2019届高考物理二轮复习第一部分专题二能量与动量第二讲动量及其守恒定律课前自测诊断卷.doc

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1、1专题二第二讲 动量及其守恒定律课前自测诊断卷考点一 动量 冲量 动量定理1.考查动量、冲量的概念“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下，将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动，从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，下列分析正确的是( )A绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小B绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小C绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大D人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力解析：选 A 从绳恰好伸直到人第一次下降至最低点的过程中，人先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，加速度等于零时，速度最大，故人的动量

2、和动能都是先增大后减小，加速度等于零时(即绳对人的拉力等于人所受的重力时)速度最大，动量和动能最大，在最低点时人具有向上的加速度，绳对人的拉力大于人所受的重力。绳的拉力方向始终向上与运动方向相反，故绳对人的冲量方向始终向上，绳对人的拉力始终做负功。故选项 A正确，选项 B、C、D 错误。2考查动量定理的应用多选静止在粗糙水平面上的物体，在水平力 F的作用下，经过时间 t、通过位移 l后，动量为 p、动能为 Ek。以下说法正确的是( )A若保持水平力 F不变，经过时间 2t，物体的动量等于 2pB若将水平力增加为原来的两倍，经过时间 t，物体的动量等于 2pC若保持水平力 F不变，通过位移 2l

3、，物体的动能小于 2EkD若将水平力增加为原来的两倍，通过位移 l，物体的动能大于 2Ek解析：选 AD 根据动量定理 I 合 ( F f)t p，保持水平力 F不变，经过时间2t，( F f)2t p，可知 p2 p，故 A正确；根据动量定理 I 合 ( F f)t p，若水平力增加为原来的 2倍，经过时间 t，则有(2 F f)t p，则 p2 p，故 B错误；根据动能定理( F f)l Ek，保持水平力 F不变，通过位移 2l，有( F f)2l Ek，则有Ek2 Ek，故 C错误；根据动能定理( F f)l Ek，将水平力增加为原来的两倍，通过位移 l，有(2 F f)l Ek，则有

4、Ek2 Ek，故 D正确。考点二 动量守恒定律及其应用3.考查系统动量守恒的判断多选如图所示，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，左侧紧靠竖直墙壁，右侧紧靠一质量为 M2的物块。今让2一质量为 m的小球自左侧槽口 A的正上方 h高处从静止开始下落，与半圆槽相切自 A点进入槽内，以下结论正确的是( )A小球在槽内运动的 B至 C过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒B小球在槽内运动的 B至 C过程中，小球、半圆槽和物块组成的系统水平方向动量守恒C小球离开 C点以后，将做竖直上抛运动D小球从 A点经最低点向右侧最高点运动的过程中，小球、半圆槽和物块组成的系统机械能守恒解析

5、：选 BD 小球从 A B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，小球与半圆槽在水平方向受到外力作用，动量并不守恒，而由小球、半圆槽和物块组成的系统动量也不守恒；从 B C的过程中，小球对半圆槽的压力方向向右下方，所以半圆槽要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，小球所受支持力方向与速度方向并不垂直，此过程中，因为有物块挡住，小球与半圆槽在水平方向动量并不守恒，但是小球、半圆槽和物块组成的系统水平方向动量守恒，小球运动的全过程

6、，水平方向动量也不守恒，选项A错误，B 正确；当小球运动到 C点时，它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，选项 C错误；因为小球在槽内运动过程中，接触面都是光滑的，所以小球、半圆槽、物块组成的系统机械能守恒，故选项 D正确。4考查某一方向动量守恒问题如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为 M的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量为 m(m M)的小球从槽高 h处开始自由下滑，下列说法正确的是( )A在以后的运动过程中，小球和槽在水平方向动量始终守恒B在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力始终不做功C全过程小球和槽、弹簧所组成的系统机械能守

