2020高考物理二轮复习第1部分专题3动量和能量第3讲动量定理与动量守恒定律限时检测含解析 8页

第3讲　动量定理与动量守恒定律 ‎ [限时45分钟；满分80分]‎ 一、选择题(每小题5分，共40分)‎ ‎1．在光滑水平面上，质量为m的小球A正以速度v0匀速运动。某时刻小球A与质量为3m的静止小球B发生正碰，两球相碰后，A球的动能恰好变为原来的，则碰后B球的速度大小是 A.　　　　　　　　　B. C.或 D．无法确定 解析　两球相碰后A球的速度大小变为原来的，相碰过程中满足动量守恒，若碰后A速度方向不变，则mv0＝mv0＋3mv1，可得B球的速度v1＝，而B在前，A在后，碰后A球的速度大于B球的速度，不符合实际情况，因此A球一定反向运动，即mv0＝－mv0＋3mv1，可得v1＝，A正确，B、C、D错误。‎ 答案　A ‎2．(2019·湖南六校联考)如图3－3－15所示，质量为m的均匀木块静止在光滑水平面上，木块左右两侧各有一位拿着完全相同步枪和子弹的射手。首先左侧射手开枪，子弹水平射入木块的最大深度为d1，然后右侧射手开枪，子弹水平射入木块的最大深度为d2。设子弹均未射穿木块，且两颗子弹与木块之间的作用力大小均相同。当两颗子弹均相对于木块静止时，下列判断正确的是 图3－3－15‎ A．木块静止，d1＝d2 B．木块向右运动，d1＜d2‎ C．木块静止，d1＜d2 D．木块向左运动，d1＝d2‎ 解析　把两颗子弹和木块看成一个系统，由动量守恒定律，可知最终木块静止。左侧射手开枪，把子弹和木块看成一个系统，由动量守恒定律可知，木块向右运动。右侧射手开枪，子弹相对于木块的速度大于木块静止时子弹相对于木块的速度，所以子弹进入木块的相对速度较大，分析可知d1＜d2，选项C正确，A、B、D错误。‎ 答案　C ‎3．质量为80 kg的冰球运动员甲，以5‎ 8‎ ‎ m/s的速度在水平冰面上向右运动时，与质量为100 kg、速度为3 m/s的迎面而来的运动员乙相碰，碰后甲恰好静止，假设碰撞时间极短，下列说法中正确的是 A．碰后乙向左运动，速度大小为1 m/s B．碰后乙向右运动，速度大小为7 m/s C．碰撞中甲、乙的机械能总共增加了1 450 J D．碰撞中甲、乙的机械能总共损失了1 400 J 解析　甲、乙碰撞的过程中，甲、乙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，由动量守恒定律得：m甲v甲－m乙v乙＝m乙v乙′，解得：v′乙＝1 m/s，方向水平向右，选项A、B错误；甲、乙碰撞过程机械能的变化量ΔE＝m甲v甲2＋m乙v乙2－m乙v乙′2代入数据解得ΔE＝1 400 J，机械能减少了1 400 J，选项C错误，D正确。‎ 答案　D ‎4．(2019·德州一模)如图3－3－16所示在足够长的光滑水平面上有一静止的质量为M＝2m的斜面，斜面表面光滑、高度为h、倾角为θ。一质量为m的小物块以一定的初速度沿水平面向右运动，不计冲上斜面过程中机械能损失。如果斜面固定，则小物块恰能冲到斜面顶端。如果斜面不固定，则小物块冲上斜面后能到达的最大高度为 图3－3－16‎ A.　　　B. C.　　　D．h 解析　斜面固定时，设物块初速度为v，由机械能守恒有：mgh＝mv2‎ 斜面不固定时，设物块冲上斜面能达到的最大高度为H，物块和斜面水平共同速度为v′，由水平方向动量守恒得：‎ mv＝(M＋m)v′‎ 所以v′＝v 由机械能守恒有：‎ mv2＝(M＋m)v′2＋mgH 则H＝h，故C正确，ABD错误。‎ 答案　C 8‎ ‎5．(多选)(2019·泉州二模)如图3－3－17所示，足够长的固定光滑斜面倾角为θ，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 图3－3－17‎ 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mgt C．