2020届高三物理二轮专题复习-动量与动量守恒定律基础练

第=page22页，共=sectionpages22页第=page11页，共=sectionpages11页2020届高三物理二轮专题复习——动量与动量守恒定律基础练一、单选题（本大题共7小题，共28分）如图所示是最常见的羽毛球运动图标之一，羽毛球运动是学校体育中最普及的体育运动，也是速度最快的球类运动，运动员扣杀羽毛球的速度可达到100 m/s。假设羽毛球飞来的速度为50 m/s，运动员将羽毛球以100 m/s的速度反向击回，羽毛球的质量为10 g，则羽毛球动量的变化量(    )A.大小为1.5 kg·m/s，方向与羽毛球飞来的方向相反

B.大小为1.5 kg·m/s，方向与羽毛球飞来的方向相同

C.大小为0.5 kg·m/s，方向与羽毛球飞来的方向相反

D.大小为0.5 kg·m/s，方向与羽毛球飞来的方向相同A、B两球沿一直线运动并发生正碰，如图为两球碰撞前后的位移图象，a、b分别为A、B两球碰前的位移图象，c为碰撞后两球共同运动的位移图象，若A球质量是m=2kg，则由图判断下列结论不正确的是(    )A.碰撞前后A的动量变化为4

kg⋅m/s

B.碰撞时A对B所施冲量为−4

N⋅s

C.A、B碰撞前的总动量为3

kg⋅m/s

D.碰撞中A枪筒长为L，子弹质量为m，设子弹被击发后在枪筒内作匀加速直线运动，运动的时间为t，则(    )A.子弹离开枪口时的动能为mL22t2

B.子弹在枪筒内运动过程中合外力的冲量为mL2t运载火箭在太空中飞行的原理是(    )A.外形流畅，减小空气阻力 B.携带固体燃料，少占体积

C.自身喷出气体，获得反冲力 D.喷出气体后，获得空气浮力有一宇宙飞船，它的正对面积S=2m2，以v=3×103m/s的相对速度飞入一宇宙微粒区。此微粒区1A.36N B.3.6N C.12N D.1.2N质量为1.0千克的皮球以 v1=3m/s的速率垂直撞击天花板，然后以v2=1m/s的速率反弹，球与天花板的接触时间为0.1A.4N⋅S B.3N⋅S C.2N⋅S D.1N⋅S人从高处跳到低处时，为了安全，一般都是让脚尖先着地，这样做是为了(    )A.减小冲量

B.减小动量的变化量

C.增长与地面的冲击时间，从而减小冲力

D.增大人对地面的压强，起到安全作用二、多选题（本大题共5小题，共20分）如图1所示，倾斜放置的平行光滑轨道间距为L=1m，导轨与水平面的夹角为θ=30°，导轨上端连有阻值为R=1Ω的定值电阻，在导轨平面上的abdc、cdfe间分别有垂直导轨平面向上和向下的匀强磁场，磁感应强度分别为B1=1T和B2=2T，两磁场的宽度也均为L.一长为L的导体棒从导轨某位置静止释放，导体棒在滑动过程中始终与导轨接触良好，导体棒在磁场中运动的速度一时间图象如图2所示。不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度g=10m/A.导体棒的质量为m=0.2kg

B.导体棒穿过整个磁场时通过电阻R的电量为(2−1)C

C.导体棒穿过磁场B2的时间为2s

D.导体棒穿过整个磁场时电阻R一个铍原子核(47Be)俘获一个核外电子(通常是最靠近原子核的K壳层的电子)后发生衰变，生成一个锂核(37Li)，并放出一个不带电的质量接近零的中微子νe，人们把这种衰变称为“K俘获”。静止的铍核发生零“K俘获”，其核反应方程为 ​47Be+−10A.中微子的质量数和电荷数均为零

