2019高考物理二轮复习第8讲动量定理和动量守恒定律专题训.pdf

第 8 讲 动量定理和动量守恒定律第 8 讲 动量定理和动量守恒定律 一、选择题(每小题 6 分,共 42 分)一、选择题(每小题 6 分,共 42 分) 1.(2018 海南海口质检)如图所示,两质量分别为 m1和 m2的弹性小球 A、 B 叠放在一起,从高度为 h 处自由 落下,h 远大于两小球半径,落地瞬间,B 先与地面碰撞,后与 A 碰撞,所有的碰撞都是弹性碰撞,且都发生 在竖直方向,碰撞时间均可忽略不计。已知 m2=3m1,则 A 反弹后能达到的高度为( ) A.h B.2h C.3hD.4h 2.某同学质量为 60 kg,在训练中要求他从岸上以大小为 2 m/s 的速度跳到一条向他缓慢驶来的小船上, 小 船的质量是 140 kg,原来的速度大小是 0.5 m/s,该同学上船后又跑了几步,最终停在船上,则( ) A.人和小船最终静止在水面上 B.该过程人的动量变化量的大小为 105 kg·m/s C.船最终速度的大小为 0.95 m/s D.船的动量变化量的大小为 70 kg·m/s 3.在空中相同高度处以相同的速率分别抛出质量相同的三个小球,一个竖直上抛,一个竖直下抛,一个平 抛,若不计空气阻力,三个小球从抛出到落地的过程中( ) A.三个小球动量的变化量相同 B.下抛球和平抛球动量的变化量相同 C.上抛球动量变化量最大 D.三球落地时的动量相同 4.(2018 河北石家庄质检)质量分别为 m1与 m2的甲、 乙两球在水平光滑轨道上同向运动,已知它们的动量 分别是p1=5 kg·m/s,p2=7 kg·m/s,甲从后面追上乙并发生碰撞,碰后乙球的动量变为8 kg·m/s,则甲、乙 两球质量 m1与 m2的关系可能是( ) A.m1=m2 B.2m1=m2 C.3m1=2m2D.4m1=m2 5.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,左侧靠墙,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 高处从静止开始落下,与半圆槽相切于 A 点进入 槽内,则以下结论中正确的是( ) A.小球在槽内运动的全过程中,小球与半圆槽组成的系统在水平方向动量守恒 B.小球在槽内运动的全过程中,小球、半圆槽和物块组成的系统动量守恒 C.小球离开 C 点以后,将做竖直上抛运动 D.半圆槽将不会再次与墙接触 6.(多选)如图所示,小车 AB 放在光滑水平面上,A 端固定一个轻弹簧,B 端粘有油泥,AB 总质量为 M,质量 为 m 的木块 C 放在小车上,用细绳连接于小车的 A 端并使弹簧压缩,开始时 AB 和 C 都静止,当突然烧断细 绳时,C 被释放,使 C 离开弹簧向 B 端冲去,并跟 B 端油泥粘在一起,忽略一切摩擦,以下说法正确的是 ( ) A.弹簧伸长过程中 C 向右运动,同时 AB 也向右运动 B.C 与 B 碰前,C 与 AB 的速率之比为 Mm C.C 与油泥粘在一起后,AB 立即停止运动 D.C 与油泥粘在一起后,AB 继续向右运动 7.(2018 山西太原一模)(多选)如图所示,长为 L 的轻杆两端分别固定 a、b 金属球,两球质量均为 m,a 放 在光滑的水平面上,b 套在竖直固定光滑杆上且离地面高度为L,现将 b 从图示位置由静止释放,则 3 2 ( ) A.在 b 球落地前的整个过程中,a、b 组成的系统水平方向上动量守恒 B.从开始到 b 球距地面高度为 的过程中,轻杆对 a 球做功为mgL L 2 3 - 1 8 C.从开始到 b 球距地面高度为 的过程中,轻杆对 b 球做功为-mgL L 2 3 8 D.在 b 球落地的瞬间,重力对 b 球做功的功率为 mg 3gL 二、非选择题(共 38 分) 8.(10 分)如图所示,可看成质点的 A 物体叠放在上表面光滑的 B 物体上,一起以 v0的速度沿光滑的水平 轨道匀速运动,与静止在同一光滑水平轨道上的木板 C 发生完全非弹性碰撞,B、C 的上表面相平且 B、C 不粘连,A 滑上 C 后恰好能达到 C 板的最右端,已知 A、B、C 质量均相等,木板 C 长为 L,求: (1)A 物体的最终速度; (2)A 在木板 C 上滑行的时间。 9.