2019版高考物理大二轮复习考前基础回扣练8动量定理和动量守恒定律

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D．e＝eq\f(1,4)解析：选A.AB在碰撞的过程中，根据动量守恒可得，2mv0＝mv1＋2mv2，在碰撞的过程中机械能守恒，可得eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,2)，解得v1＝eq\f(4,3)v0，v2＝eq\f(1,3)v0，碰后相对速度与碰前相对速度的比值定义为恢复系数e＝eq\f(v1－v2,v0－0)＝1，故A正确，BCD错误；故选A.3．如图所示，AB两小球静止在光滑水平面上，用轻弹簧相连接，A球的质量小于B球的质量．若用锤子敲击A球使A得到v的速度，弹簧压缩到最短时的长度为L1；若用锤子敲击B球使B得到v的速度，弹簧压缩到最短时的长度为L2，则L1与L2的大小关系为()A．L1＞L2 B．L1＜L2C．L1＝L2 D．不能确定解析：选C.若用锤子敲击A球，两球组成的系统动量守恒，当弹簧最短时，两者共速，则mAv＝(mA＋mB)v′，解得v′＝eq\f(mAv,mA＋mB)，弹性势能最大，最大为ΔEp＝eq\f(1,2)mAv2－eq\f(1,2)(mA＋mB)v′2＝eq\f(mAmBv2,2（mA＋mB）)；若用锤子敲击B球，同理可得mBv＝(mA＋mB)v″，解得v″＝eq\f(mBv,mA＋mB)，弹性势能最大为ΔEp＝eq\f(1,2)mBv2－eq\f(1,2)(mA＋mB)v′2＝eq\f(mAmBv2,2（mA＋mB）)，即两种情况下弹簧压缩最短时，弹性势能相等，故L1＝L2，C正确．4．如图所示，足够长的传送带以恒定的速率v1逆时针运动，一质量为m的物块以大小为v2的初速度从左轮中心正上方的P点冲上传送带，从此时起到物块再次回到P点的过程中，下列说法正确的是()A．合力对物块的冲量大小一定为2mv2B．合力对物块的冲量大小一定为2mv1C．合力对物块的冲量大小可能为零D．合力对物块做的功可能为零解析：选D.若v2＞v1，物块在传送带上先向右做匀减速直线运动，速度减为零后再返回做匀加速直线运动，达到速度v1后做匀速直线运动，可知物块再次回到P点的速度大小为v1，规定向左为正方向，根据动量定理得，合外力的冲量I合＝mv1－m(－v2)＝mv1＋mv2.根据动能定理知，合外力做功W合＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)；若v2＜v1，物块在传送带上先向右做匀减速直线运动，速度减为零后再返回做匀加速直线运动，物块再次回到P点的速度大小为v2，规定向左为正方向，根据动量定理得，合外力的冲量为：I合＝mv2－m(－v2)＝2mv2；根据动能定理知，合外力做功为：W合＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝0.故D正确，ABC错误．故选D.5．如图甲所示，工人利用倾斜钢板向车内搬运货物，用平行于钢板向上的力将货物从静止开始由钢板底端推送到顶端，到达顶端时速度刚好为零．若货物质量为100kg，钢板与地面的夹角为30°，钢板与货物间的滑动摩擦力始终为50N，整个过程中货物的速度—时间图象如图乙所示，重力加速度g取10m/s2.下列说法正确的是()A．0～2s内人对货物做的功为600JB．整个过程中人对货物的推力的冲量为1000N·sC．0～2s和2～3s内货物所受推力之比为1∶2D．整个过程中货物始终处于超重状态解析：选A.0～2s内货物的加速度a1＝eq\f(Δv,Δt)＝0.5m/s2，根据牛顿第二定律：F1－f－mgsin30°＝ma1，解得F1＝600N；0～2s内货物的位移：x1＝eq\f(1,2)×2×1m＝1m；则人对货物做的功为WF＝Fx1＝600J，选项A正确；整个过程中，根据动量定理：IF－(f＋mgsin30°)t＝0，解得整个过程中人对货物的推力的冲量为IF＝(f＋mgsin30°)t＝(50＋100×10×0.5)×3＝1650N·s，选项B错误；2～3s内货物的加速度大小a2＝1m/s2，根据牛顿第二定律：f＋mgsin30°－F2＝ma2所受推力F2＝450N；则0～2s和2～3s内货物所受推力之比为F1∶F2＝600∶450＝4∶3，选项C错误；整个过程中货物的加速度先沿斜面向上，后向下，先超重后失重，选项D错误；故选A.6．