2022屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題二 能量與動量 第二講 動量及其守恒定律課前自測診斷卷
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1、2022屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題二 能量與動量 第二講 動量及其守恒定律課前自測診斷卷 考點(diǎn)一 動量 沖量 動量定理 A.繩對人的沖量始終向上,人的動量先增大后減小 B.繩對人的拉力始終做負(fù)功,人的動能一直減小 C.繩恰好伸直時(shí),繩的彈性勢能為零,人的動能最大 D.人在最低點(diǎn)時(shí),繩對人的拉力等于人所受的重力 解析:選A 從繩恰好伸直到人第一次下降至最低點(diǎn)的過程中,人先做加速度減小的加速運(yùn)動,后做加速度增大的減速運(yùn)動,加速度等于零時(shí),速度最大,故人的動量和動能都是先增大后減小,加速度等于零時(shí)(即繩對人的拉力等于人所受的重力時(shí))速度最大,動量和動能最大,在最低點(diǎn)時(shí)人具有向上
2、的加速度,繩對人的拉力大于人所受的重力。繩的拉力方向始終向上與運(yùn)動方向相反,故繩對人的沖量方向始終向上,繩對人的拉力始終做負(fù)功。故選項(xiàng)A正確,選項(xiàng)B、C、D錯(cuò)誤。 2.[考查動量定理的應(yīng)用] [多選]靜止在粗糙水平面上的物體,在水平力F的作用下,經(jīng)過時(shí)間t、通過位移l后,動量為p、動能為Ek。以下說法正確的是( ) A.若保持水平力F不變,經(jīng)過時(shí)間2t,物體的動量等于2p B.若將水平力增加為原來的兩倍,經(jīng)過時(shí)間t,物體的動量等于2p C.若保持水平力F不變,通過位移2l,物體的動能小于2Ek D.若將水平力增加為原來的兩倍,通過位移l,物體的動能大于2Ek 解析:選AD 根據(jù)
3、動量定理I合=(F-f)t=p,保持水平力F不變,經(jīng)過時(shí)間2t,(F-f)·2t=p′,可知p′=2p,故A正確;根據(jù)動量定理I合=(F-f)t=p,若水平力增加為原來的2倍,經(jīng)過時(shí)間t,則有(2F-f)·t=p′,則p′>2p,故B錯(cuò)誤;根據(jù)動能定理(F-f)·l=Ek,保持水平力F不變,通過位移2l,有(F-f)·2l=Ek′,則有Ek′=2Ek,故C錯(cuò)誤;根據(jù)動能定理(F-f)·l=Ek,將水平力增加為原來的兩倍,通過位移l,有(2F-f)·l=Ek′,則有Ek′>2Ek,故D正確。 考點(diǎn)二 動量守恒定律及其應(yīng)用 3.[考查系統(tǒng)動量守恒的判斷] [多選]如圖所示,將質(zhì)量為M1、半
4、徑為R且內(nèi)壁光滑的半圓槽置于光滑水平面上,左側(cè)緊靠豎直墻壁,右側(cè)緊靠一質(zhì)量為M2的物塊。今讓一質(zhì)量為m的小球自左側(cè)槽口A的正上方h高處從靜止開始下落,與半圓槽相切自A點(diǎn)進(jìn)入槽內(nèi),以下結(jié)論正確的是( ) A.小球在槽內(nèi)運(yùn)動的B至C過程中,小球與半圓槽在水平方向動量守恒 B.小球在槽內(nèi)運(yùn)動的B至C過程中,小球、半圓槽和物塊組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒 C.小球離開C點(diǎn)以后,將做豎直上拋運(yùn)動 D.小球從A點(diǎn)經(jīng)最低點(diǎn)向右側(cè)最高點(diǎn)運(yùn)動的過程中,小球、半圓槽和物塊組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 解析:選BD 小球從A→B的過程中,半圓槽對球的支持力沿半徑方向指向圓心,而小球?qū)Π雸A槽的壓力方向相反指向左下方
