2021年高考物理三轮冲刺《动量守恒》练习三（含答案详解）

2021年高考物理三轮冲刺

《动量守恒》练习三

一、单选题

A．合外力的冲量是物体动量变化的原因

B．作用在静止的物体上的某个力的冲量一定为零

C．物体的动量越大，受到的冲量越大

D．冲量的方向与力的方向相同

2.如图所示，在粗糙水平面上，用水平轻绳(绳子的长度不计)相连的两个相同的物体P、Q质量均为m，在水平恒力F作用下以速度v做匀速运动．在t=0时轻绳断开，Q在F作用下继续前进，则下列说法正确的是(　　 )

A．t=0至t=时间内，P、Q的总动量不守恒

B．t=0至t=时间内，P、Q的总动量守恒

C．t=时，Q的动量为mv

D．t=时，P、Q两点的距离

A．mv       B．mv-m′u       C．mv＋m′u       D．mv＋mu

4.如图所示,将质量为M1、半径为R且内壁光滑的半圆槽置于光滑水平面上,左侧靠墙角,右侧靠一质量为M2的物块。今让一质量为m的小球自左侧槽口A的正上方h高处从静止开始落下,自A点与圆弧槽相切进入槽内,则以下结论正确的是(　　)

A.小球在槽内运动的全过程中,小球与半圆槽在水平方向动量守恒

B.小球在槽内运动的全过程中,小球、半圆槽和物块组成的系统动量守恒

C.小球离开C点以后,将做竖直上抛运动

D.槽与墙不会再次接触

A．减小球对手的作用力

B．减小球对手的作用时间

C．减小球的动能变化量

D．减小球的动量变化量

6.如图所示，足够长的小平板车B的质量为M，以水平速度v0向右在光滑水平面上运动，与此同时，质量为m的小物体A从车的右端以水平速度v0沿车的粗糙上表面向左运动．若物体与车面之间的动摩擦因数为μ，则在足够长的时间内(　　)

A．若M＞m，物体A对地向左的最大位移是

B．若M＜m，小车B对地向右的最大位移是

C．无论M与m的大小关系如何，摩擦力对平板车的冲量均为mv0

D．无论M与m的大小关系如何，摩擦力的作用时间均为

二、多选题

A．物体的动量发生变化，其动能一定发生变化

B．物体的动量发生变化，其动能不一定发生变化

C．物体的动能发生变化，其动量一定发生变化

D．物体的动能发生变化，其动量不一定发生变化

A．重力的冲量相同

B．斜面弹力的冲量不同

C．斜面弹力的冲量均为零

D．合力的冲量不同

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

B．皮球从抛出到落地过程中克服阻力做的功为mv－mv

C．皮球上升过程经历的时间为

D．皮球从抛出到落地经历的时间为

A．W1：W2=1：1

B．I1：I2=1：2

C．斜面与水平面的夹角为30°

D．物体水平抛出到达b点时速度方向与水平方向的夹角为60°

三、简答题

11.一根不可伸长的轻绳跨过定滑轮，两端拴有A、B两物体，A、B质量分别为m1=1 kg，m2=2 kg，B物体开始时静止于地面上，A离地高度H=1 m．现将A抬高h1=1.8 m，由静止释放，绳子绷直瞬间断开，并给B一个竖直向上的瞬时冲量I，B此后上升的最大高度为h2=0.2 m，(不考虑一切阻力，取g=10 m/s2)求：

(1)瞬时冲量I的大小．

(2)A落地的速度．

0.参考答案

解析：根据动量定理知，冲量是引起动量变化的原因，故A项正确；根据I=Ft知，作用在静止的物体上的力的冲量不为零，故B项错误；动量越大说明物体的速度越大，但无法说明动量的变化，故不能说明物体冲量的大小，故C项错误；恒力冲量方向与力的方向相同，变力冲量方向不一定与力的方向相同，故D项错误．

2.答案为：D；

解析：

 [设P、Q受到的滑动摩擦力都为F，断开前两物体做匀速直线运动，根据平衡条件得：F=2f，设P经过时间t速度为零，对P由动量定理得：－ft=0－mv，解得：t=；由此可知，在剪断细线前，两木块在水平地面上向右做匀速直线运动．以PQ为系统，绳子上的力属于系统的内力，系统所受合力为零；在剪断细线后，物体P停止运动以前，两物体受到的摩擦力不变，两木块组成的系统的合力仍为零，则系统的总动量守恒，故在t=0至t=的时间内P、Q的总动量守恒，在t=后，P停止运动，Q做匀加速直线运动，故两木块组成的系统的合力不为零，故P、Q的总动量不守恒，故AB错误；当t=时，对Q由动量定理得：Ft－ft=p′Q－mv，代入f=，t=，解得：p′Q=mv，故C错误；当t=时，对Q由动量定理得：Ft－ft=mv2－mv，代入f=，t=，解得v2=2v，由动能定理得：Fx2－fx2=mv－mv2；对P由动量定理得：－ft=mv1－mv，代入f=，t=，解得v1=0，由动能定理得：－fx1=mv－mv2，解得Δx=x2－x1=，故D正确．]

解析：解法一：对A有I弹-mgt=mv，对B有m′gt=m′u，解得弹簧弹力的冲量I弹=mv＋mu.

