（浙江选考）2020版高考物理一轮复习第28讲动量定理动量守恒定律夯基提能作业本.docx

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1、1第 28讲 动量定理 动量守恒定律1.下列关于物体动量和冲量的说法,不正确的是( )A.物体动量增量的方向,就是它所受冲量的方向B.物体所受合外力冲量越大,它的动量也越大C.物体所受合外力冲量不为零,它的动量一定要改变D.物体所受合外力越大,它的动量变化就越快答案 B 根据动量定理可知,物体动量增量的方向,就是它所受冲量的方向,选项 A正确;物体所受合外力冲量越大,它的动量变化也越大,选项 B错误;物体所受合外力冲量不为零,它的动量一定要改变,选项C正确;根据动量定理,合外力等于动量的变化率,则物体所受合外力越大,它的动量变化就越快,选项 D正确。2.质量为 2 kg的物体沿直线运动,速度由

2、 4 m/s变为-6 m/s,则在此过程中,它所受到的合外力的冲量为( )A.-20 Ns B.20 NsC.-4 Ns D.-12 Ns答案 A 以物体的初速度方向为正方向,由动量定理得冲量 I=2(-6) Ns-24 Ns=-20 Ns,选项 A正确。3.下列情形中,满足动量守恒条件的是( )A.用铁锤打击放在铁砧上的铁块,打击过程中,铁锤和铁块的总动量B.子弹水平穿过放在光滑桌面上的木块的过程中,子弹和木块的总动量C.子弹水平穿过墙壁的过程中,子弹和墙壁的总动量D.棒击垒球的过程中,棒和垒球的总动量答案 B A 中竖直方向合力不为零;C 中墙壁受地面的作用力;D 中棒受人手的作用力,故合

3、外力不为零,不符合动量守恒的条件。4.质量为 0.2 kg的小球竖直向下以 6 m/s的速度落至水平地面上,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,关于小球动量变化量 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 JB.p=-2 kgm/s W=2 JC.p=0.4 kgm/s W=-2 J2D.p=-0.4 kgm/s W=2 J答案 A 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=mv 2-mv1=0.24 kgm/s-0.2(-6) kgm/s=2 kgm/s,方向竖直向上。由动能定理可知,合外

4、力做的功:W= m -12v22m = 0.242 J- 0.262 J=-2 J。故 A正确。12v2112 125.有消息称:中国羽毛球运动员在一档节目上演示了一把高速度杀球,轻小的羽毛球被快速击出后瞬间将西瓜冲撞爆裂!据测羽毛球的速度高达 300 km/h,羽毛球的质量介于 4.745.50 g之间,经分析,下列说法中正确的是( )A.这则消息一定是假的,因为羽毛球很轻小,不可能使西瓜爆裂B.这则消息一定是假的,因为击出的羽毛球速度虽然高,但其能量却很小C.这则消息可能是真的,俗话说无快不破,羽毛球虽然很轻小,但速度很高D.这则消息可能是真的,西瓜是否被撞击爆裂取决于羽毛球对西瓜的冲击力

5、大小答案 D 在高速度杀球时,由于球速较快,在与西瓜相撞的瞬间,速度急剧变化,根据动量定理可知,羽毛球对西瓜的作用力较大,完全可以使西瓜爆裂,故使西瓜裂开的原因不是速度,而是冲击力的大小,该消息可能是真的,故只有 D正确。6.使用高压水枪作为切割机床的切刀具有独特优势,得到广泛应用,如图所示,若水柱截面积为 S,水流以速度 v垂直射到被切割的钢板上,之后水速减为零,已知水的密度为 ,则水对钢板的冲力为( )A.Sv B.Sv 2 C. D.Sv22 Sv2答案 B 设 t时间内有 V体积的水打在钢板上,则这些水的质量 m=V=Svt,以这部分水为研究对象,它受到钢板的作用力为 F,以水运动的方

