大二轮高考总复习物理第7讲动量定理与动量守恒（专题强化训练）

专题强化训练(七)动量定理与动量守恒一、选择题(1～6为单选题，7～10为多选题)1．(2017·甘肃省第二次诊断)一质量为m的物体放在光滑水平面上，若以恒力F沿水平方向推该物体，在相同的时间间隔内，下列说法正确的是()A．物体的位移相等 B．物体动能的变化量相等C．F对物体做的功相等 D．物体动量的变化量相等解析：物体在水平恒力作用下做匀加速直线运动，在相同的时间间隔内物体的位移逐渐增大．故A错误．根据动能定理得知，物体动能的变化量逐渐增大，故B错误．由功的公式W＝FL知道，在相同的时间间隔内，F做功增大．故C错误．根据动量定理得：Ft＝Δp，F、t相等，则Δp相等，即物体动量的变化量相等，故D正确．故选D．答案：D2．在同一匀强磁场中，α粒子(eq\o\al(4,2)He)和质子(eq\o\al(1,1)H)做匀速圆周运动，若它们的动量大小相等，则α粒子和质子()A．运动半径之比是2∶1 B．运动周期之比是2∶1C．运动速度大小之比是4∶1 D．受到的洛伦兹力之比是2∶1解析：α粒子(eq\o\al(4,2)He)和质子(eq\o\al(1,1)H)的质量之比eq\f(mα,mH)＝eq\f(4,1)，动量大小相等，即mαvα＝mHvH，运动速度大小之比eq\f(vα,vH)＝eq\f(mH,mα)＝eq\f(1,4)，选项C错误；根据qvB＝meq\f(v2,r)，得r＝eq\f(mv,qB)，所以运动半径之比eq\f(rα,rH)＝eq\f(qH,qα)＝eq\f(1,2)，选项A错误；由T＝eq\f(2πm,qB)知，运动周期之比eq\f(Tα,TH)＝eq\f(qH,qα)·eq\f(mα,mH)＝eq\f(1,2)×eq\f(4,1)＝eq\f(2,1)，选项B正确；根据f＝qvB，洛伦兹力之比eq\f(fα,fH)＝eq\f(qα,qH)·eq\f(vα,vH)＝eq\f(2,1)·eq\f(1,4)＝eq\f(1,2)，选项D错误．答案：B3．冰壶运动深受观众喜爱，图1为2014年2月第22届索契冬奥会上中国队员投掷冰壶的镜头．在某次投掷中，冰壶甲运动一段时间后与对方静止的冰壶乙发生正碰，如图2.若两冰壶质量相等，则碰后两冰壶最终停止的位置，可能是选项图中的()解析：两冰壶碰撞过程动量守恒，两冰壶发生正碰，由动量守恒定律可知，碰撞前后系统动量不变，两冰壶的动量方向即速度方向不会偏离甲原来的方向，故A错误；如果两冰壶发生弹性碰撞，碰撞过程动量守恒、机械能守恒，两冰壶质量相等，碰撞后两冰壶交换速度，甲静止，乙的速度等于甲的速度，碰后乙做减速运动，最后静止，最终两冰壶的位置如选项图B所示，故B正确；两冰壶碰撞后，甲的速度不可能大于乙的速度，碰后乙在前，甲在后，故C错误；碰撞过程机械能不可能增大，两冰壶质量相等，碰撞后甲的速度不可能大于乙的速度，即碰撞后甲的位移不可能大于乙的位移，故D错误．答案：B4．(2017·山西名校联考)一质点在几个恒力作用下做匀速直线运动．现在某位置撤去一个与运动方向在同一直线上的恒力，且原来作用在质点上的其他力不发生改变．则()A．质点可能会再次经过此位置B．质点在以后的运动中动量可能保持不变C．质点在以后的运动中加速度可能不再恒定D．质点在以后一段时间内的动量变化量的方向可能与原运动方向不在同一直线上解析：若物体运动的方向与该恒力方向相同，则撤去恒力后物体做匀减速直线运动，减为零后反向匀加速，会再次经过原来的位置，所以A正确；撤去一个恒力，剩余力的合力也是恒力，所以质点的加速度一定是恒定的，质点一定做匀变速直线运动，动量一定变化，且变化量的方向与原运动方向在同一直线上，所以B、C、D错误．答案：A5．(2017·黄冈质检)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等于重力做的功解析：根据动量定理可知，上升过程中小球动量改变量等于该过程中重力和空气阻力的合力的冲量，选项A错误；小球与地面碰撞过程中，由动量定理得：Ft－mgt＝mv2－(－mv1)，可知地面对小球的冲量Ft不为零，选项B错误；下落过程中小球动能的改变量等于该过程中重力和空气阻力做功代数和，选项C错误；由能量守恒关系可知，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等于重力做的功，选项D正确；故选D．