5、,因?yàn)橛胸Q直墻擋住,所以半圓槽不會向左運(yùn)動,可見,該過程中,小球與半圓槽在水平方向受到外力作用,動量并不守恒,而由小球、半圓槽和物塊組成的系統(tǒng)動量也不守恒;從B→C的過程中,小球?qū)Π雸A槽的壓力方向向右下方,所以半圓槽要向右推動物塊一起運(yùn)動,因而小球參與了兩個(gè)運(yùn)動:一個(gè)是沿半圓槽的圓周運(yùn)動,另一個(gè)是與半圓槽一起向右運(yùn)動,小球所受支持力方向與速度方向并不垂直,此過程中,因?yàn)橛形飰K擋住,小球與半圓槽在水平方向動量并不守恒,但是小球、半圓槽和物塊組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒,小球運(yùn)動的全過程,水平方向動量也不守恒,選項(xiàng)A錯(cuò)誤,B正確;當(dāng)小球運(yùn)動到C點(diǎn)時(shí),它的兩個(gè)分運(yùn)動的合速度方向并不是豎直向上,所以此后
6、小球做斜上拋運(yùn)動,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;因?yàn)樾∏蛟诓蹆?nèi)運(yùn)動過程中,接觸面都是光滑的,所以小球、半圓槽、物塊組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒,故選項(xiàng)D正確。 4.[考查某一方向動量守恒問題] 如圖所示,彈簧的一端固定在豎直墻上,質(zhì)量為M的光滑弧形槽靜止在光滑水平面上,底部與水平面平滑連接,一個(gè)質(zhì)量為m(m<M)的小球從槽高h(yuǎn)處開始自由下滑,下列說法正確的是( ) A.在以后的運(yùn)動過程中,小球和槽在水平方向動量始終守恒 B.在下滑過程中小球和槽之間的相互作用力始終不做功 C.全過程小球和槽、彈簧所組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒,且水平方向動量守恒 D.被彈簧反彈后,小球和槽的機(jī)械能守恒,但小球不能回到槽高h(yuǎn)處 解
7、析:選D 當(dāng)小球與彈簧接觸后,小球與槽組成的系統(tǒng)在水平方向所受合外力不為零,系統(tǒng)在水平方向動量不守恒,故A錯(cuò)誤;下滑過程中兩物體都有水平方向的位移,而力是垂直于槽的曲面的,故力和位移夾角不垂直,故兩力均做功,故B錯(cuò)誤;全過程小球和槽、彈簧所組成的系統(tǒng)只有重力與彈力做功,系統(tǒng)機(jī)械能守恒,小球與彈簧接觸過程系統(tǒng)在水平方向所受合外力不為零,系統(tǒng)水平方向動量不守恒,故C錯(cuò)誤;球在槽上下滑過程系統(tǒng)水平方向不受力,系統(tǒng)水平方向動量守恒,球與槽分離時(shí)兩者動量大小相等,由于m<M,則小球的速度大于槽的速度,小球被彈簧反彈后的速度大小等于球與槽分離時(shí)的速度大小,小球?qū)⒆飞喜鄄⒀夭凵匣匣^程中只有重力對系統(tǒng)做
8、功,機(jī)械能守恒,由于小球與槽組成的系統(tǒng)總動量水平向左,小球滑上槽的最高點(diǎn)時(shí)系統(tǒng)速度水平向左,系統(tǒng)總動能不為零,由機(jī)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(yuǎn)處,故D正確。 5.[考查“人船模型”的動量守恒問題] 滑雪運(yùn)動是人們酷愛的戶外體育活動,現(xiàn)有質(zhì)量為m的人站立于雪橇上,如圖所示。人與雪橇的總質(zhì)量為M,人與雪橇以速度v1在水平面上由北向南運(yùn)動(雪橇所受阻力不計(jì))。當(dāng)人相對于雪橇以速度v2豎直跳起時(shí),雪橇向南的速度大小為( ) A. B. C. D.v1 解析:選D 根據(jù)動量守恒條件可知人與雪橇組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒,人跳起后水平方向速