6、向为正方向,由动量定理有 Ft=0-mv,即 F=- =-sv 2,负号表示mvt水受到的作用力的方向与水运动的方向相反,由牛顿第三定律可知,水对钢板的冲击力大小也为 Sv 2。故选 B。7.如图所示,小车与木箱紧挨着静止放在光滑的水平冰面上,现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱。关于上述过程,下列说法中正确的是( )3A.男孩和木箱组成的系统动量守恒B.小车与木箱组成的系统动量守恒C.男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒D.木箱的动量增量与小车(包含男孩)的动量增量相同答案 C 木箱、男孩、小车组成的系统动量守恒,木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相同,方向相反,故 A、B、D

7、 错误。8.“爆竹声中一岁除,春风送暖入屠苏”,爆竹声响是辞旧迎新的标志,是喜庆心情的流露。有一个质量为 3m的爆竹斜向上抛出,到达最高点时速度大小为 v0、方向水平向东,在最高点爆炸成质量不等的两块,其中一块质量为 2m,速度大小为 v,方向水平向东,则另一块的速度为( )A.3v0-v B.2v0-3vC.3v0-2v D.2v0+v答案 C 取水平向东为正方向,爆炸过程系统动量守恒,3mv 0=2mv+mvx,可得 vx=3v0-2v,C正确。9.甲、乙两物体在光滑水平面上沿同一直线相向运动,甲、乙物体的速度大小分别为 3 m/s和 1 m/s;碰撞后甲、乙两物体都反向运动,速度大小均为

8、 2 m/s。甲、乙两物体质量之比为( )A.23 B.25C.35 D.53答案 C 选取碰撞前甲物体的速度方向为正方向,根据动量守恒定律有 m 甲 v1-m 乙 v2=-m 甲 v1+m 乙 v2,代入数据,可得 m 甲 m 乙 =35,C 正确。10.(多选)如图甲所示,在光滑水平面上的两个小球发生正碰,小球的质量分别为 m1和 m2,图乙为它们碰撞前后的 x-t图像。已知 m1=0.1 kg。由此可以判断( )A.碰前 m2静止,m 1向右运动B.碰后 m2和 m1都向右运动C.由动量守恒可以算出 m2=0.3 kgD.碰撞过程中系统损失了 0.4 J的机械能4答案 AC 由 x-t(

9、位移时间)图像的斜率表示速度可知,碰前 m2的位移不随时间而变化,处于静止;m 1的速度大小为 v1= =4 m/s,方向只有向右才能与 m2相撞,故 A正确。由图读出,碰后 m2的速度为正方向, x t说明向右运动,m 1的速度为负方向,说明向左运动,故 B错误。由图求出碰后 m2和 m1的速度分别为 v2=2 m/s,v1=-2 m/s,根据动量守恒定律得,m 1v1=m2v2+m1v1,代入数据解得,m 2=0.3 kg,故 C正确。碰撞过程中系统损失的机械能为 E= m1 - m1v12- m2v22,代入数据解得,E=0 J,故 D错误。12v2112 1211.(多选)如图,大小相

10、同的摆球 a和 b的质量分别为 m和 3m,摆长相同,摆动周期相同,并排悬挂,平衡时两球刚好接触,现将摆球 a向左拉开一小角度后释放,若两球的碰撞是弹性的,下列判断正确的是( )A.第一次碰撞后的瞬间,两球的速度大小相等B.第一次碰撞后的瞬间,两球的动量大小相等C.第一次碰撞后,两球的最大摆角不相同D.发生第二次碰撞时,两球在各自的平衡位置答案 AD 两球在碰撞前后,水平方向不受外力,故水平方向两球组成的系统动量守恒,由动量守恒定律有:mv 0=mv1+3mv2,两球碰撞是弹性的,故机械能守恒,即 m = m + 3m ,解两式得:v 1=- ,v2= ,可见第12v2012v2112 v22

