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2019屆高考物理二輪復(fù)習 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.doc

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2019屆高考物理二輪復(fù)習 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.doc

專題二第二講 動量及其守恒定律課前自測診斷卷考點一動量沖量動量定理1.考查動量、沖量的概念“蹦極”運動中,長彈性繩的一端固定,另一端綁在人身上,人從幾十米高處跳下,將蹦極過程簡化為人沿豎直方向的運動,從繩恰好伸直,到人第一次下降至最低點的過程中,下列分析正確的是()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功,人的動能一直減小C繩恰好伸直時,繩的彈性勢能為零,人的動能最大D人在最低點時,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的過程中,人先做加速度減小的加速運動,后做加速度增大的減速運動,加速度等于零時,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(即繩對人的拉力等于人所受的重力時)速度最大,動量和動能最大,在最低點時人具有向上的加速度,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功。故選項A正確,選項B、C、D錯誤。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)過時間2t,物體的動量等于2pB若將水平力增加為原來的兩倍,經(jīng)過時間t,物體的動量等于2pC若保持水平力F不變,通過位移2l,物體的動能小于2EkD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)動量定理I合(Ff)tp,保持水平力F不變,經(jīng)過時間2t,(Ff)2tp,可知p2p,故A正確;根據(jù)動量定理I合(Ff)tp,若水平力增加為原來的2倍,經(jīng)過時間t,則有(2Ff)tp,則p2p,故B錯誤;根據(jù)動能定理(Ff)lEk,保持水平力F不變,通過位移2l,有(Ff)2lEk,則有Ek2Ek,故C錯誤;根據(jù)動能定理(Ff)lEk,將水平力增加為原來的兩倍,通過位移l,有(2Ff)lEk,則有Ek2Ek,故D正確??键c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點進入槽內(nèi),以下結(jié)論正確的是()A小球在槽內(nèi)運動的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點以后,將做豎直上拋運動D小球從A點經(jīng)最低點向右側(cè)最高點運動的過程中,小球、半圓槽和物塊組成的系統(tǒng)機械能守恒解析:選BD小球從AB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,因為有豎直墻擋住,所以半圓槽不會向左運動,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BC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動,因而小球參與了兩個運動:一個是沿半圓槽的圓周運動,另一個是與半圓槽一起向右運動,小球所受支持力方向與速度方向并不垂直,此過程中,因為有物塊擋住,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,小球運動的全過程,水平方向動量也不守恒,選項A錯誤,B正確;當小球運動到C點時,它的兩個分運動的合速度方向并不是豎直向上,所以此后小球做斜上拋運動,選項C錯誤;因為小球在槽內(nèi)運動過程中,接觸面都是光滑的,所以小球、半圓槽、物塊組成的系統(tǒng)機械能守恒,故選項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,一個質(zhì)量為m(mM)的小球從槽高h處開始自由下滑,下列說法正確的是()A在以后的運動過程中,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,小球和槽的機械能守恒,但小球不能回到槽高h處解析:選D當小球與彈簧接觸后,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,球與槽分離時兩者動量大小相等,由于mM,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的速度大小,小球?qū)⒆飞喜鄄⒀夭凵匣?,上滑過程中只有重力對系統(tǒng)做功,機械能守恒,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時系統(tǒng)速度水平向左,系統(tǒng)總動能不為零,由機械能守恒定律可知,小球上升的最大高度小于h,小球不能回到槽高h處,故D正確。5考查“人船模型”的動量守恒問題滑雪運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動(雪橇所受阻力不計)。當人相對于雪橇以速度v2豎直跳起時,雪橇向南的速度大小為()A.B.C. Dv1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度不變,雪橇的速度仍為v1,D正確??键c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,幫助中國斯諾克臺球隊獲得了世界杯三連冠。如圖為丁俊暉正在準備擊球,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動,碰前白色球的動量為pA5 kgm/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B4 kgm/s,則兩球質(zhì)量mA與mB間的關(guān)系可能是()AmBmA BmBmACmBmA DmB6mA解析:選A由動量守恒定律得pApBpApB,解得pA1 kgm/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mBmA,碰后兩球同向運動,白色球A的速度不大于花色球B的速度,則,解得mB4mA,綜上可得 mAmB4mA,選項A正確。7考查非彈性碰撞問題多選A、B兩球沿一直線運動并發(fā)生正碰,如圖所示為兩球碰撞前、后的位移隨時間變化的圖像,a、b分別為A、B兩球碰前的位移隨時間變化的圖像,c為碰撞后兩球共同運動的位移隨時間變化的圖像。