2020届高三高考物理二轮复习专题强化练习卷：动量定理及动量守恒定律的应用

动量定理及动量守恒定律的应用

1． (2019·辽宁三模)如图所示，质量为m的小球A静止于光滑水平面上，在A球与墙之间用轻弹簧连接。现用完全相同的小球B以水平速度v0与A相碰后粘在一起压缩弹簧。不计空气阻力，若弹簧被压缩过程中的最大弹性势能为E，从球A被碰后开始到回到原静止位置的过程中墙对弹簧的冲量大小为I，则下列表达式中正确的是(　　)

A.E＝mv，I＝mv0     B.E＝mv，I＝2mv0

C.E＝mv，I＝mv0     D.E＝mv，I＝2mv0

2.(2019·广西钦州三模)“飞针穿玻璃”是一项高难度的绝技表演，曾一度引起质疑。为了研究该问题，以下测量能够得出飞针在穿越玻璃的时间内，对玻璃平均冲击力大小的是(　　)

A．测出玻璃厚度和飞针穿越玻璃前后的速度

B．测出玻璃厚度和飞针穿越玻璃所用的时间

C．测出飞针质量、玻璃厚度和飞针穿越玻璃所用的时间

D．测出飞针质量、飞针穿越玻璃所用时间和穿越玻璃前后的速度

3．(2019·山东青岛高三一模)雨打芭蕉是我国古代文学中重要的抒情意象。为估算雨天院中芭蕉叶面上单位面积所承受的力，小玲同学将一圆柱形水杯置于院中，测得10分钟内杯中雨水上升了15 mm，查询得知，当时雨滴落地速度约为10 m/s，设雨滴撞击芭蕉叶面后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为1×103 kg/m3，据此估算芭蕉叶面单位面积上的平均受力约为(　　)

A．0.25 N        B．0.5 N         C．1.5 N        D．2.5 N

4．(2019·江苏南通一模)(多选)将总质量为1.05 kg的模型火箭点火升空，在0.02 s时间内有50 g燃气以大小为200 m/s的速度从火箭尾部喷出。下列说法正确的是(燃气喷出过程中重力和空气阻力可忽略)(　　)

A．在燃气喷出过程，火箭获得的平均推力为500 N

B．在燃气喷出过程，火箭获得的平均推力为200 N

C．在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为5 m/s

D．在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为10 m/s

5．(2019·西安一模)(多选)如图所示，在小车内固定一光滑的斜面体，倾角为θ，一轻绳的一端连在位于斜面体上方的固定木板B上，另一端拴一个质量为m的物块A，绳与斜面平行。整个系统由静止开始向右匀加速运动，物块A恰好不脱离斜面，则向右加速运动时间t的过程中，关于物块A的说法正确的是(　　)

A．重力的冲量为零                  B．重力做功为零

C．轻绳拉力的冲量大小为mgtcotθ     D．轻绳拉力做功为mg2t2cot2θ

6.(2019·河南名校联盟高三下学期2月联考)如图所示，小木块用细线吊在O点，此刻小物块的重力势能为零．一颗子弹以一定的水平速度射入木块A中，并立即与A有共同的速度，然后一起摆动到最大摆角α(0<α<90°)．如果保持子弹质量和入射的速度大小不变，而使小木块的质量稍微增大，关于最大摆角α、子弹的初动能与木块和子弹一起达到最大摆角时的机械能之差ΔE，有(　　)

A．α角增大，ΔE也增大                     B．α角增大，ΔE减小

C．α角减小，ΔE增大                       D．α角减小，ΔE也减小

7.(2019·湖南省长沙市宁乡三模)在冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞，如图a所示，碰撞前后两壶运动的v­t图线如图b中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量相等，则(　　)