9、度不變,雪橇的速度仍為v1,D正確。 考點(diǎn)三 碰撞、爆炸與反沖 6.[考查彈性碰撞問題] 2017年7月9日,斯諾克世界杯在江蘇無錫落下帷幕,由丁俊暉和梁文博組成的中國A隊(duì)在1比3落后的不利形勢下成功逆轉(zhuǎn),最終以4比3擊敗英格蘭隊(duì),幫助中國斯諾克臺球隊(duì)獲得了世界杯三連冠。如圖為丁俊暉正在準(zhǔn)備擊球,設(shè)在丁俊暉這一桿中,白色球(主球)和花色球碰撞前、后都在同一直線上運(yùn)動,碰前白色球的動量為pA=5 kg·m/s,花色球靜止,白色球A與花色球B發(fā)生碰撞后,花色球B的動量變?yōu)閜B′=4 kg·m/s,則兩球質(zhì)量mA與mB間的關(guān)系可能是( ) A.mB=mA B.mB=mA C.m
10、B=mA D.mB=6mA 解析:選A 由動量守恒定律得pA+pB=pA′+pB′,解得pA′=1 kg·m/s,根據(jù)碰撞過程中總動能不增加,則有≥+,代入數(shù)據(jù)解得mB≥mA,碰后兩球同向運(yùn)動,白色球A的速度不大于花色球B的速度,則≤,解得mB≤4mA,綜上可得 mA≤mB≤4mA,選項(xiàng)A正確。 7.[考查非彈性碰撞問題] [多選]A、B兩球沿一直線運(yùn)動并發(fā)生正碰,如圖所示為兩球碰撞前、后的位移隨時(shí)間變化的圖像,a、b分別為A、B兩球碰前的位移隨時(shí)間變化的圖像,c為碰撞后兩球共同運(yùn)動的位移隨時(shí)間變化的圖像。若A球質(zhì)量m=2 kg,則由圖判斷下列結(jié)論正確的是( ) A.碰撞前、
11、后A球的動量變化量為4 kg·m/s B.碰撞時(shí)A球?qū)球所施的沖量為-4 N·s C.A、B兩球碰撞前的總動量為3 kg·m/s D.碰撞中A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的動能為10 J 解析:選ABD 根據(jù)圖像可知,碰前A球的速度vA=-3 m/s,碰前B球的速度vB= 2 m/s,碰后A、B兩球共同的速度v=-1 m/s,故碰撞前、后A球的動量變化量為ΔpA=mv-mvA=4 kg·m/s,選項(xiàng)A正確;A球的動量變化量為4 kg·m/s,碰撞過程中動量守恒,B球的動量變化量為-4 kg·m/s,根據(jù)動量定理,碰撞過程中A球?qū)球所施的沖量為 -4 N·s,選項(xiàng)B正確;由于
12、碰撞過程中動量守恒,有mvA+mBvB=(m+mB)v,解得mB= kg,故碰撞過程中A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的動能為ΔE=mvA2+mBvB2-(m+mB)v2=10 J,選項(xiàng)D正確;A、B兩球碰撞前的總動量為p=mvA+mBvB=(m+mB)v=- kg·m/s,選項(xiàng)C錯(cuò)誤。 8.[考查爆炸問題] “爆竹聲中一歲除,春風(fēng)送暖入屠蘇”,燃放爆竹是我國傳統(tǒng)民俗。春節(jié)期間,某人斜向上拋出一個(gè)爆竹,假設(shè)爆竹到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)(速度水平向東)立即爆炸成質(zhì)量相等的三塊碎片,前面一塊碎片速度水平向東,后面一塊碎片速度水平向西,前、后兩塊碎片的水平速度(相對地面)大小相等、方向相反。以下說法正確的是(
13、) A.爆炸后的瞬間,中間那塊碎片的速度大于爆炸前瞬間爆竹的速度 B.爆炸后的瞬間,中間那塊碎片的速度可能水平向西 C.爆炸后,三塊碎片將同時(shí)落到水平地面上,并且落地時(shí)的動量相同 D.爆炸后的瞬間,中間那塊碎片的動能可能小于爆炸前的瞬間爆竹的總動能 解析:選A 設(shè)爆竹爆炸前的速度為v,爆竹爆炸成三塊碎片的質(zhì)量均為m,爆炸后前、后兩塊碎片的速度大小為v前后,中間那塊碎片的速度大小為v′,設(shè)水平向東為正方向,根據(jù)水平方向動量守恒,3mv=mv前后+mv′-mv前后,得v′=3v,方向向東,所以爆炸后的瞬間,中間那塊碎片的速度大于爆炸前瞬間爆竹的速度,選項(xiàng)A正確、B錯(cuò)誤;爆炸后,三塊碎片均
