向右运动 C．A静止，B向右运动 D．A向左运动，B向右运动 解析：选D　选向右为正方向，则A的动量pA＝m·2v0＝2mv0，B的动量pB＝－2mv0。碰前A、B的动量之和为零，根据动量守恒，碰后A、B 的动量之和也应为零，可知四个选项中只有选项D符合题意。‎ ‎3．(2016·全国卷Ⅰ)某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中。为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开。忽略空气阻力。已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g。求：‎ ‎(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；‎ ‎(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。‎ 解析：(1)设Δt时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则 Δm＝ρΔV ①‎ ΔV＝v0SΔt ②‎ 由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为 ＝ρv0S。 ③‎ ‎(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v。对于Δt时间内喷出的水，由能量守恒得 (Δm)v2＋(Δm)gh＝(Δm)v02 ④‎ 在h高度处，Δt时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为 Δp＝(Δm)v ⑤‎ 设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有 FΔt＝Δp ⑥‎ 由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得 F＝Mg ⑦‎ 联立③④⑤⑥⑦式得 h＝－。 ⑧ ‎ 答案：(1)ρv0S　(2)－ ‎4．(2016·全国卷Ⅲ)如图，水平地面上有两个静止的小物块a和b，其连线与墙垂直；a和b相距l，b与墙之间也相距l；a的质量为m，b的质量为m。两物块与地面间的动摩擦因数均相同。现使a以初速度v0向右滑动。此后a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞。重力加速度大小为g。求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件。‎ 解析：设物块与地面间的动摩擦因数为μ。若要物块a、b能够发生碰撞，应有 mv02＞μmgl ①‎ 即μ＜ ②‎ 设在a、b发生弹性碰撞前的瞬间，a的速度大小为v1。由能量守恒有 mv02＝mv12＋μmgl ③‎ 设在a、b碰撞后的瞬间，a、b的速度大小分别为v1′、v2′，由动量守恒和能量守恒有 mv1＝mv1′＋mv2′ ④‎ mv12＝mv1′2＋v2′2 ⑤‎ 联立④⑤式解得v2′＝v1 ⑥‎ 由题意知，b没有与墙发生碰撞，由功能关系可知 v2′2≤μmgl ⑦‎ 联立③⑥⑦式，可得 μ≥ ⑧‎ 联立②⑧式，a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞的条件 ≤μ＜。 ⑨‎ 答案：≤μ＜ ‎5．(2015·全国卷Ⅱ)两滑块a、b沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段。两者的位置x随时间t变化的图像如图所示。求：‎ ‎(1)滑块a、b的质量之比；‎ ‎(2)整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比。‎ 解析：(1)设a、b的质量分别为m1、m2，a、b碰撞前的速度为v1、v2。由题给图像得 v1＝－2 m/s ①‎ v2＝1 m/s ②‎ a、b发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v。由题给图像得 v＝ m/s ③‎ 由动量守恒定律得 m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v ④‎ 联立①②③④式得 m1∶m2＝1∶8。 ⑤‎ ‎(2)由能量守恒得，两滑块因碰撞而损失的机械能为 ΔE＝m1v12＋m2v22－(m1＋m2)v2 ⑥‎ 由图像可知，两滑块最后停止运动。由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功为 W＝(m1＋m2)v2 ⑦‎ 联立⑥⑦式，并代入数据得 W∶ΔE＝1∶2。 ⑧‎ 答案：(1)1∶8　(2)1∶2‎ 二、名校模拟重点演练——明趋势 ‎6．(2017·成都石室中学二诊)如图所示，光滑水平面上有质量均为m的物块A和B，B上固定一轻质弹簧，B静止，A以速度v0水平向右运动，从A与弹簧接触至弹簧被压缩到最短的过程中(　　)‎ A．A、B的动量变化量相同 B．A、B的动量变化率相同 C．