11、 v02 v02一次碰撞后的瞬间,两球的速度大小相等,选项 A正确;因两球质量不相等,故两球碰后的动量大小不相等,选项 B错;两球碰后上摆过程,机械能守恒,故上升的最大高度相等,因摆长相等,故两球碰后的最大摆角相同,选项 C错;两球摆动周期相同,故经半个周期后,两球在平衡位置处发生第二次碰撞,选项 D正确。12.如图所示,足够长的光滑水平直导轨的间距为 l,电阻不计,垂直轨道平面有磁感应强度为 B的匀强磁场,导轨上相隔一定距离放置两根长度均为 l的金属棒,a 棒质量为 m,电阻为 R,b棒质量为 2m,电阻为2R。现给 a棒一个水平向右的初速度 v0,求:(a 棒在以后的运动过程中没有与 b棒

12、发生碰撞)(1)b棒开始运动的方向;5(2)当 a棒的速度减为 时,b 棒刚好碰到了障碍物,经过很短时间 t0速度减为零(不反弹)。求碰撞过程v02中障碍物对 b棒的冲击力大小;(3)b棒碰到障碍物后,a 棒继续滑行的距离。答案 见解析解析 (1)根据楞次定律推论,可知 b棒向右运动(2)设 b棒碰上障碍物瞬间的速度为 v2,之前两棒组成的系统动量守恒,则mv0+0=m +2mv2v02解得 v2=v0/4b棒碰障碍物过程中,根据动量定理得-Ft 0=0-2mv04解得 F=mv02t0(3)a棒单独向右滑行的过程中,当其速度为 0时,设其向右滑行的距离为 x,则- =0-mB2L2x3R v

13、02得 x=3mv0R2B2l213.如图所示,以 A、B 和 C、D 为断点的两半圆形光滑轨道固定于竖直平面内,一滑板静止在光滑的地面上,左端紧靠 B点,上表面所在平面与两半圆分别相切于 B、C 两点,一物块(视为质点)被轻放在水平匀速运动的传送带上 E点,运动到 A点时刚好与传送带速度相同,然后经 A点沿半圆轨道滑下,且在 B点对轨道的压力大小为 10mg,再经 B点滑上滑板,滑板运动到 C点时被牢固粘连。物块可视为质点,质量为 m,滑板质量为 M=2m,两半圆半径均为 R,板长 l=6.5R,板右端到 C点的距离为 L=2.5R,E点距 A点的距离 s=5R,物块与传送带、物块与滑板间的

14、动摩擦因数相同,重力加速度为 g。求:(1)物块滑到 B点的速度大小。(2)物块与传送带、物块与滑板间的动摩擦因数。(3)物块与滑板间因摩擦而产生的总热量。答案 (1)3 (2)0.5 (3)3.5mgRgR解析 (1)设物块运动到 B点的速度为 vB,由牛顿第二定律得 10mg-mg=mv2BR解得 vB=3 gR(2)从 E到 B由动能定理得6mg2R+mg5R= m -012v2B解得 =0.5(3)物块从 B点滑上滑板时至物块与滑板共速,根据动量守恒有 mvB=(m+M)v解得 v= gR对物块,根据动能定理有-mgx 1= mv2- m12 12v2B解得 x1=8R对滑板,根据动能定理有 mgx 2= Mv212解得 x2=2R因为 x=x 1-x2=6R6.5R可知物块与滑板达到共同速度时,物块未离开滑板Q1= m - (m+M)v2=3mgR12v2B12物块与滑板此后以共同速度匀速运动至 C点,滑板不再运动,物块在滑板上继续往前运动,对物块根据动能定理有-mg0.5R= m - mv212v2C12解得 vC=Rg2Q2=mg0.5R= mgR14由上可知 m = mgRmgR可知物块不能到达与圆心同一高度的点,将会沿圆轨道滑回来,由能量守恒可得12v2C14Q3= m = mgR12v2C14总热量 Q=Q1+Q2+Q3=3.5mgR