2019高考物理二轮复习第8讲 动量定理和动量守恒定律 专题训练(含解析)

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)

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.3h D.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=2m2 D.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M∶m

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(　　)

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

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

D.在b球落地的瞬间,重力对b球做功的功率为mg

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μ=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μ=,质量为m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

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Δp1=m1v-m1v1=-105 kg·m/s,故B正确;船的动量变化量Δp2=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=Δp,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+≥+,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。

5.D　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在沿杆方向上的分速度大小相等,则va cos 30°=vb cos 60°,解得va=,vb=,所以轻杆对a球做的功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,重力对b球做功的功率为Pb地=mgvb地=mg,故D项正确。

二、非选择题

8.答案　(1)　(2)

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=

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=

(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)

解得Ff=

此过程中对C,根据动量定理有Fft=mv2-mv1

解得t=

9.答案　(1)4 m/s　3 m/s　(2)不能相遇　 m

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

-μmgx=m-m①

A与B碰撞前后动量守恒,有mvA=mvA'+MvB'②

由能量守恒定律得m=mvA'2+MvB'2③

联立①②③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

-μmgsA=0-mvA'2④

解得sA= m

所以A与挡板碰撞后再运动sA'=sA-x= m⑤

设B碰撞后向右运动的距离为sB,则-μMgsB=0-MvB'2⑥

解得sB=3 m<L⑦

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

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

解得v0=

小球在圆周最低点时拉力最大,由牛顿第二定律得

FT-mg=m

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

水平分位移L=t

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

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)+μ·3mgs

解得s=

由s<L知,滑块C不会从木板上掉下来