7、恒，且水平方向动量守恒D被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，但小球不能回到槽高 h处解析：选 D 当小球与弹簧接触后，小球与槽组成的系统在水平方向所受合外力不为零，系统在水平方向动量不守恒，故 A错误；下滑过程中两物体都有水平方向的位移，而力是垂直于槽的曲面的，故力和位移夹角不垂直，故两力均做功，故 B错误；全过程小球和槽、弹簧所组成的系统只有重力与弹力做功，系统机械能守恒，小球与弹簧接触过程系统在水平方向所受合外力不为零，系统水平方向动量不守恒，故 C错误；球在槽上下滑过程系统水平方向不受力，系统水平方向动量守恒，球与槽分离时两者动量大小相等，由于m M，则小球的速度大于槽的速度，小球被弹簧

8、反弹后的速度大小等于球与槽分离时的速3度大小，小球将追上槽并沿槽上滑，上滑过程中只有重力对系统做功，机械能守恒，由于小球与槽组成的系统总动量水平向左，小球滑上槽的最高点时系统速度水平向左，系统总动能不为零，由机械能守恒定律可知，小球上升的最大高度小于 h，小球不能回到槽高 h处，故 D正确。5考查“人船模型”的动量守恒问题滑雪运动是人们酷爱的户外体育活动，现有质量为 m的人站立于雪橇上，如图所示。人与雪橇的总质量为 M，人与雪橇以速度 v1在水平面上由北向南运动(雪橇所受阻力不计)。当人相对于雪橇以速度 v2竖直跳起时，雪橇向南的速度大小为( )A. B.Mv1 Mv2M m Mv1M mC.

9、 D v1Mv1 Mv2M m解析：选 D 根据动量守恒条件可知人与雪橇组成的系统在水平方向动量守恒，人跳起后水平方向速度不变，雪橇的速度仍为 v1，D 正确。考点三 碰撞、爆炸与反冲6.考查弹性碰撞问题2017年 7月 9日，斯诺克世界杯在江苏无锡落下帷幕，由丁俊晖和梁文博组成的中国 A队在 1比 3落后的不利形势下成功逆转，最终以 4比 3击败英格兰队，帮助中国斯诺克台球队获得了世界杯三连冠。如图为丁俊晖正在准备击球，设在丁俊晖这一杆中，白色球(主球)和花色球碰撞前、后都在同一直线上运动，碰前白色球的动量为 pA5 kgm/s，花色球静止，白色球 A与花色球 B发生碰撞后，花色球 B的动量

10、变为 pB4 kgm/s，则两球质量 mA与 mB间的关系可能是( )A mB mA B mB mA14C mB mA D mB6 mA16解析：选 A 由动量守恒定律得 pA pB pA pB，解得 pA1 kgm/s，根据碰撞过程中总动能不增加，则有 ，代入数据解得 mB mA，碰后两球同向pA22mA pA 22mA pB 22mB 23运动，白色球 A的速度不大于花色球 B的速度，则 ，解得 mB4 mA，综上可得 pAmA pBmBmA mB4 mA，选项 A正确。2347考查非弹性碰撞问题多选 A、 B两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前、后的位移随时间变化的图像， a

11、、 b分别为 A、 B两球碰前的位移随时间变化的图像， c为碰撞后两球共同运动的位移随时间变化的图像。若 A球质量 m2 kg，则由图判断下列结论正确的是( )A碰撞前、后 A球的动量变化量为 4 kgm/sB碰撞时 A球对 B球所施的冲量为4 NsC A、 B两球碰撞前的总动量为 3 kgm/sD碰撞中 A、 B两球组成的系统损失的动能为 10 J解析：选 ABD 根据图像可知，碰前 A球的速度 vA3 m/s，碰前 B球的速度 vB 2 m/s，碰后 A、 B两球共同的速度 v1 m/s，故碰撞前、后 A球的动量变化量为 pA mv mvA4 kgm/s，选项 A正确； A球的动量变化量为

12、 4 kgm/s，碰撞过程中动量守恒， B球的动量变化量为4 kgm/s，根据动量定理，碰撞过程中 A球对 B球所施的冲量为 4 Ns，选项 B正确；由于碰撞过程中动量守恒，有 mvA mBvB( m mB)v，解得 mB kg，故碰撞过程中 A、 B两球组成的系统损失的动能为43 E mvA2 mBvB2 (m mB)v210 J，选项 D正确； A、 B两球碰撞前的总动量为12 12 12p mvA mBvB( m mB)v kgm/s，选项 C错误。1038考查爆炸问题“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏” ，燃放爆竹是我国传统民俗。春节期间，某人斜向上抛出一个爆竹，假设爆竹到达最高点时(速