(2018 山东临沂一模)(14 分)如图,长度 x=5 m 的粗糙水平面 PQ 的左端固定一竖直挡板,右端 Q 处与水 平传送带平滑连接,传送带以一定速率 v 逆时针转动,其上表面 QM 间距离为 L=4 m,MN 无限长,M 端与传送 带平滑连接。物块 A 和 B 可视为质点,A 的质量 m=1.5 kg,B 的质量 M=5.5 kg。开始 A 静止在 P 处,B 静止 在 Q 处,现给 A 一个向右的初速度 v0=8 m/s,A 运动一段时间后与 B 发生弹性碰撞,设 A、B 与传送带和水 平面 PQ、MN 间的动摩擦因数均为 =0.15,A 与挡板的碰撞也无机械能损失。取重力加速度 g=10 m/s2,求: (1)A、B 碰撞后瞬间的速度大小; (2)若传送带的速率为 v=4 m/s,试判断 A、B 能否再次相遇,若能相遇,求出相遇的位置;若不能相遇, 求它们最终相距多远。 10.(2018 福建泉州二模)(14 分)如图,质量为 6m、长为 L 的薄木板 AB 放在光滑的平台上,木板 B 端与台 面右边缘齐平。 B 端上放有质量为 3m 且可视为质点的滑块 C,C 与木板之间的动摩擦因数为 = ,质量为 m 1 3 的小球用长为 L 的细绳悬挂在平台右边缘正上方的 O 点,细绳竖直时小球恰好与 C 接触。现将小球向右 拉至细绳水平并由静止释放,小球运动到最低点时细绳恰好断裂,小球与 C 碰撞后反弹速率为碰前的一 半。 (1)求细绳能够承受的最大拉力; (2)若要使小球落在释放点的正下方 P 点,平台高度应为多大; (3)通过计算判断 C 能否从木板上掉下来。 答案精解精析答案精解精析 一、选择题一、选择题 1.D 所有的碰撞都是弹性碰撞,所以不考虑能量损失。设竖直向上为正方向,根据机械能守恒定律和动 量守恒定律可得(m1+m2)gh= (m1+m2)v2,m2v-m1v=m1v1+m2v2, (m1+m2)v2= m1+ m2, m1=m1gh1,将 m2=3m1代 1 2 1 2 1 2 v21 1 2 v22 1 2 v21 入,联立可得 h1=4h,选项 D 正确。 2.B 人与船组成的系统,在水平方向动量守恒,选取人运动的方向为正方向,得 m1v1-m2v2=(m1+m2)v,解得 v=0.25 m/s,与人的速度方向相同,故A、 C错误;该过程人的动量变化量p1=m1v-m1v1=-105 kg·m/s,故B 正确;船的动量变化量p2=m2v-(-m2v2)=105 kg·m/s,故 D 错误。 3.C 三个小球以相同的速率抛出,可知竖直上抛运动的小球运动时间大于平抛运动的时间,平抛运动的 时间大于竖直下抛运动的时间,所以竖直上抛运动的时间最长,根据动量定理知,mgt=p,可得上抛球动 量变化量最大,下抛球动量变化量最小,故 C 正确,A、 B 错误;根据动能定理知,mgh= mv2- m,可知三球落 1 2 1 2 v20 地时速度的大小相等,由于平抛运动的速度方向与竖直上抛运动和竖直下抛运动的速度方向不同,则动 量不同,故 D 错误。 4.B 根据动量守恒定律有 p1+p2=p1'+p2',可得 p1'=4 kg·m/s,碰撞过程中动能不增加,则有+ p21 2m1 p22 2m2 p1'2 2m1 ,可得 ,则 A、C 项错误。碰后甲球的速度不大于乙球的速度,则有,可得 ,则 D 项错误。 p2'2 2m2 m1 m2 3 5 p1' m1 p2' m2 m1 m2 1 2 5.D 小球从 AB 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,小球与半圆槽组成的系统在 水平方向受到外力的作用,动量并不守恒,由小球、半圆槽和物块组成的系统动量也不守恒,选项 A、B 错 误;从 BC 的过程中,小球对半圆槽的压力方向向右下方,所以半圆槽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,当小球运动到 C 点时,小 球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,即选项 C 错误;因为全过程 中,整个系统在水平方向上获得了水平向右的冲量,最终半圆槽将不会再次与墙接触,选项 D 正确。 