2021年高考物理三轮冲刺《动量守恒》练习一（含答案详解）

2021年高考物理三轮冲刺

《动量守恒》练习一

一、单选题

A．子弹、橡皮泥和钢球对墙的冲量大小相等

B．子弹对墙的冲量最小

C．橡皮泥对墙的冲量最小

D．钢球对墙的冲量最小

2.光滑水平面上有两个小球，在同一直线上相向运动，它们的动量大小相等，则两球碰撞后，下列说法正确的是(　　 )

A．两球可能沿同一方向运动

B．两个球可能一个静止，一个运动

C．若两球均运动，则质量大的球动量一定小

D．若两球均运动，则质量大的球动能一定小

3.一炮弹质量为m，以一定的倾角斜向上发射，达到最高点时速度大小为v，方向水平．炮弹在最高点爆炸成两块，其中一块恰好做自由落体运动，质量为m，则爆炸后另一块瞬时速度大小为(　　)

A．v          B.v          C.v          D．0

A．0～2 s内合外力的冲量一直增大

B．0～4 s内合外力的冲量为零

C．2 s末物体的动量方向发生变化

D．0～4 s内物体动量的方向一直不变

A．甲球重力的冲量比乙球重力的冲量小

B．甲球所受合外力的冲量比乙球所受合外力的冲量小

C．两球所受轨道的支持力的冲量均为零

D．两球动量的变化量相同

A.＋mg       B.-mg       C.＋mg        D.-mg

二、多选题

7. (多选)在光滑的水平桌面上有质量分别为m0=0.6 kg,m=0.2 kg的两个小球,中间夹着一个被压缩的具有Ep=10.8 J弹性势能的轻弹簧(弹簧与两球不相连),原来处于静止状态。现突然释放弹簧,球m脱离弹簧后滑向与水平面相切、半径为R=0.425 m的竖直放置的光滑半圆形轨道,如图所示。g取10 m/s2。则下列说法正确的是(　　)

A.球m从轨道底端A运动到顶端B的过程中所受合外力冲量大小为3.4 N·s

B.m0离开轻弹簧时获得的速度为9 m/s

C.若半圆轨道半径可调,则球m从B点飞出后落在水平桌面上的水平距离随轨道半径的增大而减小

D.弹簧弹开过程,弹力对m的冲量大小为1.8 N·s

A．上滑过程与下滑过程中物块所受重力的冲量相同

B．整个过程中物块所受弹力的冲量为零

C．整个过程中物块合外力的冲量为零

D．若规定沿斜面向下为正方向，则整个过程中物块合外力的冲量大小为2mv0

A．mv-mv0        B．mgt       C．m        D．m

A．笔帽一直做加速运动

B．弹簧对笔帽做的功和对桌面做的功相等

C．弹簧对笔帽的冲量大小和对桌面的冲量大小相等

D．弹簧对笔帽的弹力做功的平均功率大于笔帽克服重力做功的平均功率

三、简答题

11.如图所示，水平地面上固定一半径为R=0.8 m的光滑圆弧轨道，轨道左端放一质量为M=3 kg、长为L=1.75 m的木板，木板上表面与轨道末端等高，木板与地面间无摩擦，其左端放一质量m=1 kg的物块，物块与木板间的动摩擦因数为μ=0.4.现给物块施一水平向右的恒力F=15 N，作用一段距离x后撤去F，物块正好能滑到圆弧轨道的最高点，然后再滑回，取g=10 m/s2.

(1)求物块滑到板右端时的速度v多大？

(2)求x的大小；

(3)通过计算说明，物块最终能否滑离木板．

0.参考答案

解析：设子弹a、橡皮泥b和钢球c的质量均m，初速度均为v0，子弹穿墙后的速度为v，

则根据动量定理有：Ia=m(v0-v)，Ib=mv0，Ic=2mv0，所以B项正确，A、C、D项错误．

2.答案为：D；

解析：

[由题可知，两球沿同一直线相向运动，动量大小相等，因此系统的总动量为零，碰撞过程系统的总动量守恒，因此碰撞后系统的总动量仍为零，因此两球不可能沿同一方向运动，也不可能一个静止，一个运动，A、B项错误；若两球均运动，根据动量守恒定律可知，两球一定沿相反方向运动，且动量等大反向，即m1v1=m2v2，由此可以判断，质量大的球的动量与质量小的球动量大小相等，C项错误；由Ek=可知，质量大的，动能小，D项正确．]

3.答案为：B；

解析：[爆炸前动量为mv，设爆炸后另一块瞬时速度大小为v′，取炮弹到最高点未爆炸前的速度方向为正方向，爆炸过程动量守恒，则有：mv=m·v′，解得：v′=v.]