答案：D6．(2017·安徽“江南十校”联考)如图所示，一个质量为m的物块A与另一个质量为2m的物块B发生正碰，碰后B物块刚好能落入正前方的沙坑中．假如碰撞过程中无机械能损失，已知物块B与地面间的动摩擦因数为0.1，与沙坑的距离为0.5m，g取10m/s2A．0.5m/s B．1.0mC．1.5m/s D．2.0m解析：碰撞后B做匀减速运动，由动能定理得：－μ·2mgx＝0－eq\f(1,2)·2mv2代入数据得：v＝1m/s，A与B碰撞的过程中A与B组成的系统在水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，则：mv0＝mv1＋2mv，由于没有机械能的损失，则：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)·2mv2，联立可得：v0＝1.5m/s，故ABD错误，C正确．答案：C7．(2017·成都外国语学校一诊)在光滑斜面上，一个物块从静止开始自由滑动，经过一小段时间后，从某时刻t1到时刻t2一平行于斜面的恒力F作用在物块上，在这段时间内物块做直线运动，已知物块在时刻t1的速度与时刻t2的速度大小相等，则()A．在时刻t1和时刻t2，物块的重力势能可能相等B．在时刻t1和时刻t2，物块的动量一定相同C．从时刻t1到时刻t2，F对物块可能做负功D．从时刻t1到时刻t2，物块机械能守恒解析：在拉力作用下，物体可能向下做匀减速直线运动到零，再返回，由于初末速度大小相等，在整个过程中加速度不变，知物体回到出发点，则物块的重力势能可能相等．故A正确．物体若做匀减速直线运动再返回到出发点，则速度的大小相等，但是方向相反，则动量不同．故B错误．若物体做匀速直线运动，拉力等于重力沿斜面方向上的分力，拉力做负功．故C正确．若物体做匀速直线运动，拉力做负功，物块的机械能不守恒．故D错误．故选AC．答案：AC8．(2017·拉萨中学期末)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∶mC．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继续向右运动解析：小车、物块和弹簧组成的系统动量守恒，开始总动量为零，当弹簧伸长的过程中，C向右运动，则小车向左运动，故A错误．规定向右为正方向，在C与B碰前，根据动量守恒得，0＝mvC－Mv，解得vC∶v＝M∶m，故B正确．因为小车、物块和弹簧组成的系统动量守恒，开始总动量为零，当C与泥粘在一起时，总动量仍然为零，则小车停止运动，故C正确，D错误．故选BC．答案：BC9．(2017·资阳模拟)如图所示，甲、乙两小车的质量分别为m1和m2，且m1<m2，用轻弹簧将两小车连接，静止在光滑水平面上，现同时对甲、乙两小车施加等大、反向的水平恒力F1和F2，两车同时开始运动，直到弹簧被拉到最长(仍在弹性限度内)的过程中，下列说法正确的是()A．甲和乙的动量都不断增大B．甲和乙受到的合力的冲量大小之比为m2∶m1C．甲、乙及弹簧系统的总机械能不断增大D．m1和m2的平均速率之比为m2∶m1解析：在拉力大于弹簧拉力时，两小车的速度在增大，动量在增大，在弹簧拉力大于拉力时，两小车的动量开始减小，A错误；外力做正功，所以甲、乙及弹簧系统的总机械能不断增大，C正确；将两小车和弹簧看作一个整体，因F1和F2等大反向，故甲、乙、弹簧组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，故m1v1－m2v2＝0，根据冲量定理可得I甲＝m1v1，I乙＝－m2v2，故eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(I甲,I乙)))＝eq\f(m2,m1)，B正确；因为过程中任意时刻两小车的动量和为零，所以eq\f(\o(v,\s\up6(－))1,\a\vs4\al(\o(v,\s\up6(－))2))＝eq\f(m2,m1)，D正确．