B.锂核(37Li)获得的动能约为0.86MeV

C.中微子与锂核(37Li)一定质量的物体在恒定合外力作用下运动，则(    )A.物体一定作匀变速运动 B.物体的动能随时间均匀变化

C.物体的机械能一定不守恒 D.物体的动量随时间均匀变化一个静止的质点在t=0到t=4s这段时间，仅受到力F

的作用，F

的方向始终在同一直线上，F

随时间t

的变化关系如图所示.下列说法中正确的是(    )A.在t=0到t=4s这段时间，质点做往复直线运动

B.在t=1s时，质点的动量大小为1kg⋅m/s

C.在t=2s时，质点的动能最大

D.在t=1s到t=3s这段时间，力如图所示，足够长的水平传送带以速度v沿逆时针方向转动，传送带的左端与光滑圆弧轨道底部平滑连接，圆弧轨道上的A点与圆心等高，一小物块从A点静止滑下，再滑上传送带，经过一段时间又返回圆弧轨道，返回圆弧轨道时小物块恰好能到达A点，则下列说法正确的是(    )A.圆弧轨道的半径一定是v22g

B.若减小传送带速度，则小物块仍有可能到达A

C.若增加传送带速度，则小物块有可能经过圆弧轨道的最高点

D.三、填空题（本大题共2小题，共12分）质量分别为60kg和70kg的甲、乙两人，分别同时从原来静止于光滑水平面上的小车两端，以3m/s的水平初速度沿相反方向跳到地面上．若小车的质量为20kg，则当两人跳离小车后，小车的运动速度为______m/s，方向与(选填“甲、乙”)______相反．将两根完全相同的磁铁分别固定在质量相等的小车上，小车置于光滑的水平面上．初始时刻，甲车速度大小v甲=3m/s，方向水平向右；乙车速度大小v乙=2m/s，方向水平向左，v甲、v乙在同一条直线上．当乙车的速度减小为零时，甲车的速度大小为______四、计算题（本大题共3小题，共40分）如图所示，用外力推P物体压着轻质弹簧静置于A点(A物体与弹簧接触但不连结)，Q物体静止在B点，P和Q的质量均为m=1kg，它们的大小相对于轨道来说可忽略。光滑轨道ABCD中的AB部分水平，BC部分为曲线，CD部分为直径d=5m圆弧的半圆，该圆弧轨迹与地面相切，D点为圆弧的最高点，各段连接处对滑块的运动无影响。现撤去外力，P沿轨道运动至B点，与Q相碰后不再分开，最后两物体从D点水平抛出，测得水平射程s=2m。(g=10m/s2)。求：

(1)两物体水平抛出时的速度；

(2)两物体运动到D点时对圆弧的压力FN；

(3)轻弹簧被压缩时的弹性势能

如图所示，小球A系在细线的一端，线的另一端固定在O点，O到光滑水平面的距离为h=0.8m，已知A的质量为m，物块B的质量是小球A的5倍，置于水平传送带左端的水平面上且位于O点正下方，传送带右端有一带半圆光滑轨道的小车，小车的质量是物块B的5倍，水平面、传送带及小车的上表面平滑连接，物块B与传送带间的动摩擦因数为μ=0.5，其余摩擦不计，传送带长L=3.5m，以恒定速率v0=6m/s顺时针运转。现拉动小球使线水平伸直后由静止释放，小球运动到最低点时与物块发生弹性正碰，小球反弹后上升到最高点时与水平面的距离为h16，若小车不固定，物块刚好能滑到与圆心O1等高的C点，重力加速度为g，小球与物块均可视为质点，求：

(1)小球和物块相碰后物块B的速度vB大小。

(2)若滑块B的质量为mB=1kg，求滑块B与传送带之间由摩擦而产生的热量Q及带动传送带的电动机多做的功W电

如图所示，一个质量m=4kg的物块以速度v=2m/s水平滑上一静止的平板车上，平板车质量M=16kg，物块与平板车之间的动摩擦因数μ=0.2，其它摩擦不计(取g=10m/s2)，求：

(1)物块相对平板车静止时，物块的速度；

(2)

答案和解析1.【答案】A

【解析】【分析】

本题考查动量的变化量。求出变化量，得到方向。

【解答】

以羽毛球飞来的方向为正方向，则羽毛球飞来时的动量p1=mv1=10×10−3×50 kg·m/s=0.5 kg·m/s，羽毛球被反击回去时的动量p2=mv2=−10×10【解析】解：A、由x−t图象的斜率表示速度，可知，碰撞前有：vA=xAtA=4−102=−3m/s，vB=xBtB=42=2m/s。

碰撞后有：vA′=vB′=v=xCtC=2−44−2=−1m/s；则碰撞前后A的动量变化为：△PA=mvA′−mvA=2×(−1)−2×(−3)=4kg⋅m/s，故A正确。