A、B系统的总动能保持不变 D．A、B系统的总动量保持不变 解析：选D　两物体相互作用过程中系统的合外力为零，系统的总动量守恒，则A、B动量变化量大小相等、方向相反，所以动量变化量不同，故A错误，D正确；由动量定理Ft＝Δp可知，动量的变化率等于物体所受的合外力，A、B两物体所受的合外力大小相等、方向相反，所受的合外力不同，则动量的变化率不同，故B错误；A、B系统的总机械能不变，弹性势能在变化，则总动能在变化，故C错误。‎ ‎7．[多选](2018届高三·中卫调研)在光滑的水平桌面上有等大的质量分别为M＝0.6 kg，m＝0.2 kg的两个小球，中间夹着一个被压缩的具有Ep＝10.8 J弹性势能的轻弹簧(弹簧与两球不拴接)，原来处于静止状态。现突然释放弹簧，球m脱离弹簧后滑向与水平面相切、半径为R＝0.425 m的竖直放置的光滑半圆形轨道，如图所示。g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)‎ A．球m从轨道底端A运动到顶端B的过程中所受合外力冲量大小为3.4 N·s B．M离开轻弹簧时获得的速度为9 m/s C．若半圆轨道半径可调，则球m从B点飞出后落在水平桌面上的水平距离随轨道半径的增大而减小 D．弹簧弹开过程，弹力对m的冲量大小为1.8 N·s 解析：选AD　释放弹簧过程中系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒得：mv1－Mv2＝0，由机械能守恒得：mv12＋Mv22＝Ep，‎ 代入数据解得：v1＝9 m/s，v2＝3 m/s；‎ m从A到B过程中，由机械能守恒定律得：‎ mv12＝mv1′2＋mg·2R，解得：v1′＝8 m/s；‎ 以向右为正方向，由动量定理得，球m从轨道底端A运动到顶端B的过程中所受合外力冲量大小为：‎ I＝Δp＝mv1′－mv1＝0.2×(－8)N·s－0.2×9 N·s＝－3.4 N·s，‎ 则合力冲量大小为：3.4 N·s，故A正确。‎ M离开轻弹簧时获得的速度为3 m/s，故B错误。‎ 设圆轨道半径为r时，球m从B点飞出后水平位移最大，由A到B根据机械能守恒定律得：mv12＝mv1′2＋mg·2r，在最高点，由牛顿第二定律得：mg＋N＝m，m从B点飞出，需要满足：N≥0，飞出后，小球做平抛运动：2r＝gt2，x＝v1′t，由以上各式得x＝，当8.1－4r＝4r时，即r＝1.012 5 m时，x为最大，球m从B点飞出后落在水平桌面上的水平距离随轨道半径的增大先增大后减小，故C错误。由动量定理得，弹簧弹开过程，弹力对m的冲量大小为：I＝Δp＝mv1＝0.2×9 N·s＝1.8 N·s，故D正确。‎ ‎8．(2017·东北三省四市一模)如图所示，光滑悬空轨道上静止一质量为2m的小车A，用一段不可伸长的轻质细绳悬挂一质量为m的木块B ‎。一质量为m的子弹以水平速度v0射入木块B并留在其中(子弹射入木块时间极短)，在以后的运动过程中，摆线离开竖直方向的最大角度小于90°，试求：‎ ‎(1)木块能摆起的最大高度；‎ ‎(2)小车A运动过程的最大速度。‎ 解析：(1)因为子弹与木块作用时间极短，子弹与木块间的相互作用力远大于它们的重力，所以子弹与木块组成的系统水平方向动量守恒，设子弹与木块开始上升时的速度为v1，设向右为正方向，则有：mv0＝2mv1‎ 当木块摆到最大高度时，三者具有相同的水平速度，根据动量守恒定律得：mv0＝(m＋m＋2m)v2‎ 由能量守恒得·2mv12＝·4mv22＋2mgh 解得h＝。‎ ‎(2)子弹射入木块后由动量守恒得：‎ ‎2mv1＝2mv1′＋2mv2′‎ 根据能量守恒得：‎ ·2mv12＝·2mv1′2＋·2mv2′2‎ 解得v2′＝。‎ 答案：(1)　(2) ‎9．(2017·桂林中学月考)如图所示，在光滑的水平地面的左端连接一半径为R的光滑圆形固定轨道，在水平面上质量为M＝3m的小球Q连接着轻质弹簧，处于静止状态。现有一质量为m的小球P从B点正上方h＝R高处由静止释放，求：‎ ‎(1)小球P到达圆形轨道最低点C时的速度大小和对轨道的压力；‎ ‎(2)在小球P压缩弹簧的过程中，弹簧具有的最大弹性势能；‎ ‎(3)若小球P从B上方高H处释放，恰好使P球经弹簧反弹后能够回到B点，高度H的大小。‎ 解析：(1)小球P从A运动到C过程，根据机械能守恒得 mg(h＋R)＝mvC2‎ 又h＝R，代入解得vC＝2 在最低点C处，根据牛顿第二定律有：FN－mg＝m 解得轨道对小球P的支持力FN＝5mg 根据牛顿第三定律知小球P对轨道的压力大小为5mg，方向竖直向下。‎ ‎(2)弹簧被压缩过程中，当两球速度相等时，弹簧具有最大弹性势能，根据系统动量守恒有mvC＝(m＋M)v 根据机械能守恒定律有mvC2＝Epm＋(m＋M)v2‎ 联立解得Epm＝mgR。‎ ‎(3)小球P从B上方高H处释放，设到达水平面速度为v0，则有 Mg(H＋R)＝mv02‎ 弹簧被压缩后再次恢复到原长时，设小球P和Q的速度大小分别为v1和v2，根据动量守恒有 mv0＝－mv1＋Mv2‎ 根据机械能守恒有mv02＝mv12＋Mv22‎ 要使P球经弹簧反弹后恰好回到B点，则有mgR＝mv12‎ 联立解得H＝。‎ 答案：(1)2　5mg，方向竖直向下　(2)mgR　(3)