通用版2020版高考物理大一轮复习考点规范练19动量动量定理动量守恒定律的理解新人教版 有答案

1、1 考点规范练考点规范练 1919 动量动量 动量定理动量定理 动量守恒定律的理解动量守恒定律的理解 一、单项选择题 1 1.质量为 0.2 kg 的球竖直向下以 6 m/s 的速度落至水平地面,再以 4 m/s 的速度反向弹回。取竖直向上为正 方向,在小球与地面接触的时间内,关于球动量变化量 p和合外力对小球做的功W,下列说法正确的是( ) A.p=2 kgm/s W=-2 J B.p=-2 kgm/s W=2 J C.p=0.4 kgm/s W=-2 J D.p=-0.4 kgm/s W=2 J 答案 A 解析取竖直向上为正方向,则小球与地面碰撞过程中动量的变化量:p=mv2-mv1=0.24kgm/s-0.2(-6) kgm/s=2kgm/s,方向竖直向上。 由动能定理,合外力做的功:W=0.242J- 0.262J=-2J。 1 2mv2 2 - 1 2mv1 2 = 1 2 1 2 2 2.(2018重庆期末)如图所示,质量为 0.5 kg 的小球在距离车底部一定高处以初速度v0=15 m/s 向左平抛, 落在以 7.5 m/s 速度沿光滑水平面向右匀速行驶的敞篷小车中,车底

2、涂有一层油泥,车与油泥的总质量为 4 kg,g取 10 m/s2,则当小球与小车相对静止时,小车的速度大小是( ) A.4 m/sB.5 m/sC.8.5 m/sD.9.5 m/s 答案 B 2 解析小球与车组成的系统在水平方向动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得Mv-mv0=(M+m)v车,代入 数据解得v车=5m/s,由此可知 B 项正确。 3 3.如图所示,甲木块的质量为m1,以v的速度沿光滑水平地面向前运动,正前方有一静止的、质量为m2的乙木 块,乙上连有一轻质弹簧。甲木块与弹簧接触后( ) A.甲木块的动量守恒 B.乙木块的动量守恒 C.甲、乙两木块所组成的系统动量守恒 D.甲、乙两木块所组成的系统动能守恒 答案 C 解析两木块在光滑水平地面上相碰,且中间有弹簧,则碰撞过程系统的动量守恒,机械能也守恒,故 A、B 错误,C 正确;甲、乙两木块碰撞前、后机械能总量不变,但碰撞过程中有弹性势能,故动能不守恒,只是机械能守恒,D 错误。 4 4.(2018江西上饶一中月考)物体A和B用轻绳相连在轻质弹簧下静止不动,如图甲所示。A的质量为m,B 的质量为M。当连接A、B的绳突然

3、断开后,物体A上升经某一位置时的速度为v,这时物体B下落速度大小为 u,如图乙所示。这段时间里,弹簧的弹力对物体的冲量为( ) A.mvB.mv-Mu C.mv+MuD.mv+mu 3 答案 D 解析弹簧的弹力是变力,时间是未知量,显然不能直接从冲量的概念I=Ft入手计算,只能用动量定理求解,对 物体A,I弹-mgt=mv,对物体B,Mgt=Mu,消去t解得I弹=mv+mu,所以 D 正确。 5 5.一小球从水平地面上方无初速释放,与地面发生碰撞后反弹至速度为零,假设小球与地面碰撞没有机械能损 失,所受空气阻力大小不变,下列说法正确的是( ) A.上升过程中小球动量改变量等于该过程中空气阻力的冲量 B.小球与地面碰撞过程中,地面对小球的冲量为零 C.下落过程中小球动能的改变量等于该过程中重力做的功 D.从释放到反弹至速度为零过程中小球克服空气阻力做的功等于重力做的功 答案 D 解析根据动量定理可知,上升过程中小球动量改变量等于该过程中重力和空气阻力的合力的冲量,选项 A 错 误;小球与地面碰撞过程中,由动量定理得Ft-mgt=mv2-(-mv1),可知地面对小球的冲量Ft不为零,选项