B、对A、B组成的系统，根据动量守恒定律知：碰撞前后B的动量变化为：△PB=−△PA=−4kg⋅m/s

对B【解析】解：A、子弹在枪筒内运动时，L=vt2，离开枪口时的速度v=2Lt，动能Ek=12mv2=2mL2t2，故A错误；

B、根据动量定理可知，I=△p=mv=2mLt，故B错误；

C、根据动能定理可知，W=Ek=12mv2=2m【解析】解：运载火箭在太空中飞行的原理是在飞行的过程中自身向后喷出气体，获得向前反冲力，从而加速运动。故C正确，ABD错误。

故选：C。

静止的物体在内力的作用下分裂为两个部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向相反的方向运动，这个现象叫作反冲，由此分析即可．

该题借助于火箭升空与火箭在太空中的运动考查有关的知识，理解反冲的常见应用是关键．

5.【答案】A

【解析】解：选在时间△t内与飞船碰撞的微粒为研究对象，其质量应等于底面积为S，高为v△t的圆柱体内微粒的质量。

即M=mSv△t，初动量为0，末动量为mv。

设飞船对微粒的作用力为F，由动量定理得：F⋅△t=Mv−0

则F=Mv△t=mSv△t⋅v△t=mSv2；

根据牛顿第三定律可知，微粒对飞船的撞击力大小也等于mSv2，则飞船要保持原速度匀速飞行牵引力应增加F′=F=mSv2；

代入数据得：F′=2×10−6×2×(3×103)【解析】解：以向下为正方向，由动量定理得：mv2−mv1=mgt+I，

即：1×1−1×(−3)=1×10×0.1+I，

解得：I=3N⋅s；

故选：B．

【解析】【分析】人落下时速度的变化量相同，根据动量定理可分析让脚尖着地的好处。本题考查动量定理的定性的应用，物理知识在生产生活中有着广泛的应用，在学习中应注意体会。【解答】人在和地面接触时，人的速度减为零，由动量定理可知(F−mg)t=Δmv，而脚尖着地可以增加人着地的时间，由公式可知可以减小受到地面的冲击力，故ABD错误，C正确。故选C。

8.【答案】AB

【解析】解：A、显然导体棒在B1中匀速直线运动，进入磁场B2中后先减速最后匀速，当匀速直线运动时有：B×BLvmR×L=mgsinθ，从而最大速度vm=mgRsinθB2L2，根据导体棒在磁场B1中的速度，求出金属棒的质量m=B12L2vm1gsinθ=0.2kg，选项A正确；

B、由上述公式能求出线框在磁场B2中的最大速度vm2=0.5m/s，即导磁场棒从B2区开始的速度，由电量公式及法拉第电磁感应定律可得电量q=I×Δt=ΔΦR=B1L2+B2【解析】【分析】

依据核反应书写规律：质量数与质子数守恒；根据质能方程，结合质量亏损；依据内力远大于外力，系统动量近似守恒，从而即可一一求解。

考查核反应方程书写规律，掌握质能方程的应用，理解动量守恒的条件，注意u是质量的单位，而eV是能量单位。

【解答】

A.反应方程为 4 7Be+ −1 0e→ 3 7Li+ve，根据质量数和电荷数守恒可知中微子的质量数和电荷数均为零，故A正确；

B.根据质能方程，所获得的能量，E=(7.016929u+me−7.016004u)×9.31×102MeV>0.86MeV，为释放的核能，不是锂核获得的动能，故B错误；

C.【解析】解：A、根据牛顿第二定律可知，物体在恒定合外力作用下的加速度是恒定的，所以物体一定作匀变速运动。故A正确。

B、根据动能定理可知，物体动能的变化：△Ek=W=FS，题目中只知道物体在恒定合外力作用下运动，不知道力与速度方向之间的关系，也不知道物体运动的初状态，所以不能判断出物体的动能随时间均匀变化。故B错误；