A．两壶发生了弹性碰撞 B．碰后蓝壶速度为0.8 m/s

C．碰后蓝壶移动的距离为2.4 m          D．碰后红壶所受摩擦力小于蓝壶所受摩擦力

8.(2019·重庆市部分区县第一次诊断)如图，立柱固定于光滑水平面上O点，质量为M的小球a向右运动，与静止于Q点的质量为m的小球b发生弹性碰撞，碰后a球立即向左运动，不计b球与立柱碰撞的能量损失，所有碰撞时间均不计，b球恰好在P点追到a球，Q点为OP中点，则a、b球质量之比M∶m为(　　)

A．3∶5               B．1∶3               C．2∶3            D．1∶2

9.(2019·山西晋中市适应性调研)一物块A的质量为m＝0.5 kg，初动能为Ek＝4 J，在水平地面上做直线运动，当A的动能变为初动能的一半时与静止的物块B发生弹性正碰，且碰撞时间极短，物块B质量为1.0 kg，物块A与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.2，物块B与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1，取重力加速度g＝10 m/s2.求：

(1)物块A经过多长时间与物块B相碰；(保留3位小数)

(2)物块A与物块B碰后，它们之间的最大距离．

10.(2019·辽宁大连二模)滑板运动是极限运动的鼻祖，很多极限运动都是由滑板运动延伸而来。如图所示是一个滑板场地，OP段是光滑的圆弧轨道，半径为0.8 m。PQ段是足够长的粗糙水平地面，滑板与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.2。滑板手踩着滑板A从O点由静止滑下，到达P点时，立即向前起跳。滑板手离开滑板A后，滑板A以速度v1＝2 m/s返回，滑板手落到前面相同的滑板B上，并一起向前继续滑动。已知滑板质量是m＝5 kg，滑板手的质量是滑板的9倍，滑板B与P点的距离为Δx＝3 m，g＝10 m/s2。(不考虑滑板的长度以及人和滑板间的作用时间)求：

(1)当滑板手和滑板A到达圆弧轨道末端P点时滑板A对轨道的压力大小；

(2)滑板手落到滑板B上瞬间，滑板B的速度大小；

(3)两个滑板间的最终距离。

参考答案

1.【答案】　D

【解析】　A、B碰撞过程，取向左为正方向，由动量守恒定律得mv0＝2mv，则v＝v0，碰撞后，A、B一起压缩弹簧，当A、B的速度减至零时弹簧的弹性势能最大，根据机械能守恒定律，最大弹性势能E＝·2mv2＝mv，从球A被碰后开始到回到原静止位置的过程中，取向右为正方向，由动量定理得I＝2mv－(－2mv)＝4mv＝2mv0。选项D正确。

2.【答案】　D

【解析】　在“飞针穿玻璃”的过程中，对飞针，由动量定理得：－Ft＝mv2－mv1，故测出飞针质量、飞针穿越玻璃所用时间和穿越玻璃前后的速度，就能得出飞针对玻璃的平均冲击力大小，故D正确，A、B、C错误。

3.【答案】　A

【解析】　设雨滴受到支持面的平均作用力为F，设在Δt时间内有质量为Δm的雨水的速度由v＝10 m/s减为零。不计雨滴的重力，以向上为正方向，对这部分雨水应用动量定理：FΔt＝0－(－Δmv)＝Δmv。得：F＝，设水杯横截面积为S，对水杯里的雨水，在Δt时间内水面上升Δh，则有：Δm＝ρSΔh，故F＝ρSv，压强为：p＝＝ρv＝1×103×10× N/m2＝0.25 N/m2，故A正确，B、C、D错误。

4.【答案】　AD

【解析】　在燃气喷出过程，以燃气为对象，规定火箭的速度方向为正方向，根据动量定理可得：－FΔt＝－m气v气－0，解得F＝＝500 N，根据牛顿第三定律可得火箭获得的平均推力为500 N，A正确，B错误；燃气喷射前后，火箭和燃气组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律得0＝(M－m气)·v箭－m气v气，解得火箭的速度大小v箭＝＝10 m/s，C错误，D正确。

