2020版物理新增分大一轮新高考（京津鲁琼）讲义：第六章动量动量守恒定律本章综合能力提升练

本章综合能力提升练

一、单项选择题

1．若物体在运动过程中受到的合力不为零，则(　　)

A．物体的动能不可能总是不变的

B．物体的动量不可能总是不变的

C．物体的加速度一定变化

D．物体的速度方向一定变化

答案　B

2．(2019·四川省德阳市诊断)如图1所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P和Q都可视为质点，质量相等．Q与水平轻弹簧相连，设Q静止，P以某一初速度向Q运动并与弹簧发生碰撞．在整个过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于(　　)

图1

A．P的初动能   B．P的初动能的

C．P的初动能的   D．P的初动能的

答案　B

3．高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)．此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为(　　)

A.＋mg   B.－mg

C.＋mg   D.－mg

答案　A

解析　由自由落体运动公式得：人下降h距离时的速度为v＝，在t时间内对人，由动量定理得：(mg－F)t＝0－mv，解得安全带对人的平均作用力为F＝＋mg，故A正确．

4．(2018·山西省太原市上学期期末)2017年10月20日，一架从墨尔本飞往布里斯班的飞机，飞到1 500 m高时正面撞到了一只兔子，当时这只兔子正被一只鹰抓着，两者撞到飞机当场殒命．设当时飞机正以720 km/h的速度飞行，撞到质量为2 kg的兔子，作用时间为0.1 s．则飞机受到兔子的平均撞击力约为(　　)

A．1.44×103 N   B．4.0×103 N

C．8.0×103 N   D．1.44×104 N

答案　B

解析　720 km/h＝200 m/s；根据动量定理Ft＝mv可得F＝＝ N＝4×103 N，故选项B正确．

5.(2018·山东省临沂市上学期期中)如图2所示，曲线是某质点只在一恒力作用下的部分运动轨迹．质点从M点出发经P点到达N点，已知质点从M点到P点的路程大于从P点到N点的路程，质点由M点运动到P点与由P点运动到N点的时间相等．下列说法中正确的是(　　)

图2

A．质点从M到N过程中速度大小保持不变

B．质点在M、N间的运动不是匀变速运动

C．质点在这两段时间内的动量变化量大小相等，方向相同

D．质点在这两段时间内的动量变化量大小不相等，但方向相同

答案　C

解析　因为质点在恒力作用下运动，所以质点做匀变速曲线运动，速度随时间变化，故A、B错误；根据动量定理可得FΔt＝Δp，两段过程所用时间相同，所以动量变化量大小和方向都相同，故C正确，D错误．

6.(2018·山东省青岛市二模)一质量为1 kg的质点静止于光滑水平面上，从t＝0时刻开始，受到如图3所示的水平外力作用，下列说法正确的是(　　)

图3

A．第1 s末质点的速度为2 m/s

B．第2 s末外力做功的瞬时功率最大

C．第1 s内与第2 s内质点动量增加量之比为1∶2

D．第1 s内与第2 s内质点动能增加量之比为4∶5

答案　D

解析　由动量定理：Ft＝mv2－mv1，求出第1 s末、第2 s末速度分别为：v1＝4 m/s、v2＝6 m/s，故A错误；第1 s末的外力的瞬时功率P＝F1v1＝4×4 W＝16 W，第2 s末外力做功的瞬时功率P′＝F2v2＝2×6 W＝12 W，故B错误；第1 s内与第2 s内质点动量增加量之比为：＝＝＝，故C错误；第1 s内与第2 s内质点动能增加量分别为：ΔEk1＝

mv12＝8 J，ΔEk2＝mv22－mv12＝10 J，则ΔEk1∶ΔEk2＝8∶10＝4∶5，故D正确．

二、多项选择题

7．如图4所示，质量为M的楔形物体静止在光滑的水平地面上，其斜面光滑且足够长，与水平方向的夹角为θ.一个质量为m的小物块从斜面底端沿斜面向上以初速度v0开始运动．当小物块沿斜面向上运动到最高点时，速度大小为v，距地面高度为h，则下列关系式中正确的是(　　)