6.BC 小车 AB 与木块 C 组成的系统在水平方向上动量守恒,C 向右运动时,AB 应向左运动,故 A 错误;设 碰前 C 的速率为 v1,AB 的速率为 v2,则 0=mv1-Mv2,得 = ,故 B 正确;设 C 与油泥粘在一起后,AB、C 的共同 v1 v2 M m 速度为 v共,则 0=(M+m)v共,得 v共=0,故 C 正确,D 错误。 7.BD 因为水平面光滑,且 b 套在光滑杆上,在水平方向上 a 和 b 组成的系统受杆的弹力,则 a、b 组成的 系统水平方向动量不守恒,A 项错误。由机械能守恒有 mg= m+ m,a、b 在沿杆方向上的分( 3 2 L - 1 2L) 1 2 v2a 1 2 v2b 速度大小相等,则va cos 30°=vb cos 60°,解得va=,vb=,所以轻杆对a 球 1 2 (3 - 1)gL 1 2 (3 - 3)gL 做的功 Wa= m-0=mgL,轻杆对 b 球做的功 Wb= m-mg=mgL,故 B 正确,C 错误;在 b 1 2 v2a 3 - 1 8 1 2 v2b( 3 2 L - 1 2L) 7 - 53 8 球落地瞬间,va 地=0,由机械能守恒可得 mg·L= m,解得 vb 地=,所以在 b 球落地的瞬间,重力 3 2 1 2 v 2 b地 3gL 对 b 球做功的功率为 Pb 地=mgvb 地=mg,故 D 项正确。 3gL 二、非选择题二、非选择题 8. 答案 (1) (2) 3v0 4 4L v0 解析 (1)设 A、B、C 的质量均为 m,B、C 碰撞过程中动量守恒,设 B、C 碰后的共同速度为 v1 则 mv0=2mv1,解得 v1= v0 2 B、 C 共速后 A 以 v0的速度滑上 C,A 滑上 C 后,B、 C 脱离,A、 C 相互作用的过程中动量守恒,设最终 A、 C 的共同速度为 v2 则 mv0+mv1=2mv2,解得 v2= 3v0 4 (2)在 A、C 相互作用的过程中,根据能量守恒定律有 FfL= m+ m- ·2m(Ff为 A、C 间的摩擦力) 1 2 v20 1 2 v21 1 2 v22 解得 Ff= mv20 16L 此过程中对 C,根据动量定理有 Fft=mv2-mv1 解得 t= 4L v0 9. 答案 (1)4 m/s 3 m/s (2)不能相遇 m 5 3 解析 (1)设 A 与 B 碰撞前的速度为 vA,由 P 到 Q 过程,由动能定理得 -mgx= m- m 1 2 v2A 1 2 v20 A 与 B 碰撞前后动量守恒,有 mvA=mvA'+MvB' 由能量守恒定律得 m= mvA'2+ MvB'2 1 2 v2A 1 2 1 2 联立式得 vA'=-4 m/s,vB'=3 m/s 碰后 A、B 的速度大小分别为 4 m/s、3 m/s (2)设 A 碰撞后运动的路程为 sA,由动能定理得 -mgsA=0- mvA'2 1 2 解得 sA= m 16 3 所以 A 与挡板碰撞后再运动 sA'=sA-x= m 1 3 设 B 碰撞后向右运动的距离为 sB,则-MgsB=0- MvB'2 1 2 解得 sB=3 mL 故物块 B 碰后不能滑上 MN,当速度减为 0 后,B 将在传送带的作用下反向加速运动,B 再次到达 Q 处时 的速度大小为 3 m/s 在水平面 PQ 上,B 再运动 sB'=sB=3 m 停止,sB'+sA'5 m,所以 A、B 不能再次相遇 A、B 最终的距离 sAB=x-sA'-sB'= m 5 3 10. 答案 见解析 解析 (1)设小球运动到最低点的速率为 v0,小球向下摆动过程,由动能定理得 mgL= m 1 2 v20 解得 v0=2gL 小球在圆周最低点时拉力最大,由牛顿第二定律得 FT-mg=m v20 R 解得 FT=3mg 由牛顿第三定律可知,小球对细绳的拉力 FT'=FT 即细绳能够承受的最大拉力 FT'=3mg (2)小球碰撞后做平抛运动 竖直位移 h= gt2 1 2 水平分位移 L= t v0 2 解得 h=L (3)小球与滑块 C 碰撞过程中小球和 C 组成的系统动量守恒,设 C 碰后速率为 v1 依题意有 mv0=m+3mv1(- v0 2) 假设木板足够长,在 C 与木板相对滑动直到相对静止过程中,设两者最终共同速率为 v2 由动量守恒定律得 3mv1=(3m+6m)v2 由能量守恒定律得 ·3m= (3m+6m)+·3mgs 1 2 v21 1 2 v22 解得 s= L 2 由 sL 知,滑块 C 不会从木板上掉下来