(多选)如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动．两球质量关系为mB＝2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为6kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4kg·m/s，则()A．该碰撞为弹性碰撞B．该碰撞为非弹性碰撞C．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5D．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10解析：选AC.规定向右为正方向，碰撞前A、B两球的动量均为6kg·m/s，说明A、B两球的速度方向向右，两球质量关系为mB＝2mA，所以碰撞前vA＞vB，所以左方是A球．碰撞后A球的动量增量为－4kg·m/s，所以碰撞后A球的动量是2kg·m/s；碰撞过程系统总动量守恒：mAvA＋mBvB＝－mAvA′＋mBvB′所以碰撞后B球的动量是10kg·m/s，根据mB＝2mA，所以碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5，故C正确，D错误．碰撞前系统动能：eq\f(peq\o\al(2,A),2mA)＋eq\f(peq\o\al(2,B),2mB)＝eq\f(62,2mA)＋eq\f(62,2×2mA)＝eq\f(27,mA)，碰撞后系统动能为：eq\f(pA′2,2mA)＋eq\f(pB′2,2mB)＝eq\f(22,2mA)＋eq\f(102,2×2mA)＝eq\f(27,mA)，则碰撞前后系统机械能不变，碰撞是弹性碰撞，故A正确，B错误；故选AC.7．(多选)质量为M＝3kg的滑块套在水平固定着的轨道上并可在轨道上无摩擦滑动．质量为m＝2kg的小球(视为质点)通过长L＝0.75m的轻杆与滑块上的光滑轴O连接，开始时滑块静止，轻杆处于水平状态．现给小球一个v0＝3m/s的竖直向下的初速度，取g＝10m/s2.则()A．小球m从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了0.3mB．小球m从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了0.2mC．小球m相对于初始位置可以上升的最大高度为0.27mD．小球m从初始位置到第一次到达最大高度的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了0.54m解析：选AD.可把小球和滑块水平方向的运动看作人船模型，设滑块M在水平轨道上向右运动了x，由滑块和小球系统在水平方向上动量守恒，有eq\f(m,M)＝eq\f(x,L－x)，解得：x＝0.3m，选项A正确、B错误．根据动量守恒定律，小球m相对于初始位置上升到最大高度时小球和滑块速度都为零，由能量守恒定律可知，小球m相对于初始位置可以上升的最大高度为0.45m，选项C错误．此时杆与水平面的夹角为cosα＝0.8，设小球从最低位置上升到最高位置过程中滑块M在水平轨道上又向右运动了x′，由滑块和小球系统在水平方向时动量守恒，有eq\f(m,M)＝eq\f(x′,\a\vs4\al(Lcosα－x′))，解得：x′＝0.24m．小球m从初始位置到第一次到达最大高度的过程中，滑块在水平轨道上向右移动了x＋x′＝0.3m＋0.24m＝0.54m，选项D正确．8．(多选)如图所示，一辆质量为M＝3kg的平板小车A停靠在竖直光滑墙壁处，地面水平且光滑，一质量为m＝1kg的小铁块B(可视为质点)放在平板小车A最右端，平板小车A上表面水平且与小铁块B之间的动摩擦因数μ＝0.5，平板小车A的长度L＝0.9m．