2019届高考物理二轮复习专题二功和能考点3动量定理与动量守恒定律限时集训20190118234.doc

1、1考点 3 动量定理与动量守恒定律限时 45 分钟；满分 100 分一、选择题(每小题 7 分，共 63 分)1(2018莱芜二模)一小球从水平地面上方无初速释放，与地面发生碰撞后反弹至速度为零，假设小球与地面碰撞没有机械能损失，运动时的空气阻力大小不变，下列说法正确的是A上升过程中小球动量改变量等于该过程中空气阻力的冲量B小球与地面碰撞过程中，地面对小球的冲量不为零C下落过程中小球动能的改变量等于该过程中重力做的功D从释放到反弹至速度为零过程中小球克服空气阻力做的功小于重力做的功答案 B2(多选)质量为 M、内壁间距为 L 的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为 m 的小物块，小物块

2、与箱子底板间的动摩擦因数为 。初始时小物块停在箱子正中间，如图 2313 所示。现给小物块一水平向右的初速度 v，小物块与箱壁碰撞 N 次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止。设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为图 2313A. mv2 B. v212 12mMm MC. NmgL D NmgL12解析 小物块与箱子作用过程中满足动量守恒，小物块最后恰好又回到箱子正中间。二者相对静止，即为共速，设速度为 v1， mv( m M)v1，系统损失的动能 Ek mv2 (M m)v ，A 错误，B 正确；由于碰撞为弹性碰撞，故碰撞时不损失12 12 21 12Mmv2M m能量，系

3、统损失的动能等于系统产生的热量，即 Ek Q NmgL ，C 错误，D 正确。答案 BD3如图 2314 所示，光滑水平面上有质量均为 m 的物块 A 和 B， B 上固定一轻弹簧。2B 静止， A 以速度 v0水平向右运动，通过弹簧与 B 发生作用。作用过程中，弹簧获得的最大弹性势能 Ep为图 2314A. mv B. mv 116 20 18 20C. mv D. mv14 20 12 20解析 当两物块速度相同时，弹簧获得的弹性势能最大。根据动量守恒可知mv02 mv， vv02所以最大弹性势能 Ep mv 2mv2 mv ，故 C 正确。12 20 12 14 20答案 C4如图 23

4、15 所示，在足够长的光滑水平面上有一静止的质量为 M 的斜面，斜面表面光滑、高度为 h、倾角 。一质量为 m(m M)的小物块以一定的初速度沿水平面向右运动，不计冲上斜面过程中的机械能损失。如果斜面固定，则小物块恰能冲到斜面顶端。如果斜面不固定，则小物块冲上斜面后能达到的最大高度为图 2315A h B. h mm MC. h D. hmM Mm M解析 如果斜面固定，则由机械能守恒有： mv mgh，如果斜面不固定，则小物块冲12 20上斜面后到达最大高度时二者水平共速，则由水平方向动量守恒： mv0( m M)v，系统的机械能守恒： mv (m M)v2 mgh1得 h1 h，选项 D

5、正确。12 20 12 Mm M3答案 D5 A、 B 两球之间压缩一根轻弹簧，静置于光滑水平桌面上，已知 A、 B 两球质量分别为 2m 和 m。当用板挡住 A 球而只释放 B 球时， B 球被弹出落于距桌面距离为 x 的水平地面上，如图 2316 所示。若用同样的程度压缩弹簧，取走 A 左边的挡板，将 A、 B 同时释放，则 B 球的落地点距离桌边距离为图 2316A. B. x x3 3C x D. x63解析 当用板挡住小球 A 而只释放 B 球时，根据能量守恒有： Ep mv ，根据平抛运12 20动规律有： x v0t。当用同样的程度压缩弹簧，取走 A 左边的挡板，将 A、 B 同

6、时释放，设A、 B 的速度分别为 vA和 vB，则根据动量守恒和能量守恒有：2mvA mvB0， Ep 2mv mv ，解得 vB v0， B 球的落地点距桌面距离为12 2A 12 2B 63x vBt x，D 选项正确。63答案 D6(2018福州一模)如图 2317 所示，光滑的水平面上，小球 A 以速度 v0向右运动时与静止的小球 B 发生对心正碰，碰后 A 球的速率为 ， B 球的速率为 ， A、 B 两球的v03 v02质量之比为图 2317A38 B35 C23 D43解析 碰撞瞬间动量守恒，规定向右为正方向，则有 mAv0 mA mB ，解得：v03 v024 或 ，所以 A

7、正确。mAmB 38 mAmB 34答案 A7(2018丰台一模)如图 2318 所示，两质量分别为 m1和 m2的弹性小球叠放在一起，从高度为 h 处自由落下，且 h 远大于两小球半径，所有的碰撞都是完全弹性碰撞，且都发生在竖直方向。已知 m23 m1，则小球 m1反弹后能达到的高度为图 2318A h B2 hC3 h D4 h解析 下降过程为自由落体运动，触地时两球速度相同， v ， m2碰撞地之后，速2gh度瞬间反向，大小相等，选 m1与 m2碰撞过程为研究过程，碰撞前后动量守恒，设碰后m1、 m2速度大小分别为 v1、 v2，选向上方向为正方向，则m2v m1v m1v1 m2v2由

8、能量守恒定律得(m1 m2)v2 m1v m2v ，12 12 21 12 2且 m23 m1联立解得： v12 2gh反弹后高度 H 4 h，D 正确。v212g答案 D8(多选)(2018洛阳模拟)如图 2319 所示，质量为 m245 g 的物块(可视为质点)放在质量为 M0.5 kg 的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为 0.4。质量为 m05 g 的子弹以速度 v0300 m/s 沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)， g 取 10 m/s2。则在整个过程中5图 2319A物块和木板组成的系统动量守恒B子弹的末动量大小为 0.01 kgm/sC子