图4

A．mv0＝(m＋M)v

B．mv0cos θ＝(m＋M)v

C．mgh＝m(v0sin θ)2

D．mgh＋(m＋M)v2＝mv02

答案　BD

解析　小物块上升到最高点时，速度与楔形物体的速度相同，二者组成的系统在水平方向上动量守恒，全过程机械能也守恒．以向右为正方向，在小物块上升过程中，由水平方向系统动量守恒得mv0cos θ＝(m＋M)v，故A错误，B正确；系统机械能守恒，由机械能守恒定律得mgh＋(m＋M)v2＝mv02，故C错误，D正确．

8.质量为M和m0的滑块用轻弹簧连接，以恒定的速度v沿光滑水平面运动，与位于正对面的质量为m的静止滑块发生碰撞，如图5所示，碰撞时间极短，在此过程中，下列情况可能发生的是(　　)

图5

A．M、m0、m速度均发生变化，分别为v1、v2、v3，而且满足(M＋m0)v＝Mv1＋m0v2＋mv3

B．m0的速度不变，M和m的速度变为v1和v2，而且满足Mv＝Mv1＋mv2

C．m0的速度不变，M和m的速度都变为v′，且满足Mv＝(M＋m)v′

D．M、m0、m速度均发生变化，M、m0速度都变为v1，m的速度变为v2，且满足(M＋m)v0＝(M＋m)v1＋mv2

答案　BC

解析　碰撞的瞬间M和m组成的系统动量守恒，m0的速度在瞬间不变，以M的初速度方向为正方向，若碰后M和m的速度变为v1和v2，由动量守恒定律得：Mv＝Mv1＋mv2；若碰后M和m速度相同，由动量守恒定律得：Mv＝(M＋m)v′，故B、C正确．

9．(2018·东北三省三校一模)将一小球从地面以速度v0竖直向上抛出，小球上升到某一高度后又落回到地面．若该过程中空气阻力不能忽略，且大小近似不变，则下列说法中正确的是(　　)

A．重力在上升过程与下降过程中做的功大小相等

B．重力在上升过程与下降过程中的冲量相同

C．整个过程中空气阻力所做的功等于小球机械能的变化量

D．整个过程中空气阻力的冲量等于小球动量的变化量

答案　AC

解析　根据W＝Gh可知，重力在上升过程与下降过程中做的功大小相等，故选项A正确；上升过程中的加速度a上＝g＋大于下降过程中的加速度a下＝g－，则上升的时间小于下降的时间，即t上<t下，根据I＝Gt可知，重力在上升过程中的冲量小于下降过程中的冲量，故选项B错误；根据功能关系，整个过程中空气阻力所做的功等于小球机械能的变化量，故选项C正确；整个过程中空气阻力的冲量和重力的冲量之和等于小球动量的变化量，故选项D错误．

三、非选择题

10．(2019·河北省唐山市模拟)如图6所示，在实验室用两端带竖直挡板C、D的气垫导轨和带固定挡板的质量都是M的滑块A、B，做“探究碰撞中的不变量”的实验：

图6

(1)把两滑块A和B紧贴在一起，在滑块A上放质量为m的砝码，置于导轨上，用电动卡销卡住两滑块A和B，在两滑块A和B的固定挡板间放一弹簧，使弹簧处于水平方向上的压缩状态．

(2)按下电钮使电动卡销放开，同时启动两个记录两滑块运动时间的电子计时器，当两滑块A和B与挡板C和D碰撞同时，电子计时器自动停表，记下滑块A运动至挡板C的时间t1，滑块B运动至挡板D的时间t2.