答案：BCD10．在光滑水平地面上，其中A物块最初与左侧固定的挡板相接触，B物块质量为2kg.现解除对弹簧的锁定，在A离开挡板后，B物块的v­t图象如图乙所示，A．A的质量为4B．运动过程中A的最大速度为vm＝4C．在A离开挡板前，系统动量守恒、机械能守恒D．在A离开挡板后弹簧的最大弹性势能为3J解析：解除对弹簧的锁定，A离开挡板后，系统动量守恒、机械能守恒，B速度最大时，A的速度最小为零，且此时弹簧处于原长；B的速度最小时，A的速度最大，设A的质量为m，此时A的速度为v，根据动量守恒和机械能守恒有：mv＋2×1＝2×3，eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)×2×12＝eq\f(1,2)×2×32，可得m＝1kg，v＝4m/s，A错误、B正确；在A离开挡板前，由于挡板对A有作用力，所以A、B系统所受合外力不为零，则系统动量不守恒，故C错误；当A、B速度相等时，A、B动能之和最小，根据机械能守恒定律，此时弹性势能最大．根据机械能守恒定律和动量守恒定律，有：mBvmax＝(mB＋m)v共，Epmax＝eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,max)－eq\f(1,2)(mB＋m)veq\o\al(2,共)联立解得：E′pmax＝3J，故D正确．故选：BD．答案：BD二、计算题11．(2017·第三次全国大联考卷Ⅱ)如图所示，小球a从光滑曲面上的A点由静止释放，当小球a运动到水平轨道上的C点时恰好与通过绷紧的细线悬挂的小球b发生正碰并粘在一起，已知小球a、b的质量均为m，曲面高度和细线长度均为h，细线能承受的最大拉力为2.5mg，C点到地面的高度也为h．(1)求碰后瞬间两球的共同速度大小．(2)碰后细线是否会断裂？若不断裂求两球上升的最大高度；若断裂求落地点到C点的水平位移．解析：(1)设a球到C点时的速度为vC，a球下滑过程，由机械能守恒有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)解得vC＝eq\r(2gh)a、b两球碰撞过程动量守恒，以水平向左为正方向，由动量守恒有mvC＝(m＋m)v解得v＝eq\f(1,2)eq\r(2gh)(2)设碰后两球受到的细线拉力为T，由牛顿第二定律有T－2mg＝eq\f(2mv2,h)解得T＝3mg>2.5mg，细绳会断裂断裂后两球做平抛运动，运动时间t＝eq\r(\f(2h,g))平抛的水平位移x＝vt＝h答案：(1)eq\f(\r(2gh),2)(2)细绳会断裂，h12．(2017·第一次全国大联考卷Ⅲ)如图所示，在光滑的水平地面的左端连接一半径为R的eq\f(1,4)光滑圆形固定轨道，在水平面质量为M＝3m的小球Q连接着轻质弹簧，处于静止状态．现有一质量为m的小球P从B点正上方h＝R高处由静止释放，求：(1)小球P到达圆形轨道最低点C时的速度大小和对轨道的压力；(2)在小球P压缩弹簧的过程中，弹簧具有的最大弹性势能；(3)若球P从B上方高H处释放，恰好使P球经弹簧反弹后能够回到B点，则高度H的大小．解析：(1)小球P从A运动到C过程，根据机械能守恒得mg(h＋R)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)又h＝R，代入解得vC＝2eq\r(gR)在最低点C处，根据牛顿第二定律有：FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,C),R)解得轨道对小球P的支持力FN＝5mg根据牛顿第三定律知小球P对轨道的压力大小为5mg，方向竖直向下．(2)弹簧被压缩过程中，当两球速度相等时，弹簧具有最大弹性势能，根据系统动量守恒有mvC＝(m＋M)v根据机械能守恒定律有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＝Epm＋eq\f(1,2)(m＋M)v2联立解得Epm＝eq\f(3,2)mgR(3)球P从B上方高H处释放，到达水平面速度为v0，