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 θ·t 解析　斜面对物体的弹力的冲量大小I＝FNt＝mgcos θ·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IG＝mg·t，故B正确；物体受到的合力的冲量大小为mgtsin θ，由动量定理得，动量的变化量大小Δp＝I合＝mgsin θ·t，故C错误，D正确。‎ 答案　BD ‎6．(多选)(2019·枣庄二模)如图3－3－18所示，两根足够长的平行光滑金属导轨固定在同一水平面内，两导轨间的距离为L；导轨上面垂直于导轨横放着两根相距x0的导体棒ab、cd，两导体棒与导轨构成矩形闭合回路。两导体棒的质量均为m、电阻均为R，回路中其余部分的电阻忽略不计。整个装置处于磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中。开始时，cd棒静止，ab棒的速度大小为v0、方向指向cd棒。若两导体棒在运动过程中始终不接触，选水平向右的方向为正方向，则在运动过程中 图3－3－18‎ A．ab棒产生的焦耳热最多为mv02‎ B．安培力对cd棒的冲量最多为mv0‎ C．通过ab棒某一横截面的电荷量最多为 D．ab棒与cd棒间的最终距离为x0－ 解析　从开始到最终稳定的过程中，两棒总动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律得mv0＝2mv，ab棒产生的焦耳热最多为Q＝Q总＝×＝mv02‎ 8‎ ‎，故A错误；安培力对cd棒的冲量最多为I＝Δp＝mv－0＝mv0，故B正确；对ab棒，由动量定理可得－FΔt＝mv0－mv0，所以有BILΔt＝mv0，通过ab棒某一横截面的电荷量最多为q＝IΔt＝，故C正确；由于通过ab棒某一横截面的电荷量最多为q＝＝，则有x＝，ab棒与cd棒间的最终距离为s＝x0－x＝x0－，故D正确。‎ 答案　BCD ‎7．有一宇宙飞船，它的正面面积S＝2 m2，以v＝3×103 m/s的相对速度飞入一宇宙微粒尘区。此微粒尘区1 m3空间中有一个微粒，每一个微粒的平均质量为m＝2×10－7 kg。设微粒与飞船外壳碰撞后附着于飞船上，要使飞船速度不变，飞船的牵引力应增加 A．3.6×103 N B．3.6 N C．1.2×10－3 N D．1.2 N 解析　选在时间Δt内与飞船碰撞的微粒为研究对象，其质量应等于底面积为S，高为vΔt的圆柱体内微粒的质量，即M＝mSvΔt，初动量为0，末动量为Mv，设飞船对微粒的作用力为F，由动量定理得F·Δt＝Mv－0，则F＝＝＝mSv2，由牛顿第三定律可知，微粒对飞船的撞击力大小等于mSv2，则飞船要保持原速度匀速飞行，牵引力应增加F′＝F＝mSv2，代入数据解得F′＝2×10－7×2×(3×103)2 N＝3.6 N，故A、C、D错误，B正确。‎ 答案　B ‎8．(2019·茂名二模)三个半径相同的弹性球，静止置于光滑水平面的同一直线上，顺序如图3－3－19所示，已知mA＝m，mC＝4m，当A以速度v0向B运动，若要使得BC碰后C具有最大速度，则B的质量应为 图3－3－19‎ A．m B．2m C．3m D．4m 解析　设B球的质量为M，以碰撞前A球的速度方向为正，A球与B球发生弹性碰撞，设碰撞后的速度分别为v1和v2，根据A球与B球动量守恒得mv0＝mv1＋Mv2，由机械能守恒定律得mv02＝mv12＋Mv22，解得v2＝；B球与C球发生弹性碰撞，设碰撞后的速度分别为v′2和v3，由机械能守恒定律得Mv22＝Mv′22＋·4mv32，由动量守恒定律得Mv2＝Mv′2＋4‎ 8‎ mv3，解得v3＝，由数学关系解得M＝＝2m时，C球碰撞后的速度最大，故B正确，A、C、D错误。‎ 答案　B 二、计算题(共40分)‎ ‎9．(10分)(2019·邵阳二模)如图3－3－20所示，长为L、高为h、质量为m的小车停在光滑的水平地面上，有一质量为m的小物块(可视为质点)从光滑曲面上离车顶高度为h处由静止下滑，离开曲面后水平向右滑到小车上，最终物块滑离小车。已知重力加速度为g，物块与小车间的动摩擦因数μ＝。求：‎ 图3－3－20‎ ‎(1)物块滑离小车时的速率v1；‎ ‎(2)物块从刚滑上小车到刚滑离小车的过程，小车向右运动的距离x。