4、B 错误;小 球下落过程中动能的改变量等于重力和空气阻力做功的代数和,选项 C 错误;由能量守恒关系可知,从释放到 反弹至速度为零过程中小球克服空气阻力做的功等于重力做的功,选项 D 正确。 甲 6 6.(2018安徽铜陵联考)如图甲所示,在倾角为 30的足够长的光滑固定斜面上有一质量为m的物体,它受 到沿斜面方向的力F的作用。力F可按如图乙所示的四种方式随时间变化(图中纵坐标是F与mg的比值,力 沿斜面向上为正)。已知此物体在t=0 时速度为零,若用v1、v2、v3、v4分别表示上述四种受力情况下物体在 3 s 末的速率,则这四个速率中最大的是( ) 4 乙 A.v1B.v2C.v3D.v4 答案 C 解析根据动量定理分别研究四种情况下物体的速率。取t0=1s,(1)图中mgsin303t0+F2t0-Ft0=mv1,得 v1=20m/s;(2)图中mgsin303t0-Ft0+Ft0=mv2,得v2=15m/s;(3)图中mgsin303t0+F2t0=mv3,得 v3=25m/s;(4)图中mgsin303t0+F2t0-Ft0=mv4,得v4=15m/s。故选项 C 正确。 二

5、、多项选择题 7 7.对下列物理现象的解释,正确的是( ) A.击钉时,不用橡皮锤仅仅是因为橡皮锤太轻 B.跳远时,在沙坑里填沙,是为了减小冲量 C.易碎品运输时,要用柔软材料包装,船舷常常悬挂旧轮胎,都是为了延长作用时间,减小作用力 D.在车内推车推不动,是因为合外力冲量为零 答案 CD 5 解析击钉时,不用橡皮锤是因为橡皮锤与钉子的作用时间长;跳远时,在沙坑里填沙,是为了延长人与地的接 触时间,所以 A、B 不正确;据动量定理Ft=p知,当 p相同时,t越长,作用力越小,故 C 正确;车能否移动 或运动状态能否改变取决于外力的作用,与内部作用无关,所以 D 正确。 8 8.两个物体A、B的质量分别为m1、m2,并排静止在水平地面上,用同向水平拉力F1、F2分别作用于物体A和 B上,作用一段时间后撤去,两物体各自滑行一段距离后停止,A、B两物体运动的速度时间图像分别如图中 图线a、b所示,已知拉力F1、F2撤去后,物体做减速运动过程的速度时间图线彼此平行(相关数据已在图中 标出)。由图中信息可以得出( ) A.若F1=F2,则m1小于m2 B.若m1=m2,则力F1对物体A所做的功较

6、多 C.若m1=m2,则力F1对物体A的冲量与F2对B的冲量之比为 45 D.若m1=m2,则力F1的最大瞬时功率一定是力F2的最大瞬时功率的 2 倍 答案 ACD 解析由斜率等于加速度知,撤去拉力后两物体的速度图像平行,故加速度大小相等,设为a,由牛顿第二定律得 1m1g=m1a,2m2g=m2a,解得1=2=0.1,令1=2=,若F1=F2,对于m1,有F1-m1g=m1a1,解得m1=, F1 a1+ g 同理m2=,由题图可知a1a2,则m1M2,则v1v2 B.若F1=F2,M1v2 C.若F1F2,M1=M2,则v1v2 D.若F1v2 答案 BD 解析设物块质量为m,木板质量为M,长为l,物块与木板间的滑动摩擦力大小为Ff,在水平力F作用下,经过时 间t,物块恰滑过木板,分离时物块的速度v,木板的速度v,木板通过的位移s,物块通过的位移为s+l。则有 (F-Ff)t=mv,Fft=Mv,对物块由动能定理有(F-Ff)(s+l)= mv2,则v2=2(s+l),对木板由动能定理有 1 2 F - Ff m Ffs= Mv2,则v2=2s。由此可得,s=。因此,分离时木板的速

7、度v= 1 2 Ff M s + l s = v v = (F - Ff)M Ffm lmFf F - FfM - Ffm ,其中FFf。可知,M增大或F增大时,速度v都变小,B、D 正确。 2Ff2lm (F - FfM - Ffm)M 三、非选择题 1010.如图所示,静止在光滑水平面上的小车M=20 kg。从水枪中喷出的水柱的横截面积S=10 cm2,速度v=10 m/s,水的密度=1.0103 kg/m3。用水枪喷出的水从车后沿水平方向冲击小车的前壁,且冲击到小车前壁的 水全部沿前壁流进小车中。当有质量m=5 kg 的水进入小车时,试求: 7 (1)小车的速度大小; (2)小车的加速度大小。 答案(1)2 m/s (2)2.56 m/s2 解析(1)流进小车的水与小车组成的系统动量守恒,设当进入质量为m的水后,小车速度为v1,则mv=(m+M)v1, 即v1=2m/s。 mv m + M (2)质量为m的水流进小车后,在极短的时间 t内,冲击小车的水的质量 m=S(v-v1)t,设此时水对 车的冲击力为F,则车对水的作用力为-F,由动量定理有-Ft=mv1-mv,得F=S(v-