现给小铁块B一个v0＝5m/s的初速度使之向左运动，与竖直墙壁发生弹性碰撞后向右运动，重力加速度g＝10m/s2.下列说法正确的是()A．小铁块B向左运动到达竖直墙壁时的速度为2m/sB．小铁块B与墙壁碰撞过程中所受墙壁的冲量为8N·sC．小铁块B向左运动到达竖直墙壁的过程中损失的机械能为4JD．小铁块B在平板小车A上运动的整个过程中系统损失的机械能为9J解析：选BD.设小铁块B向左运动到达竖直墙壁时的速度为v1，根据动能定理得：－μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得：v1＝4m/s，选项A错误．与竖直墙壁发生弹性碰撞，反弹速度为－4m/s，由动量定理可知，小铁块B与墙壁碰撞过程中所受墙壁的冲量为I＝2mv1＝8N·s，选项B正确．小铁块B向左运动到达竖直墙壁的过程中损失的机械能为μmgL＝4.5J，选项C错误．假设发生弹性碰撞后小铁块B最终和平板小车A达到的共同速度为v2，根据动量守恒定律得：mv1＝(M＋m)v2，解得：v2＝1m/s.设小铁块B在平板小车A上相对滑动的位移为x时与平板小车A达到共同速度v2，则根据功能关系得：－μmgx＝eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，解得：x＝1.2m，由于x＞L，说明小铁块B在没有与平板小车A达到共同速度时就滑出平板小车A，所以小铁块B在平板小车上运动的整个过程中系统损失的机械能为ΔE＝2μmgL＝9J，选项D正确．9．(多选)在地面上以大小为v1的初速度竖直向上抛出一质量为m的皮球，皮球落地时速度大小为v2.若皮球运动过程中所受空气阻力的大小与其速率成正比，重力加速度为g.下列判断正确的是()A．皮球上升的最大高度为eq\f(veq\o\al(2,1),2g)B．皮球从抛出到落地过程中克服阻力做的功为eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)C．皮球上升过程经历的时间为eq\f(v1,g)D．皮球从抛出到落地经历的时间为eq\f(v1＋v2,g)解析：选BD.减速上升的过程中受重力、阻力作用，故加速度大于g，则上升的高度小于eq\f(veq\o\al(2,1),2g)，上升的时间小于eq\f(v1,g)，故AC错误；皮球从抛出到落地过程中重力做功为零，根据动能定理得克服阻力做功为Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，故B正确；用动量定理，结合数学知识，假设向下为正方向，设上升阶段的平均速度为v，则：mgt1＋kvt1＝mv1，由于平均速度乘以时间等于上升的高度，故有：h＝vt1，即：mgt1＋kh＝mv1①，同理，设下降阶段的平均速度为v′，则下降过程：mgt2－kv′t2＝mv2，即：mgt2－kh＝mv2②，由①②得：mg(t1＋t2)＝m(v1＋v2)，解得：t＝t1＋t2＝eq\f(v1＋v2,g)，故D正确；故选BD.10．(多选)如图所示，足够长的光滑水平导轨间距为2m，电阻不计，垂直导轨平面有磁感应强度为1T的匀强磁场，导轨上相隔一定距离放置两根长度略大于间距的金属棒，a棒质量为1kg，电阻为5Ω，b棒质量为2kg，电阻为10Ω.现给a棒一个水平向右的初速度8m/s，当a棒的速度减小为4m/s时，b棒刚好碰到了障碍物，经过很短时间0.5s速度减为零(不反弹，且a棒始终没有与b棒发生碰撞)，下列说法正确的是()A．从上向下看回路产生逆时针方向的电流B．b棒在碰撞前瞬间的速度大小为2m/sC．碰撞过程中障碍物对b棒的平均冲击力大小为6ND．b棒碰到障碍物后，a棒继续滑行的距离为15m解析：选ABD.根据右手定则可知，从上向下看回路产生逆时针方向的电流，选项A正确；系统动量守恒，由动量守恒定律可知：mav0＝mava＋mbvb解得vb＝2m/s，选项B正确；b碰到障碍物时，回路的感应电动势：E＝BL(va－vb)＝4V；回路的电流：I＝eq\f(E,Ra＋Rb)＝eq\f(4,