9、弹对物块的冲量大小为 0.49 NsD物块相对木板滑行的时间为 1 s解析 子弹击中物块过程，动量守恒；子弹和物块整体和木板相互作用过程动量守恒；子弹、物块和木板组成的系统动量守恒，而物块和木板组成的系统受到子弹的作用，动量不守恒，选项 A 错误；对子弹、物块和木板组成的系统的整个过程，由动量守恒定律，m0v0( m0 m M)v，解得 v2 m/s，子弹的末动量大小为 p 0 m0v0.0052 kgm/s0.01 kgm/s，选项 B 正确；对子弹击中物块过程，由动量守恒定律，m0v0( m0 m)v1，解得 v16 m/s，由动量定理可得子弹对物块的冲量大小为I mv10.2456 Ns

10、 1.47 Ns，选项 C 错误；子弹和物块与木板之间的摩擦力f (m0 m)g0.40.25010 N1 N，对木板，由动量定理， ft Mv，解得 t1 s，选项 D 正确。答案 BD9(多选)(2018太原二模)如图 2320 所示，一内壁为半圆柱形的凹槽静止在光滑水平面上，质量为 M。内壁光滑且半径为 R，直径水平。在内壁左侧的最高点有一质量为m 的小球 P，将 P 由静止释放，则图 2320A P 在下滑过程中，凹槽对 P 的弹力不做功B P 在到达最低点前对凹槽做正功，从最低点上升过程中对凹槽做负功C P 不能到达内壁右端的最高点D凹槽的最大动能是 gRm2m M解析 小球 P 下

11、滑时，凹槽向左运动，凹槽对 P 的弹力对 P 做负功，选项 A 错。 P 下6滑过程， P 对凹槽有斜向左下方压力，对凹槽做正功， P 上升过程， P 对凹槽有斜向右下方的压力，而凹槽向左运动， P 对凹槽做负功，B 正确。根据动量守恒， P 到凹槽右端最高点时， P 和凹槽的速度均为零，根据能量守恒， P 到达内壁右端的最高点，C 错误。在小球到最低点时，由动量守恒定律和能量守恒定律。得 mv1 Mv2mgR mv Mv12 21 12 2解得 v2 gR，D 正确。m2M m答案 BD二、计算题(本题共 3 小题，共 37 分)10(12 分)(2018桂林调研)一轻弹簧的下端固定在水平地

12、面上，上端与质量为 m 的木板相连且处于静止状态，此时弹簧的压缩量为 h0。如图 2321 所示，一个质量也为m 的小物块从木板正上方距离为 3h0的 A 处自由落下，与木板碰后和木板一起向下运动，它们到达最低点后又向上运动，并恰能回到 O 点。重力加速度为 g。求：图 2321(1)小物块与木板碰撞后的速度大小；(2)碰前弹簧的弹性势能。解析 (1)小物块自由下落过程中：3 mgh0 mv12 20小物块与木板碰撞时的速度大小 v0 6gh0设 v1为小物块与木板碰撞后一起开始向下运动的速度大小，因碰撞时间极短，由动量守恒有： mv02 mv17解得： v16gh02(2)设碰前弹簧的弹性势

13、能为 Ep，当小物块与木板一起回到 O 点时，弹簧的弹性势能为零，且此时小物块与木板速度恰好都为零，以木板初始位置 Ep (2m)v 2 mgh012 21解得： Ep 。mgh02答案 (1) (2)6gh02 mgh0211(12 分)(2018邵阳二模)如图 2332 所示，长为 L、高为 h、质量为 m 的小车停在光滑的水平地面上，有一质量为 m 的小物块(可视为质点)从光滑曲面上离车顶高度为h 处由静止下滑，离开曲面后水平向右滑到小车上，最终物块滑离小车。已知重力加速度为 g，物块与小车间的动摩擦因数 。求：4h9L图 2332(1)物块滑离小车时的速率 v1；(2)物块从刚滑上小车

14、到刚滑离小车的过程，小车向右运动的距离 x。解析 (1)设物块滑到小车上时的速率为 v0，根据机械能守恒定律有： mv mgh12 20设物块滑离小车时物块和小车的速率分别为 v1、 v2，以物块和小车为研究对象，根据动量守恒 mv0 mv1 mv2根据能量守恒定律有： mv mv mv mgL12 20 12 21 12 2物块滑离小车的条件为 v1 v2，解得： v1 ， v2 。232gh 132gh(2)对小车，根据动能定理有： mgx mv 012 2解得： x 。L4答案 (1) (2)232gh L4812(13 分)某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为 M 的卡通玩具稳

15、定地悬停在空中。为计算方便起见，假设水柱从横截面积为 S 的喷口持续以速度 v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于 S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开。忽略空气阻力。已知水的密度为 ，重力加速度大小为 g。求：(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。解析 (1)设 t 时间内，从喷口喷出的水的体积为 V，质量为 m，则 m V V v0S t 由式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为 v 0S m t(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为 h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为 v。对于 t 时间内喷出的水，由能量守恒得( m)v2( m)gh ( m)v 12 12 20在 h 高度处， t 时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为 p( m)v 设水对玩具的作用力的大小为 F，根据动量定理有F t p 由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得 F Mg 联立式得 h 。v202g M2g2 2v20S2答案 (1) v 0S (2) v202g M2g2 2v20S2