若A球質(zhì)量m2 kg,則由圖判斷下列結(jié)論正確的是()A碰撞前、后A球的動量變化量為4 kgm/sB碰撞時A球?qū)球所施的沖量為4 NsCA、B兩球碰撞前的總動量為3 kgm/sD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vA3 m/s,碰前B球的速度vB 2 m/s,碰后A、B兩球共同的速度v1 m/s,故碰撞前、后A球的動量變化量為pAmvmvA4 kgm/s,選項A正確;A球的動量變化量為4 kgm/s,碰撞過程中動量守恒,B球的動量變化量為4 kgm/s,根據(jù)動量定理,碰撞過程中A球?qū)球所施的沖量為 4 Ns,選項B正確;由于碰撞過程中動量守恒,有mvAmBvB(mmB)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EmvA2mBvB2(mmB)v210 J,選項D正確;A、B兩球碰撞前的總動量為pmvAmBvB(mmB)v kgm/s,選項C錯誤。8考查爆炸問題“爆竹聲中一歲除,春風送暖入屠蘇”,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爆竹,假設(shè)爆竹到達最高點時(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()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,三塊碎片將同時落到水平地面上,并且落地時的動量相同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,3mvmv前后mvmv前后,得v3v,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A正確、B錯誤;爆炸后,三塊碎片均做平拋運動,豎直方向上有hgt2,下落時間相同,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C錯誤;爆炸后的瞬間,中間那塊碎片的動能m(3v)23mv2,選項D錯誤。9考查反沖問題多選一機槍架在湖中小船上,船正以1 m/s的速度前進,小船及機槍總質(zhì)量M 200 kg,每顆子彈質(zhì)量為m20 g,在水平方向機槍以v600 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()A1.4 m/s B1 m/sC0.8 m/s D0.5 m/s解析:選BC若子彈射出方向與船前進的方向在同一直線上,則子彈、機槍和小船組成的系統(tǒng)動量守恒,有Mv0(M5m)v5mv,若子彈向船前進的方向射出,反沖作用使船速減小,v10.7 m/s,若子彈向船前進的反方向射出,v21.3 m/s,可見船速應(yīng)在0.71.3 m/s之間。故B、C正確??键c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物塊A的速度大小為v,則()A物塊B的加速度大小為a時彈簧的壓縮量為B物塊A從開始運動到剛要離開彈簧時位移大小為xC物塊開始運動前彈簧的彈性勢能為mv2D物塊開始運動前彈簧的彈性勢能為3mv2解析:選AD當物塊A的加速度大小為a時,根據(jù)胡克定律和牛頓第二定律得kx2ma。當物塊B的加速度大小為a時,有:kxma,對比可得:x,即此時彈簧的壓縮量為,故A正確。取水平向左為正方向,根據(jù)系統(tǒng)動量守恒得:2mm0,又xAxBx,解得A的位移為:xAx,故B錯誤。根據(jù)動量守恒定律得:02mvmvB,得物塊B剛要離開彈簧時的速度vB2v,由系統(tǒng)的機械能守恒得,物塊開始運動前彈簧的彈性勢能為:Ep2mv2mvB23mv2,故C錯誤,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()A16 J B11.2 JC4.8 J D3.4 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(Mm)v;系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能Qfdmv02(mM)v2,木塊得到的動能為Ek1fsMv2,其中,f為子彈與木塊間的摩擦力,d為子彈在木塊內(nèi)運動的位移,s為木塊相對于地面運動的位移,變形可得QEk1Ek1,故選項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C的最高點。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);(2)圓弧槽C的半徑R;(3)滑塊A滑離圓弧槽C時C的速度。解析:(1)對A、B、C整體,設(shè)A剛離開B時,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mv0m2mvB,解得vB由能量守恒定律有mgLmv02m22mvB2解得。(2)從A滑上C到“恰能到達C的最高點”的過程中,設(shè)A到達最高點時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mmvB2mvC,解得vCv0由于在此過程中A和C組成的系統(tǒng)機械能守恒,有mgRm2mvB22m2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mmvBmvA1mvC1,式中vA1和vC1分別為A滑離C時A和C的速度此過程中A和C組成的系統(tǒng)機械能守恒,有m2mvB2mvA12mvC12解得vC1,方向水平向左。答案:(1)(2)(3),方向水平向左13考查三大觀點的綜合應(yīng)用如圖所示,半徑R2.0 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h0.45 m,木塊最右端到小車最右端的水平距離x0.45 m,小車連同木塊總質(zhì)量M2 kg。現(xiàn)使一個質(zhì)量m0.5 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最右端。 (g取10 m/s2, sin 530.8, cos 530.6)求:(1)小球到達圓弧軌道最低點時對軌道的壓力大??;(2)小球離開木塊最右端時,小球的速度大?。?3)小球運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)小球到達圓弧軌道末端的速度為v0,由機械能守恒定律mgR(1cos 53)mv02解得v04 m/s小球在圓弧軌道最低點Fmgm解得F9 N由牛頓第三定律,小球?qū)壍赖膲毫F9 N。(2)設(shè)小球運動到木塊最右端的速度為v1,此時小車的速度為v2,由動量守恒定律得mv0mv1Mv2小球離開木塊最右端后做平拋運動,設(shè)運動時間為thgt2 解得 t0.3 s小球恰好擊中小車的最右端,有v1tv2tx以上各式聯(lián)立解得v12 m/s,v20.5 m/s所以小球到達木塊最右端的速度大小為2 m/s。(3)由能量守恒定律得mgR(1cos 53)mv12Mv22Q解得Q2.75 J。答案:(1)9 N(2)2 m/s(3)2.75 J

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