解法二：对A、B两物体系统有I弹-(mg＋m′g)t=mv-m′u，m′gt=m′u，联立解得I弹=mv＋mu.

4.答案为：D；

解析：小球从A→B的过程中,半圆槽对球的支持力沿半径方向指向圆心,而小球对半圆槽的压力方向相反指向左下方,因为有竖直墙挡住,所以半圆槽不会向左运动,可见,该过程中,小球与半圆槽在水平方向受到外力作用,动量并不守恒,而由小球、半圆槽和物块组成的系统动量也不守恒;从B→C的过程中,小球对半圆槽的压力方向向右下方,所以半圆槽要向右推动物块一起运动,因而小球参与了两个运动,一个是沿半圆槽的圆周运动,另一个是与半圆槽一起向右运动,小球所受支持力方向与速度方向并不垂直,此过程中,因为有物块挡住,小球与半圆槽在水平方向动量并不守恒,在小球运动的全过程,水平方向动量也不守恒,选项A、B错误;当小球运动到C点时,它的两个分运动的合速度方向并不是竖直向上,所以此后小球做斜上抛运动,选项C错误;因为全过程中,整个系统在水平方向上获得了水平向右的冲量,最终槽与墙不会再次接触,选项D正确。

解析：专业运动员伸出手接球时延缓了球与手作用的时间，根据动量定理可知，动量变化量相同时，作用时间越长，作用力越小，两种接球方式中球的动量变化相同，动能变化相同，故只有A正确．

6.答案为：D；

解析：[若M＞m，物体A向左减速为零时，对地向左有最大位移μmgs=mv得s=，A项错误；若M＜m，小车B向右减速为零时，对地向右有最大位移μmgs′=Mv得s′=，B项错误；取向右为正方向，系统动量守恒有Mv0－mv0=(M＋m)v，由动量定理有I=Mv－Mv0=－v0，再由I=－μmgt得t=，C项错误，D项正确．]

解析：物体的动量发生变化，可能是方向改变也可能是大小改变，所以物体的动能不一定发生变化，故A错误，B正确；物体的动能变化，速度大小一定变化，则动量一定发生变化，故C正确，D错误．

解析：设斜面高度为h，倾角为θ，物体质量为m，可求得物体滑至斜面底端的速度大小为v=，所用时间t= .由冲量定义可求得重力的冲量大小为IG=mgt=，方向竖直向下，故A错误；斜面弹力的冲量大小为IN=mgcosθ·t=，方向垂直斜面向上，B正确，C错误；合力的大小为mgsinθ，I合=mgsinθ·t=m，方向沿斜面向下(与合力方向相同)，即合力冲量的大小相同，方向不同，故D正确．

9.答案为：BD；

解析：

 [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，上升的时间小于，故AC错误；皮球从抛出到落地过程中重力不做功，根据动能定理得克服阻力做功为Wf=mv－mv，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，设上升阶段的平均速度为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=，故D正确；故选B、D.]

解析：设a、b之间的竖直高度为h，物体做平抛运动时只受重力，从a点到b点合外力做功为W1=mgh.若物体从a点由静止释放，沿斜面下滑，只有重力做功，合外力做功为W2=mgh，选项A正确．设斜面与水平面的夹角为θ，根据牛顿第二定律，mgsinθ=ma0，解得a0=gsinθ，根据平抛运动规律，h=gt2，斜面长度L=，L=a0(2t)2，联立解得θ=30°，选项C正确．根据冲量定义，物体从光滑固定斜面的顶端a点以某一初速度水平抛出，落在斜面底端b点，运动时间为t，合外力的冲量大小为I1=mgt.物体从a点由静止释放，沿斜面下滑，所受的合外力为mgsinθ=0.5mg，物体经过时间2t到达b点，合外力的冲量大小为I2=0.5mg×2t=mgt，所以I1：I2=1：1，选项B错误．物体从a点水平抛出到达b点时，根据平抛运动规律，Lcosθ=vxt，Lsinθ=gt2，竖直分速度vy=gt，物体水平抛出到达b点时速度方向与水平方向的夹角的正切值tanα=，联立解得tanα=2tanθ=，所以物体水平抛出到达b点时速度方向与水平方向的夹角小于60°，选项D错误．

三 、简答题

11.解：

(1)B上升过程由动能定理得：－m2gh2=0－m2v

解得：v2=2 m/s

取竖直向上为正方向，对B由动量定理得：I－m2gΔt=m2v2－0

由于时间极短，Δt近似为0，故I=m2v2=4 N·s

(2)A先做自由落体运动，下落h1高度时，速度为：v1==6 m/s

由于绳子给A的冲量大小也为I，方向竖直向上，

对A由动量定理得：m1gΔt－I=m1v1′－m1v1

代入数据解得：v1′=2 m/s

之后A自由下落，由动能定理得：m1gH=m1v2－m1v1′2

解得：v=2 m/s.