13、度水平向东)立即爆炸成质量相等的三块碎片，前面一块碎片速度水平向东，后面一块碎片速度水平向西，前、后两块碎片的水平速度(相对地面)大小相等、方向相反。以下说法正确的是( )A爆炸后的瞬间，中间那块碎片的速度大于爆炸前瞬间爆竹的速度B爆炸后的瞬间，中间那块碎片的速度可能水平向西C爆炸后，三块碎片将同时落到水平地面上，并且落地时的动量相同D爆炸后的瞬间，中间那块碎片的动能可能小于爆炸前的瞬间爆竹的总动能解析：选 A 设爆竹爆炸前的速度为 v，爆竹爆炸成三块碎片的质量均为 m，爆炸后前、后两块碎片的速度大小为 v 前后 ，中间那块碎片的速度大小为 v，设水平向东为正方向，根据水平方向动量守恒，3 m

14、v mv 前后 mv mv 前后 ，得 v3 v，方向向东，所以爆炸后的瞬间，中间那块碎片的速度大于爆炸前瞬间爆竹的速度，选项 A正确、B 错误；爆炸后，三块碎片均做平抛运动，竖直方向上有 h gt2，下落时间相同，则竖直方向分速度相同，125但水平方向上的分速度方向不同，故合速度方向不同，则动量不同，选项 C错误；爆炸后的瞬间，中间那块碎片的动能 m(3v)2 3mv2，选项 D错误。12 129考查反冲问题多选一机枪架在湖中小船上，船正以 1 m/s的速度前进，小船及机枪总质量 M 200 kg，每颗子弹质量为 m20 g，在水平方向机枪以 v600 m/s的对地速度射出子弹，打出 5颗子

15、弹后船的速度可能为( )A1.4 m/s B1 m/sC0.8 m/s D0.5 m/s解析：选 BC 若子弹射出方向与船前进的方向在同一直线上，则子弹、机枪和小船组成的系统动量守恒，有 Mv0( M5 m)v5 mv，若子弹向船前进的方向射出，反冲作用使船速减小， v1 0.7 m/s，若子弹向船前进的反方向射出，Mv0 5mvM 5mv2 1.3 m/s，可见船速应在 0.71.3 m/s 之间。故 B、C 正确。Mv0 5mvM 5m考点四 动量综合问题10.考查含有弹簧的动量综合问题多选光滑水平面上放有质量分别为 2m和 m的物块 A和 B，用细线将它们连接起来，两物块中间加有一压缩的

16、轻质弹簧(弹簧与物块不相连)，弹簧的压缩量为 x。现将细线剪断，此刻物块 A的加速度大小为 a，两物块刚要离开弹簧时物块 A的速度大小为 v，则( )A物块 B的加速度大小为 a时弹簧的压缩量为x2B物块 A从开始运动到刚要离开弹簧时位移大小为 x23C物块开始运动前弹簧的弹性势能为 mv232D物块开始运动前弹簧的弹性势能为 3mv2解析：选 AD 当物块 A的加速度大小为 a时，根据胡克定律和牛顿第二定律得kx2 ma。当物块 B的加速度大小为 a时，有： kx ma，对比可得： x ，即此时弹簧x2的压缩量为 ，故 A正确。取水平向左为正方向，根据系统动量守恒得：2 m m 0，又x2

17、xAt xBtxA xB x，解得 A的位移为： xA x，故 B错误。根据动量守恒定律得：02 mv mvB，得13物块 B刚要离开弹簧时的速度 vB2 v，由系统的机械能守恒得，物块开始运动前弹簧的弹6性势能为： Ep 2mv2 mvB23 mv2，故 C错误，D 正确。12 1211考查“子弹打木块”模型多选如图所示，质量为 m的子弹水平射入质量为 M、放在光滑水平地面上静止的木块，子弹未穿透木块，此过程中木块动能增加了 5 J，那么此过程中系统产生的内能可能为( )A16 J B11.2 JC4.8 J D3.4 J解析：选 AB 设子弹的初速度为 v0，与木块的共同速度为 v，则由动

