2020版高考物理总复习第六章第1节动量定理动量守恒定律练习（含解析）.docx

第1节 动量定理 动量守恒定律基础必备练1.(2018清华大学附中三模)如图所示,从地面上的A点以速度v竖直向上抛出一小球,上升至最高点B后返回,O为A,B的中点,小球在运动过程中受到的空气阻力大小不变.下列说法正确的是(C)A.小球上升至O点时的速度等于0.5vB.小球上升至O点时的速度小于0.5vC.小球在上升过程中重力的冲量小于下降过程中重力的冲量D.小球在上升过程中动能的减少量等于下降过程中动能的增加量解析:小球上升时,受到向下的重力和向下的空气阻力,故小球匀减速上升,在上升到最高点的过程中,初速度为v,末速度为0,则其中间时刻的速度为=0.5v,而中间位移的速度为=,它大于0.5v,故选项A,B错误;小球下降时受向下的重力和向上的空气阻力,则小球向上运动时的合力大于向下运动时的合力,故上升过程的加速度大于下降过程的加速度,由于位移相等,都可以看成是初速度为0,故物体向上运动时的时间小于下降的时间,而重力相等,故小球在上升过程中重力的冲量小于下降过程中重力的冲量,选项C正确;由功能关系可知,小球在上升过程中,动能的减少量Ek=mgh+fAB,而下降过程中动能的增加量Ek=mgh-fAB,二者不相等,选项D错误.2.(2019黑龙江大庆实验中学高三考试)如图所示,斜面和水平面之间通过小圆弧平滑连接,质量为m的物体(可视为质点)从斜面上h高处的A点由静止开始沿斜面下滑,最后停在水平地面上的B点,要使物体能原路返回A点,在B点物体需要的最小瞬时冲量是(C)A.mB.mC.2mD.4m解析:物体从A到B过程,由动能定理得mgh-Wf=0,物体从B到A过程,由能量守恒得m=mgh+Wf+mv2,当v=0时,在B点的瞬时冲量最小,即=mgh+Wf=2mgh解得p=2m,由动量定理得I=p=2m,故C正确.3.水平推力F1和F2分别作用于水平面上等质量的a,b两物体上,作用一段时间后撤去推力,物体将继续运动一段时间后停下,a,b两物体的v-t图像分别如图中OAB,OCD所示,图中ABCD,则(C)A.F1的冲量大于F2的冲量B.F1的冲量等于F2的冲量C.两物体受到的摩擦力大小相等D.两物体受到的摩擦力大小不等解析:题图中,AB与CD平行,说明推力撤去后两物体的加速度相同,根据牛顿第二定律可知,两物体受到的摩擦力大小相等.根据动量定理,对整个过程有F1t1-ftOB=0,F2t2-ftOD=0,而tOBtOD,则有F1t1F2t2,即F1的冲量小于F2的冲量,选项C正确.4.(2019宁夏育才中学月考)(多选)一质量m=0.10 kg的小钢球以大小为v0=10 m/s的速度水平抛出,下落h=5.0 m时撞击一钢板,撞后速度恰好反向,且速度大小不变.已知小钢球与钢板的作用时间极短,取g=10 m/s2,则(BD)A.钢板与水平面的夹角=60B.小钢球从水平抛出到刚要撞击钢板的过程中重力的冲量大小为1 NsC.小钢球撞击钢板的过程中其动量的变化量的大小为 10 kgm/sD.钢板对小钢球的冲量大小为2 Ns解析:小钢球撞击钢板时的竖直分速度vy=10 m/s,设小球的速度方向与水平方向的夹角为,则tan =1,解得=45,即钢板与水平面的夹角=45,选项A错误;小钢球从水平抛出到刚要撞击钢板时所飞行的时间t=1 s,重力冲量I=mgt=1 Ns,选项B正确;取垂直钢板向上为正方向,小钢球刚要撞击钢板时小钢球速度的大小为v1=v0=10 m/s,动量p1=-mv1=- kgm/s;撞后小钢球的速度v2=10 m/s,动量p2=mv2= kgm/s,小钢球的动量变化p=p2-p1=2 kgm/s,由动量定理可知,钢板对小钢球的冲量大小I=p=2 Ns,选项C错误,D正确.5.