8、v1)2=64N,小车的加速 度a=2.56m/s2。 F M + m 1111. 如图所示,有一半径为R的半球形凹槽P,放在光滑的水平地面上,一面紧靠在光滑墙壁上,在槽口上有一质量 为m的小球,由A点静止释放,沿光滑的球面滑下,经最低点B又沿球面上升到最高点C,经历的时间为 t,B、C两点高度差为 0.6R,求: (1)小球到达C点的速度; (2)在t这段时间里,竖墙对凹槽的冲量。 答案(1)0.4,方向水平向右 2gR (2)m,方向水平向右 2gR 解析(1)题中没给m,所以不能直接由动量求出。小球从A到B的过程中,凹槽P不动,对m有mgR= 1 2mvB 2 8 小球从B到C的过程中,凹槽和球构成的系统动量守恒(水平方向)和机械能守恒,所以有mvB=(m+m)vC (m+m)+mg0.6R 1 2mvB 2 = 1 2 vC2 解得小球到达C点的速度 vC=0.4,方向水平向右。 2gR (2)竖直墙对凹槽的冲量等于系统在水平方向获得的动量,所以有 I=(m+m)vC=mvB=m,方向水平向右。 2gR 1212. 香港迪士尼游乐园入口旁有一喷泉,在水泵作用下鲸鱼模型背部会喷出

9、竖直向上的水柱,将站在冲浪板上 的米老鼠模型托起,稳定地悬停在空中,伴随着音乐旋律,米老鼠模型能够上下运动,引人驻足,如图所示。这 一景观可做如下简化,假设水柱以一定的速度从喷口竖直向上喷出,水柱的流量为Q(流量定义:在单位时间内 向上通过水柱横截面的水的体积),设同一高度水柱横截面上各处水的速率都相同,冲浪板底部为平板且其面 积大于水柱的横截面积,保证所有水都能喷到冲浪板的底部。水柱冲击冲浪板前其水平方向的速度可忽略不 计,冲击冲浪板后,水在竖直方向的速度立即变为零,在水平方向朝四周均匀散开。已知米老鼠模型和冲浪板 的总质量为m0,水的密度为,重力加速度大小为g,空气阻力及水的阻力均可忽略不计。 (1)求喷泉单位时间内喷出的水的质量。 (2)由于水柱顶部的水与冲浪板相互作用的时间很短,因此在分析水对冲浪板的作用力时可忽略这部分水所受 的重力。试计算米老鼠模型在空中悬停时,水到达冲浪板底部的速度大小。 9 (3)要使米老鼠模型在空中悬停的高度发生变化,需调整水泵对水做功的功率。水泵对水做功的功率定义为单 位时间内从喷口喷出的水的动能。请根据第(2)问中的计算结果,推导冲浪板底部距离喷口的高度h与水泵对 水做功的功率P0之间的关系式。 答案(1)Q (2) (3)h=。 m0g Q P0 gQ - m02g 22Q2 解析(1)设在很短时间内,从喷口喷出的水的体积为 V,质量为 m,水柱在喷口的初速度为v0,喷口的横截 面积为S。 则 m=V,V=Sv0t=Qt,解得单位时间内从喷口喷出的水的质量为=Q。 m t (2)设米老鼠模型和冲浪板在空中悬停时,水柱顶部的水冲击冲浪板底面速度由v变为 0,对板的作用力 的大小为F,板对水的作用力的大小为F,以向下为正方向,不考虑水柱顶部水的重力,根据动量定理有 Ft=0-(m)(-v),根据牛顿第三定律F=F。 由于米老鼠模型在空中悬停,有F=m0g,联立可解得v=。 m0g Q (3)设米老鼠模型和冲浪板悬停时其底面距离喷口的高度为h,对于单位时间内喷出的水,根据机械能守 恒定律(或运动学公式)得 (m)v2+(m)gh=

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