C、物体在恒定合外力作用下运动，可能只有重力做功，所以物体的机械能有可能是守恒的。故C错误；

D、根据动量定理：I=△P

F合⋅△t=△P

所以△P△t=F合

因为合力恒定，所以物体的动量变化率△P△t一定恒定。即物体的动量随时间均匀变化。故D正确。

故选：AD。

物体做直线运动的条件，合力的方向与速度方向在同一条直线上，与是否为恒力无关；

根据动能定理分析；

根据机械能守恒的条件分析机械能是否守恒；

根据动量定理F合⋅△t=△P【解析】【分析】

分析图象的性质，知道合外力的方向与加速度方向相同，根据加速度的方向与速度方向的关系，从而判断物体的运动过程.再根据图象分析力的冲量，根据动量定理分析动量的大小．

解决本题的关键会通过牛顿第二定律判断加速度的方向，当加速度方向与速度方向相同，做加速运动，当加速度方向与速度方向相反，做减速运动.同时能正确根据动量定理分析问题，明确F−t图象的性质，能正确求解力的冲量．

【解答】解：A、0～2s内，合力方向不变，知加速度方向不变，物体一直做加速运动，2～4s内，合力方向改为反向，则加速度方向相反，物体做减速运动，因为0～2s内和2～4s内加速度大小和方向是对称的，则4s末速度为零，在整个运动过程的速度方向不变，一直向前运动，第4s末质点位移最大，故A错误．

B、F−t图象中，图象与时间轴围成的面积表示力的冲量，在t=1s时，冲量大小I1=1×12=0.5N⋅s，根据动量定理可知，质点的动量大小为0.5kg⋅m/s，故B错误．

C、由A的分析可知，在t=2s时，质点的动能最大，故C正确；

D、F−t图象中，图象与时间轴围成的面积表示力的冲量，由图可知，在t=1s到t=3s这段时间，力

12.【答案】BD

【解析】解：A、物体在圆轨道上下滑的过程中，物体的机械能守恒，

根据机械能守恒可得，mgR=12mv02，

所以小物块滑上传送带的初速度v0=2gR，

物体到达传送带上之后，由于摩擦力的作用开始减速，速度减小为零之后，又在传送带的摩擦力的作用下反向加速，

根据物体的受力可知，物体在减速和加速的过程物体的加速度的大小是相同的，所以物体返回圆轨道时速度大小等于从圆轨道下滑刚到传送带时的速度大小，只要传送带的速度v≥2gR，物体就能返回到A点。则R≤v22g.故A错误。

B、若减小传送带速度，只要传送带的速度v≥2gR，物体就能返回到A点。故B正确。

C、D若增大传送带的速度，由于物体返回到圆轨道的速度不变，只能滑到A点，不能滑到圆弧轨道的最高点。故C错误，D正确。

选BD

【解析】解：甲乙两人和车组成的系统在水平方向上动量守恒，规定甲的运动方向为正方向．

m甲v甲−m乙v乙+Mv=0

60×3−70×3+20v=0

解得v=1.5m/s.知方向与甲的运动方向相同，与乙的运动方向相反．

故答案为：1.5，乙．

【解析】解：以两车组成的系统为研究对象，取甲车原来行驶的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

mv甲−mv乙=mv甲′，解得：v甲

15.【答案】解：(1)两物体从D开始做平抛运动，设抛出时的速度为v1，有：

d=12gt2…①

s=v1t…②

代人数据解得：v1=2m/s…③

(2)两物体在最高点有：2mg−N=2mv1212d…④

解得：N=16.8N…⑤

由牛顿第三定律知两物体对圆弧压力为N′=16.8N…⑥

(3)设P在碰撞前瞬间速度为v0，碰撞后瞬间速度为v2，两物体碰撞由动量守恒定律得：

mv0=2mv2…⑦

两物体碰后从B滑至D由机械能守恒得：12(2m)v 22=1【解析】(1)两物块水平抛出时做平抛运动，根据水平射程和高度即可求得两物块水平抛出抛出时的速度。

(2)两物块运动到D点时由重力和轨道的支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律和第三定律求解物块对圆弧的压力N。

(3)两物体碰撞，遵守动量守恒定律，两物体碰后从B滑至D由机械能守恒，P被轻弹簧弹出过程遵守机械能守恒，根据动量守恒和机械能守恒列式，即可求得轻弹簧被压缩时的弹性势能EP。

本题关键是分析物理过程，抓住碰撞的基本规律动量守恒、平抛运动运用运动的分解法、弹簧弹射过程遵守机械能守恒，根据这些基本规律进行分析求解。

16.【答案】解：(1)小球A下摆及反弹上升阶段机械能