18、量守恒定律有mv0( M m)v；系统产生的内能 Q fd mv02 (m M)v2，木块得到的动能为12 12Ek1 fs Mv2，其中， f为子弹与木块间的摩擦力， d为子弹在木块内运动的位移， s为木12块相对于地面运动的位移，变形可得 Q Ek1 Ek1，故选项 A、B 正确。M mm12考查板块模型问题如图所示，在光滑水平面上有一块长为 L的木板 B，其上表面粗糙。在其左端有一个光滑的 圆弧槽 C与长木板接触但不连14接，圆弧槽的下端与木板的上表面相平， B、 C静止在水平面上。现有很小的滑块 A以初速度 v0从右端滑上 B，并以 的速度滑离 B，恰好能到达 C的最高点。 A、 B、

19、 C的质量均为v02m，求：(1)滑块 A与木板 B上表面间的动摩擦因数 ；(2) 圆弧槽 C的半径 R；14(3)滑块 A滑离圆弧槽 C时 C的速度。解析：(1)对 A、 B、 C整体，设 A刚离开 B时， B和 C的共同速度为 vB，从 A滑上 B到刚离开 B的过程中动量守恒，有 mv0 m 2 mvB，解得 vBv02 v04由能量守恒定律有mgL mv02 m 2 2mvB212 12(v02) 12解得 。5v0216gL7(2)从 A滑上 C到“恰能到达 C的最高点”的过程中，设 A到达最高点时 A和 C的共同速度为 vC，研究 A和 C组成的系统，在水平方向上由动量守恒定律有m

20、mvB2 mvC，解得 vC v0v02 38由于在此过程中 A和 C组成的系统机械能守恒，有mgR m 2 mvB2 2m 212(v02) 12 12 (3v08)解得 R 。v0264g(3)研究 A、 C组成的系统，从 A滑上 C开始到 A滑离 C的过程中，系统在水平方向上动量守恒，有 m mvB mvA1 mvC1，v02式中 vA1和 vC1分别为 A滑离 C时 A和 C的速度此过程中 A和 C组成的系统机械能守恒，有 m 2 mvB2 mvA12 mvC1212(v02) 12 12 12解得 vC1 ，方向水平向左。v02答案：(1) (2) (3) ，方向水平向左5v0216

21、gL v0264g v0213考查三大观点的综合应用如图所示，半径 R2.0 m的光滑圆弧轨道固定在光滑的水平地面上，其末端水平。平板小车上固定一木块，紧靠在轨道的末端，木块上表面水平粗糙，且与圆弧轨道末端等高。木块的厚度 h0.45 m，木块最右端到小车最右端的水平距离 x0.45 m，小车连同木块总质量 M2 kg。现使一个质量 m0.5 kg的小球从圆弧轨道上由静止释放，释放小球的位置和圆弧轨道的圆心之间的连线与竖直方向的夹角为 53，小球从木块右端飞出后恰好击中小车的最右端。 (g取 10 m/s2, sin 530.8, cos 530.6)求：(1)小球到达圆弧轨道最低点时对轨道的

22、压力大小；(2)小球离开木块最右端时，小球的速度大小；(3)小球运动到木块最右端过程中，系统产生的内能。解析：(1)设小球到达圆弧轨道末端的速度为 v0，由机械能守恒定律mgR(1cos 53) mv0212解得 v04 m/s8小球在圆弧轨道最低点 F mg mv02R解得 F9 N由牛顿第三定律，小球对轨道的压力 F F9 N。(2)设小球运动到木块最右端的速度为 v1，此时小车的速度为 v2，由动量守恒定律得 mv0 mv1 Mv2小球离开木块最右端后做平抛运动，设运动时间为 th gt2 12解得 t0.3 s小球恰好击中小车的最右端，有 v1t v2t x以上各式联立解得 v12 m/s， v20.5 m/s所以小球到达木块最右端的速度大小为 2 m/s。(3)由能量守恒定律得mgR(1cos 53) mv12 Mv22 Q12 12解得 Q2.75 J。答案：(1)9 N (2)2 m/s (3)2.75 J