(2019安徽淮南模拟)(多选)如图所示,在光滑的水平面上放有一物体M,物体上有一光滑的半圆弧轨道,轨道半径为R,最低点为C,两端A,B等高,现让小滑块m从A点由静止下滑,在此后的过程中,则(BD)A.M和m组成的系统机械能守恒,动量守恒B.M和m组成的系统机械能守恒,动量不守恒C.m从A到C的过程中M向左运动,m从C到B的过程中M向右运动D.m从A到C的过程中M向左运动,m从C到B的过程中M向左运动解析:小滑块m从A点静止下滑,物体M与滑块m组成的系统水平方向所受合力为零,系统水平方向动量守恒,竖直方向有加速度,合力不为零,所以系统动量不守恒,M和m组成的系统机械能守恒,选项A错误,B正确;系统水平方向动量守恒,由于系统初始状态水平方向动量为零,所以m从A到C的过程中,m向右运动,M向左运动,m从C到B的过程中,M还是向左运动,选项C错误,D正确.6.(2019内蒙古北方重工三中月考)(多选)质量为m的物块甲以3 m/s 的速度在光滑水平面上运动,有一轻弹簧固定于其左端,另一质量也为m的物块乙以4 m/s的速度与甲相向运动,如图所示,则(AD)A.甲、乙两物块在弹簧压缩过程中,由于弹力属于内力作用,故系统动量守恒B.当两物块相距最近时,甲物块的速率为零C.甲物块的速率可能达到5 m/sD.当甲物块的速率为1 m/s时,乙物块的速率可能为2 m/s,也可能为0解析:甲、乙两物块(包括弹簧)组成的系统在弹簧压缩过程中,系统所受的合外力为零,系统动量守恒,故A正确;当两物块相距最近时速度相同,取作用前乙的速度方向为正方向,设共同速率为v,根据动量守恒定律得到mv乙-mv甲=2mv,解得v=0.5 m/s,故B错误;若物块甲的速率达到5 m/s,方向与原来相同,则mv乙-mv甲=-mv甲+m乙v乙,代入数据解得v乙=6 m/s.两个物块的速率都增大,系统总动能增大,违反了能量守恒定律.若物块甲的速率达到5 m/s,方向与原来相反,则mv乙-mv甲=mv甲+m乙v乙,代入数据解得v乙=-4 m/s,即作用后乙的动能不变,甲的动能增加,系统总动能增加,违反了能量守恒定律,所以物块甲的速率不可能达到5 m/s,故C错误;若物块甲的速率为1 m/s,方向与原来相同,由动量守恒定律得mv乙-mv甲=-mv甲+m乙v乙,代入数据解得v乙=2 m/s;若物块甲的速率为1 m/s,方向与原来相反,由动量守恒定律得mv乙-mv甲=mv甲+m乙v乙,代入数据解得v乙=0,故D正确.7.(2019山东日照联考)如图所示,质量为0.5 kg的小球在距离小车底部20 m高处以一定的初速度向左平抛,落在以7.5 m/s的速度沿光滑水平面向右匀速行驶的敞篷小车中,车底涂有一层油泥,车与油泥的总质量为4 kg.设小球在落到车底前瞬间速度是 25 m/s,重力加速度取10 m/s2.则当小球与小车相对静止时,小车的速度是(B)A.4 m/sB.5 m/sC.8.5 m/sD.9.5 m/s解析:小球落入小车时竖直方向速度vy=20 m/s,所以小球的水平速度v0=15 m/s.对小车和小球,水平方向动量守恒,得Mv1-mv0=(M+m)v2,代入数据得v2=5 m/s,选项B正确.8.(2019湖南衡阳联考)如图所示,质量为M的盒子放在光滑的水平面上,盒子内表面不光滑,盒内放有一块质量为m的物体,某时刻给物体一个水平向右的初速度v0,那么在物体与盒子前后壁多次往复碰撞后(D)A.两者的速度均为零B.两者的速度总不会相等C.盒子的最终速度为,方向水平向右D.盒子的最终速度为,方向水平向右解析:由于盒子内表面不光滑,在多次碰撞后物体与盒子相对静止,B项错误;由动量守恒得mv0=(M+m)v,解得v=,故选项D正确,A,C项错误.