14、做平拋運(yùn)動,豎直方向上有h=gt2,下落時(shí)間相同,則豎直方向分速度相同,但水平方向上的分速度方向不同,故合速度方向不同,則動量不同,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;爆炸后的瞬間,中間那塊碎片的動能m(3v)2>·3m·v2,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 9.[考查反沖問題] [多選]一機(jī)槍架在湖中小船上,船正以1 m/s的速度前進(jìn),小船及機(jī)槍總質(zhì)量M= 200 kg,每顆子彈質(zhì)量為m=20 g,在水平方向機(jī)槍以v=600 m/s的對地速度射出子彈,打出5顆子彈后船的速度可能為( ) A.1.4 m/s B.1 m/s C.0.8 m/s D.0.5 m/s 解析:選BC 若子彈射出方向與船前進(jìn)的方向在同
15、一直線上,則子彈、機(jī)槍和小船組成的系統(tǒng)動量守恒,有Mv0=(M-5m)v′±5mv,若子彈向船前進(jìn)的方向射出,反沖作用使船速減小,v1′==0.7 m/s,若子彈向船前進(jìn)的反方向射出,v2′==1.3 m/s,可見船速應(yīng)在0.7~1.3 m/s之間。故B、C正確。 考點(diǎn)四 動量綜合問題 10.[考查含有彈簧的動量綜合問題] [多選]光滑水平面上放有質(zhì)量分別為2m和m的物塊A和B,用細(xì)線將它們連接起來,兩物塊中間加有一壓縮的輕質(zhì)彈簧(彈簧與物塊不相連),彈簧的壓縮量為x?,F(xiàn)將細(xì)線剪斷,此刻物塊A的加速度大小為a,兩物塊剛要離開彈簧時(shí)物塊A的速度大小為v,則( ) A.物塊B的加速度大
16、小為a時(shí)彈簧的壓縮量為 B.物塊A從開始運(yùn)動到剛要離開彈簧時(shí)位移大小為x C.物塊開始運(yùn)動前彈簧的彈性勢能為mv2 D.物塊開始運(yùn)動前彈簧的彈性勢能為3mv2 解析:選AD 當(dāng)物塊A的加速度大小為a時(shí),根據(jù)胡克定律和牛頓第二定律得kx=2ma。當(dāng)物塊B的加速度大小為a時(shí),有:kx′=ma,對比可得:x′=,即此時(shí)彈簧的壓縮量為,故A正確。取水平向左為正方向,根據(jù)系統(tǒng)動量守恒得:2m-m=0,又xA+xB=x,解得A的位移為:xA=x,故B錯(cuò)誤。根據(jù)動量守恒定律得:0=2mv-mvB,得物塊B剛要離開彈簧時(shí)的速度vB=2v,由系統(tǒng)的機(jī)械能守恒得,物塊開始運(yùn)動前彈簧的彈性勢能為:Ep=·2
17、mv2+mvB2=3mv2,故C錯(cuò)誤,D正確。 11.[考查“子彈打木塊”模型] [多選]如圖所示,質(zhì)量為m的子彈水平射入質(zhì)量為M、放在光滑水平地面上靜止的木塊,子彈未穿透木塊,此過程中木塊動能增加了5 J,那么此過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能可能為( ) A.16 J B.11.2 J C.4.8 J D.3.4 J 解析:選AB 設(shè)子彈的初速度為v0,與木塊的共同速度為v,則由動量守恒定律有mv0=(M+m)v;系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能Q=fd=mv02-(m+M)v2,木塊得到的動能為Ek1=fs=Mv2,其中,f為子彈與木塊間的摩擦力,d為子彈在木塊內(nèi)運(yùn)動的位移,s為木塊相對于