(3)重复几次取t1、t2的平均值．

请回答以下几个问题：

①在调整气垫导轨时应注意_____________________________________________________；

②应测量的数据还有___________________________________________________________；

③作用前A、B两滑块的速度与质量乘积之和为______________，作用后A、B两滑块的速度与质量乘积之和为________________．(用测量的物理量符号和已知的物理量符号表示)

答案　①使气垫导轨水平

②滑块A至挡板C的距离L1、滑块B至挡板D的距离L2

③0　(M＋m)－M或M－(M＋m)

解析　①为了保证滑块A、B作用后做匀速直线运动，必须使气垫导轨水平．

②要求出A、B两滑块在电动卡销放开后的速度，需测出A至C的时间t1和B至D的时间t2，并且要测量出两滑块到两挡板的运动距离L1和L2，再由公式v＝求出其速度．

③设向左为正方向，根据所测数据求得两滑块的速度分别为vA＝，vB＝－.作用前两滑块静止，v＝0，速度与质量乘积之和为0；作用后两滑块的速度与质量乘积之和为(M＋m)－M.若设向右为正方向，同理可得作用后两滑块的速度与质量的乘积之和为M－(M＋m).

11.(2018·山西省太原市上学期期末)如图7所示，在光滑水平面上有一质量为m、长度为L的木板A，木板的右端点放有一质量为3m的物块B(可视为质点)，木板左侧的水平面上有一物块C.当物块C以水平向右的初速度v0与木板发生弹性碰撞后，物块B恰好不会从木板A上掉下来，且最终物块C与A的速度相同．不计物块C与木板A碰撞时间，三物体始终在一直线上运动，重力加速度为g，求：

图7

(1)物块C的质量mC；

(2)木板A与物块B间的动摩擦因数μ.

答案　(1)2m　(2)

解析　(1)物块C与木板A发生碰撞的过程，以向右为正方向，由动量守恒定律与能量守恒定律得：

mCv0＝mCvC＋mvA

mCv02＝mCv＋mv

木板A和物块B相互作用过程，由动量守恒定律得

mvA＝4mv

由最终物块C与木板A的速度相同可知vC＝v

联立得mC＝2m

(2)木板A和物块B相互作用过程，由能量守恒得

3μmgL＝mv－×4mv2

解得μ＝.

12．(2018·贵州省安顺市适应性监测三)如图8所示，半径为R的四分之一光滑圆弧轨道竖直固定在水平地面上，下端与水平地面在P点相切，一个质量为2m的物块B(可视为质点)静止在水平地面上，左端固定有水平轻弹簧，Q点为弹簧处于原长时的左端点，P、Q间的距离为R，PQ段地面粗糙、动摩擦因数为μ＝0.5，Q点右侧水平地面光滑，现将质量为m的物块A(可视为质点)从圆弧轨道的最高点由静止开始下滑，重力加速度为g.求：

图8

(1)物块A沿圆弧轨道滑至P点时对轨道的压力大小；

(2)弹簧被压缩的最大弹性势能(未超过弹性限度)；

(3)物块A最终停止位置到Q点的距离．

答案　(1)3mg　(2)mgR　(3)R

解析　(1)物块A从静止沿圆弧轨道滑至P点，设速度大小为vP，

由机械能守恒定律有：mgR＝mv

设在最低点轨道对物块的支持力大小为FN，

由牛顿第二定律有：FN－mg＝m，

联立解得：FN＝3mg，

由牛顿第三定律可知物块A沿圆弧轨道滑至P点时对轨道的压力大小为3mg.

(2)设物块A与弹簧接触前瞬间的速度大小为v0，

由动能定理有mgR－μmgR＝mv02－0，

解得v0＝，

当物块A、物块B具有共同速度v时，弹簧的弹性势能最大，以向右为正方向

由动量守恒定律有：mv0＝(m＋2m)v，

mv02＝(m＋2m)v2＋Epm，

联立解得Epm＝mgR.

(3)设物块A与弹簧分离时，A、B两物体的速度大小分别为v1、v2，则有mv0＝－mv1＋2mv2，

mv02＝mv12＋(2m)v22，

联立解得：v1＝，

设物块A最终停在Q点左侧x处，

由动能定理有：－μmgx＝0－mv12，

解得x＝R.