能力培养练9.(2018吉林长春第二次质量监测)(多选)一滑块在水平地面上做直线运动,t=0时速率为1 m/s,从此时开始对物体施加一个与初速度相反的水平力F,力F和滑块的速度v随时间的变化规律分别如图(甲)、(乙)所示.则下列说法正确的是(CD)A.2 s末滑块距离出发点最远B.01 s和12 s时间内滑块的加速度大小相等、方向相反C.第1 s内摩擦力对滑块冲量为1 NsD.第2 s内力F的平均功率为1.5 W解析:由(乙)图可知,图像所围的面积为2 s内的位移,所以在2 s末滑块回到出发点,故A错误;由于图像的斜率表示加速度,在前2 s内斜率不变,故B错误;由图(甲)得F1=1 N,F2=3 N,由图(乙)得2 s内滑块的加速度不变,即为a=1 m/s2,据牛顿第二定律有F1+f=ma,F2-f=ma,解得f=1 N,所以第1 s内摩擦力对滑块冲量为I=ft=1 Ns,故C正确;第2 s内力F的平均功率为F2=3 W=1.5 W,故D正确.10.(2019山东烟台模拟)如图所示,木块A静止于光滑的水平面上,其曲面部分MN光滑,水平部分NP是粗糙的,现有一物体B自M点由静止下滑,设NP足够长,则以下叙述正确的是(C)A.A,B物体最终以不为零的速度共同运动B.A物体先做加速运动,后做减速运动,最终做匀速运动C.物体A,B构成的系统减少的机械能转化为内能D.B物体减少的机械能等于A物体增加的动能解析:因NP足够长,最终物体B一定与A相对静止,由系统水平方向动量守恒可知,最终A,B一定静止,选项A,B均错误;因NP段有摩擦,系统减少的机械能都转化为内能,所以选项C正确,D错误.11.(2019湖南师大附中月考)如图所示,质量为m=1 kg的小木块放在质量为M=8 kg的长木板(足够长)的左端,静止在光滑的水平面上,m与M之间的动摩擦因数=0.1,g=10 m/s2.现给m一个向右的速度v0=10 m/s,同时对M施加一水平向左的恒力F,且F=5 N,则F作用一段时间后撤去,M,m的速度最终都变为零.求:(1)F作用的时间t1;(2)此过程中系统生热Q.解析:(1)根据动量定理,对M,m系统分析可得Ft1=mv0解得t1=2 s.(2)对M,由牛顿第二定律得F-mg=Ma解得a=0.5 m/s2.在0t1时间内M运动的位移x=a=1 m由能量守恒知系统生热Q=Fx+m代入数据解得Q=55 J.答案:(1)2 s(2)55 J12.(2019北京通州区摸底)在水平地面的右端B处有一面墙,一小物块放在水平地面上的A点,质量m=0.5 kg,AB间距离s=5 m,如图所示.小物块以初速度v0=8 m/s从A向B运动,刚要与墙壁碰撞时的速度v1=7 m/s,碰撞后以速度v2=6 m/s反向弹回.重力加速度g取10 m/s2.求:(1)小物块从A向B运动过程中的加速度a的大小;(2)小物块与地面间的动摩擦因数;(3)若碰撞时间t=0.05 s,碰撞过程中墙面对小物块平均作用力F的大小.解析:(1)从A到B过程是匀减速直线运动,根据速度位移公式,有a= m/s2=-1.5 m/s2.(2)从A到B过程,根据动能定理,有-mgs=m-m代入数据解得=0.15.(3)对小物块与墙壁碰撞过程,若向左为正方向,根据动量定理,有Ft=mv2-m(-v1)可得F=130 N.答案:(1)1.5 m/s2(2)0.15(3)130 N13.(2019山东泰安高三质检)如图所示,光滑水平面上停放一个木箱和小车,木箱质量为m,小车和人总质量为M,Mm=41,人以速度v沿水平方向将木箱推出,木箱被挡板以原速率反弹回来以后,人接住木箱再以同样大小的速率v第二次推出木箱,木箱又被原速率反弹,问人最多能推几次木箱?解析:选木箱、人和小车组成的系统