18、地面運(yùn)動的位移,變形可得Q=Ek1>Ek1,故選項(xiàng)A、B正確。 12.[考查板塊模型問題] 如圖所示,在光滑水平面上有一塊長為L的木板B,其上表面粗糙。在其左端有一個(gè)光滑的圓弧槽C與長木板接觸但不連接,圓弧槽的下端與木板的上表面相平,B、C靜止在水平面上?,F(xiàn)有很小的滑塊A以初速度v0從右端滑上B,并以的速度滑離B,恰好能到達(dá)C的最高點(diǎn)。A、B、C的質(zhì)量均為m,求: (1)滑塊A與木板B上表面間的動摩擦因數(shù)μ; (2)圓弧槽C的半徑R; (3)滑塊A滑離圓弧槽C時(shí)C的速度。 解析:(1)對A、B、C整體,設(shè)A剛離開B時(shí),B和C的共同速度為vB,從A滑上B到剛離開B的過程中動量守恒,有
19、mv0=m+2mvB,解得vB= 由能量守恒定律有 μmgL=mv02-m2-×2mvB2 解得μ=。 (2)從A滑上C到“恰能到達(dá)C的最高點(diǎn)”的過程中,設(shè)A到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)A和C的共同速度為vC,研究A和C組成的系統(tǒng),在水平方向上由動量守恒定律有 m+mvB=2mvC,解得vC=v0 由于在此過程中A和C組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒,有 mgR=m2+mvB2-×2m2 解得R=。 (3)研究A、C組成的系統(tǒng),從A滑上C開始到A滑離C的過程中,系統(tǒng)在水平方向上動量守恒, 有m+mvB=mvA1+mvC1, 式中vA1和vC1分別為A滑離C時(shí)A和C的速度 此過程中A和C組成的系統(tǒng)機(jī)
20、械能守恒, 有m2+mvB2=mvA12+mvC12 解得vC1=,方向水平向左。 答案:(1) (2) (3),方向水平向左 13.[考查三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用] 如圖所示,半徑R=2.0 m的光滑圓弧軌道固定在光滑的水平地面上,其末端水平。平板小車上固定一木塊,緊靠在軌道的末端,木塊上表面水平粗糙,且與圓弧軌道末端等高。木塊的厚度h=0.45 m,木塊最右端到小車最右端的水平距離x=0.45 m,小車連同木塊總質(zhì)量M=2 kg?,F(xiàn)使一個(gè)質(zhì)量m=0.5 kg的小球從圓弧軌道上由靜止釋放,釋放小球的位置和圓弧軌道的圓心之間的連線與豎直方向的夾角為53°,小球從木塊右端飛出后恰好擊中小車的
21、最右端。 (g取10 m/s2, sin 53°=0.8, cos 53°=0.6)求: (1)小球到達(dá)圓弧軌道最低點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力大小; (2)小球離開木塊最右端時(shí),小球的速度大??; (3)小球運(yùn)動到木塊最右端過程中,系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能。 解析:(1)設(shè)小球到達(dá)圓弧軌道末端的速度為v0,由機(jī)械能守恒定律 mgR(1-cos 53°)=mv02 解得v0=4 m/s 小球在圓弧軌道最低點(diǎn)F-mg=m 解得F=9 N 由牛頓第三定律,小球?qū)壍赖膲毫′=F=9 N。 (2)設(shè)小球運(yùn)動到木塊最右端的速度為v1,此時(shí)小車的速度為v2, 由動量守恒定律得mv0=mv1+Mv2 小球離開木塊最右端后做平拋運(yùn)動,設(shè)運(yùn)動時(shí)間為t h=gt2 解得 t=0.3 s 小球恰好擊中小車的最右端,有v1t-v2t=x 以上各式聯(lián)立解得v1=2 m/s,v2=0.5 m/s 所以小球到達(dá)木塊最右端的速度大小為2 m/s。 (3)由能量守恒定律得 mgR(1-cos 53°)=mv12+Mv22+Q 解得Q=2.75 J。 答案:(1)9 N (2)2 m/s (3)2.75 J
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