5【答案】　BD

【解析】　物块A恰好不脱离斜面，对物块A进行受力分析可知，物块A受轻绳拉力和重力，物块A向右做匀加速直线运动，竖直方向受力平衡，得：Tsinθ＝mg，则有：T＝，故重力的冲量为：IG＝mgt，拉力的冲量为：IT＝，A、C错误；由于重力的方向与物块A的位移方向垂直，故重力做功为零，B正确；由牛顿第二定律可知：＝ma，则有：a＝，末速度为：v＝at＝，根据动能定理可知，拉力做功等于动能的变化，即为：WT＝mv2－0＝＝mg2t2cot2θ，D正确。

6【答案】　C

【解析】　小木块质量增大，由动量守恒可知，小木块与子弹的共同速度减小，则最大摆角α减小，又ΔE＝mv02－(M＋m)v2，且v＝，联立解得ΔE＝＝，则M增大时，ΔE增大，C正确．

7.【答案】　B

【解析】　由图知，碰前红壶的速度v0＝1.0 m/s，碰后红壶的速度为v0′＝0.2 m/s，设碰后蓝壶的速度为v，根据动量守恒定律可得：mv0＝mv0′＋mv，代入数据解得：v＝0.8 m/s，因为mv>mv0′2＋mv2，即碰撞过程中系统的机械能有损失，所以碰撞为非弹性碰撞，故A错误，B正确；根据v­t图象与时间轴围成的面积表示位移，可得碰后蓝壶的位移大小x＝t＝×5 m＝2  m，故C错误；根据v­t图象的斜率表示加速度，知碰后红壶的加速度大于蓝壶的加速度，两者的质量相等，由牛顿第二定律知碰后红壶所受摩擦力大于蓝壶所受的摩擦力，故D错误。

8.【答案】　A

【解析】　设a、b两球碰后速度大小分别为v1、v2.由题有：b球与挡板发生弹性碰撞后恰好在P点追上a球，则从碰后到相遇a、b球通过的路程之比为：s1∶s2＝1∶3，根据s＝vt得：v2＝3v1，以水平向右为正方向，两球发生弹性碰撞，由动量守恒定律得：Mv0＝M(－v1)＋mv2，由机械能守恒定律得：Mv02＝Mv12＋mv22，解得M∶m＝3∶5，A正确．

9.【答案】　(1)0.586 s　(2)2 m

【解析】　(1)以A初速度方向为正方向，A与B碰撞前，根据动量定理得－μ1mgt＝mv－mv0

又有Ek＝mv02

＝mv2

联立解得t＝(2－) s≈0.586 s

(2)A、B碰撞为弹性正碰，且碰撞时间极短，碰撞过程中系统动量守恒，机械能守恒，故有：

mv＝mvA＋2mvB

mv2＝mvA2＋·2mvB2

解得vA＝－v，vB＝v

碰后到A、B都停止时二者相距最远

根据动能定理，对于A：－μ1mgxA＝0－mvA2

对于B：－μ2·2mgxB＝0－·2mvB2

最大距离x＝xA＋xB

联立得x＝2 m.

10.【答案】　(1)1500 N　(2)4.2 m/s　(3)6.41 m

【解析】　(1)O→P下滑过程，滑板手与滑板A机械能守恒：10mgR＝×10mv2，

代入数据解得v＝＝4 m/s，

设滑板手和滑板A在P点受到的支持力为FN，有：

FN－10mg＝10m，解得：FN＝1500 N，

根据牛顿第三定律：F压＝FN＝1500 N。

(2)滑板手跳离A板，滑板手与滑板A组成的系统水平方向动量守恒：

10mv＝－mv1＋9mv2，解得：v2＝ m/s，

滑板手跳上B板，滑板手与滑板B组成的系统水平方向动量守恒：

9mv2＝10mv3，解得：v3＝4.2 m/s。

(3)滑板B的位移xB＝＝4.41 m，

滑板A在弧面上滑行的过程中，机械能守恒，所以再次返回P点时的速度大小仍为v1＝2 m/s，

滑板A的位移xA＝＝1 m，

最终两滑板停下的位置间距为

L＝xB＋Δx－xA＝6.41 m。