‎ 解析　(1)设物块滑到小车上时的速率为v0，根据机械能守恒定律有：mv02＝mgh 设物块滑离小车时物块和小车的速率分别为v1、v2，以物块和小车为研究对象，根据动量守恒mv0＝mv1＋mv2‎ 根据能量守恒定律有：mv02＝mv12＋mv22＋μmgL 物块滑离小车的条件为v1＞v2，‎ 解得：v1＝，v2＝。‎ ‎(2)对小车，根据动能定理有：μmgx＝mv22－0‎ 解得：x＝。‎ 答案　(1)　(2) ‎10．(12分)(2019·江西七校高三联考)有人对鞭炮中火药爆炸的威力产生了浓厚的兴趣，他设计如下实验，如图3－3－21所示，在一光滑水平面上放置可视为质点的紧挨着的A、B两个物体，它们的质量分别为m1＝1 kg，m2＝3 kg，并在它们之间放少量火药，水平面左端有一弹性挡板，水平面右端平滑连接一光滑的竖直圆轨道。初始时A、B两物体静止，点燃火药让其爆炸，物体A向左运动与挡板碰后原速率返回，在水平面上追上物体B 8‎ 并与其碰撞后粘在一起，最后恰能到达圆轨道最高点，已知圆轨道的半径R＝0.2 m，g＝10 m/s2。求火药爆炸时对A、B两物体所做的总功。‎ 图3－3－21‎ 解析　火药爆炸后瞬间，设物体A、B的速度大小分别为v1、v2，由动量守恒定律有m2v2－m1v1＝0‎ A物体与挡板碰后与B物体碰撞并粘在一起 由动量守恒定律有m2v2＋m1v1＝(m1＋m2)v3‎ A、B上升到最高点的过程中，由机械能守恒定律有 (m1＋m2)v32＝(m1＋m2)gR 火药对A、B两物体做的总功 W＝m1v12＋m2v22‎ 解得W＝ J。‎ 答案　 J ‎11．(18分)如图3－3－22甲所示，长木板A静止在水平地面上，其右端叠放着物块B，左端恰好在O点，水平面以O点为界，左侧光滑、右侧粗糙。物块C(可以看作质点)和D间夹着一根被压缩的弹簧，并用细线锁住，两者以共同速度v0＝8 m/s向右运动，某时刻细线突然断开，C和弹簧分离后，撤去D，C与A碰撞并与A粘连(碰撞时间极短)，此后，AC及B的速度－时间图象如图乙所示。已知A、B、C、D的质量均为m＝1 kg，木板A的长度l＝5 m，A、C与粗糙面间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。求：‎ 图3－3－22‎ ‎(1)长木板A与桌面间的动摩擦因数及B与A间的动摩擦因数。‎ ‎(2)烧断细线之前弹簧的弹性势能。‎ ‎(3)最终物块B离长木板A左端的距离。‎ 解析　(1)设A与地面间的动摩擦因数为μ，B与A上表面间的动摩擦因数为μ 8‎ ‎′，由图乙可知，0～1 s，A、C整体做匀减速运动的加速度大小aA1＝3.5 m/s2‎ B做匀加速运动的加速度大小aB1＝1 m/s2‎ 对A、C整体有：3μmg＋μ′mg＝2maA1‎ 对B有：μ′mg＝maB1‎ 解得：μ＝0.2，μ′＝0.1‎ ‎(2)C与A碰撞过程动量守恒，‎ 由动量守恒定律得：mvC＝2mvA 其中：vA＝4.5 m/s 解得：vC＝9 m/s 弹簧弹开过程中，对C、D系统由动量守恒定律得：‎ ‎2mv0＝mvC＋mvD 解得：vD＝7 m/s 弹簧弹开过程中，C、D及弹簧组成的系统机械能守恒，则有：‎ ×2mv02＋Ep＝mvC2＋mvD2‎ 解得：Ep＝1 J ‎(3)由图乙可知，0～1 s内B相对A向左运动的位移 x1＝×1 m＝2.25 m A与B速度相等后，B的加速度大小aB2＝μ′g＝1 m/s2‎ A、C整体的加速度大小 aA2＝＝2.5 m/s2‎ 因为aA2＞aB2，所以A、C整体先停止运动，A、C整体的运动时间：t＝＝0.4 s 在0.4 s内B相对A向右运动的位移 x2＝vt－aB2t2－t＝0.12 m A停止时B的速度v′＝v－aB2t＝0.6 m/s 然后B在A上面做匀减速运动直到停止，B的加速度大小aB3＝μ′g＝1 m/s2‎ B相对A向右运动的位移 x3＝＝0.18 m 所以最终B离长木板左端的距离 x＝l－x1＋x2＋x3＝3.05 m。‎ 答案　(1)0.2　0.1　(2)1 J　(3)3.05 m 8‎ 8‎