解析：根据F-t图象面积表示冲量，可知在0～2 s内合外力的冲量一直增大，A正确；0～4 s内合外力的冲量为零，B正确；2 s末冲量方向发生变化，物体的动量开始减小，但方向不发生变化，0～4 s内物体动量的方向一直不变，C错误，D正确．

解析：根据机械能守恒可知，两球滑到轨道末端速度大小相等，方向不同；根据动量定理可知，两球所受到的合外力的冲量大小相等，选项B错误；支持力与时间的乘积不为零，所以支持力的冲量不为零，选项C错误；由于末速度方向不同，所以两球动量的变化量不同，选项D错误；甲球做加速度减小的加速运动，乙球做匀加速直线运动，根据速度大小与时间的关系可知，甲球运动的时间短，所以甲球重力的冲量比乙球重力的冲量小，选项A正确．

解析：人做自由落体运动时，有v=，选向下为正方向，

又mgt-Ft=0-mv，得F=＋mg，所以A项正确．

7.答案为：AD；

解析：

释放弹簧过程中系统动量守恒、机械能守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得mv1-m0v2=0,

由机械能守恒定律得m0=Ep,代入数据解得v1=9m/s,v2=3m/s;m从A到B过程中,

由机械能守恒定律得mv1'2+mg·2R,解得v1'=8m/s;以向右为正方向,由动量定理得,

球m从轨道底端A运动到顶端B的过程中所受合外力冲量大小为

I=Δp=mv1'-mv1=[0.2×(-8)-0.2×9]N·s=-3.4N·s,故A正确;

小球m0离开轻弹簧时获得的速度为3m/s,故B错误;设圆轨道半径为r时,

m从B点飞出后水平位移最大,由A到B根据机械能守恒定律得mv1'2+mg·2r,

在最高点,由牛顿第二定律得mg+FN=m,m从B点飞出,需要满足:FN≥0,飞出后,

小球做平抛运动:2r=0.5gt2,x=v1't,当8.1m-4r=4r时,即r=1.0125m时,x为最大,

故球m从B点飞出后落在水平桌面上的水平距离随轨道半径的增大先增大后减小,C错误;

由动量定理得,弹簧弹开过程,弹力对m的冲量大小为I=Δp=mv1=1.8N·s,故D正确。

解析：物块沿光滑斜面先上滑再下滑，两过程所用时间相等，故重力的冲量相同，A对；

因弹力和其作用时间均不为零，故弹力的冲量不为零，B错；

由动量定理得I合=p′-p=mv0-(-mv0)=2mv0，故C错，D对．

解析：根据动量定理得，物体所受合力的冲量等于它的动量的变化量，所以Δp=mgt，故B正确；由题可知，物体末位置的动量为mv，初位置的动量为mv0，根据矢量三角形定则知，该物体的动量的变化量Δp=mvy=m=m，故C、D正确．

解析：在弹簧恢复原长的过程中，笔帽先向上做加速运动，弹簧压缩量减小，弹力减小，加速度逐渐减小；当弹力等于重力时，笔帽加速度为零，速度最大；此后弹力小于重力，合力向下，加速度与速度反向，笔帽做减速运动，A错误．笔帽向上运动，受到的弹力方向向上，力与位移同向，故弹力对笔帽做正功，重力方向向下，与位移反向，对笔帽做负功，由于笔帽动能增加，所以弹簧对笔帽做的功大于笔帽克服重力做的功，又时间相同，根据功率的定义，可知D正确．弹簧对桌面虽然有弹力，但没有位移，所以不做功，B错误．由于轻弹簧质量不计，所以弹簧对桌面的弹力大小等于弹簧对笔帽的弹力大小，作用时间相同，冲量大小相等，C正确．

11.解：

(1)对于物块从轨道底端上升到顶端的过程，由机械能守恒可得：mv2=mgR

解得：v=4 m/s

(2)对于物块从木板左端滑到右端的过程，由动能定理可得：Fx－μmgL=mv2

解得：x=1 m

(3)设物块相对板向左滑动距离Δx后，与木板达到相同速度v′，

由动量守恒定律得：mv=(M＋m)v′解得：v′=1 m/s

由能量守恒定律得：μmgΔx=(M＋m)v′2解得：Δx=1.5 m＜L=1.75 m

故物块不会滑离木板．