高考物理大二轮复习考前特训考点动量定理和动量守恒定律

考点9 动量定理和动量守恒定律1．(2017·山东枣庄市模拟)质量为60 kg 的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护，使他悬挂起来；已知弹性安全带的缓冲时间是1.2 s ，安全带长5 m ，不计空气阻力影响，g 取10 m/s 2，则安全带所受的平均冲力的大小为( )A ．100 NB ．500 NC ．600 ND ．1 100 N答案 D解析 在安全带产生拉力的过程中，工人受重力、安全带的拉力作用做减速运动，此过程的初速度就是自由落体运动的末速度，所以有：v 0＝2gh ＝2×10×5 m/s ＝10 m/s ，取竖直向下为正方向，根据动量定理，有：mg ·t －F ·t ＝0－mv 0，解得：F ＝mg ＋mv 0t ＝(600＋60×101.2) N ＝1 100 N ，故选D.2．(2017·辽宁本溪市联合模拟)一位质量为m 的运动员从下蹲状态向上跳起，经Δt 时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v ，在此过程中，下列说法正确的是( )A ．地面对他的冲量为mv ＋mg Δt ，地面对他做的功为12mv 2 B ．地面对他的冲量为mv －mg Δt ，地面对他做的功为零C ．地面对他的冲量为mv ，地面对他做的功为12mv 2 D ．地面对他的冲量为mv ＋mg Δt ，地面对他做的功为零答案 D解析 运动员的速度开始为零，起跳后变为v ，以向上为正方向，由动量定理可得I －mg Δt ＝mv －0，故地面对运动员的冲量为I ＝mv ＋mg Δt ，运动员在跳起时，地面对运动员的支持力竖直向上，在跳起过程中，在支持力方向上没有位移，地面对运动员的支持力不做功，故D 正确．3．(多选)(2017·云南昆明市二统)如图1所示，质量为2m 的物体B 静止在光滑的水平面上，物体B 的左边固定有轻质弹簧，质量为m 的物体A 以速度v 向物体B 运动并与弹簧发生作用，从物体A 接触弹簧开始，到离开弹簧的过程中，物体A 、B 始终沿同一直线运动，以初速度v 的方向为正，则( )图1A ．此过程中弹簧对物体B 的冲量大小大于弹簧对物体A 的冲量大小B ．弹簧的最大弹性势能为13mv 2C ．此过程弹簧对物体B 的冲量为23mv D ．物体A 离开弹簧后的速度为－13v 答案 BD解析 由I ＝Ft ，弹簧对A 、B 的冲量大小相等、方向相反，A 错误；A 离开弹簧前，由mv＝(m ＋2m )v 1，得v 1＝13v ，弹簧的最大弹性势能E p ＝12mv 2－12(m ＋2m )v 12＝13mv 2，B 正确，A 离开弹簧后，由mv ＝mv A ＋2mv B ，12mv 2＝12m A 2＋12·2mv B 2，得v A ＝－13v ，v B ＝23v ，故弹簧对B 的冲量I B ＝2mv B ＝43mv ，C 错误，D 正确． 4．(2017·山东枣庄市模拟)如图2所示，一根固定直杆与水平方向夹角为θ，将质量为m 1的滑块套在杆上，通过轻绳悬挂质量为m 2的小球，杆与滑块之间的动摩擦因数为μ.通过某种外部作用，使滑块和小球瞬间获得初动量后，撤去外部作用，发现滑块与小球仍保持相对静止一起运动，且轻绳与竖直方向夹角β>θ.则滑块的运动情况是( )图2A ．动量方向沿杆向下，正在均匀增大B ．动量方向沿杆向下，正在均匀减小C ．动量方向沿杆向上，正在均匀增大D ．动量方向沿杆向上，正在均匀减小答案 D解析 把滑块和球看做一个整体受力分析，沿斜面和垂直斜面建立直角坐标系，若假设滑块速度方向向下，则沿斜面方向：(m 1＋m 2)g sin θ－F f ＝(m 1＋m 2)a垂直斜面方向：F N ＝(m 1＋m 2)g cos θ，其中摩擦力：F f ＝μF N联立解得：a ＝g sin θ－μg cos θ，对小球现有：θ<β，则有a >g sin β，所以g sin θ－μg cos θ>g sin β，g sin θ－g sin β>μg cos θ，因为θ<β，所以g sin θ－g sin β<0，但μg cos θ>0，所以假设不成立，即速度的方向一定沿杆向上，滑块向上运动，重力有沿杆向下的分力，同时摩擦力的方向沿杆向下，所以滑块的加速度方向向下，滑块沿杆减速上滑，则滑块的动量方向沿杆向上，正在均匀减小，故D 正确．5．(多选)如图3甲所示，物块a 从光滑斜面上某点由静止滑下，物块b 从水平面上的某位置水平向左运动，0.4 s 末，物块a 滑到水平面的瞬间正好与物块b 碰撞且碰撞后两者粘在一起沿斜面向上运动到最高点．不计物块经过斜面底部与水平面衔接处的能量损失，两者运动的速度大小随时间变化的图象如图乙所示，物块b 的质量为5 kg ，物块a 的质量为m a ，整个过程两物块因碰撞而损失的机械能为ΔE ，则( )图3A ．m a ＝1 kgB ．m a ＝2 kgC ．ΔE ＝35 JD ．ΔE ＝120 J 答案 BC解析 由题图乙可知，a 、b 物块碰撞前的速度大小分别为v a ＝1 m/s ，v b ＝6 m/s ，碰撞后a 、b 共同速度的大小为v ＝4 m/s ，选定b 的速度方向为正，根据动量守恒定律得m b v b －m a v a ＝(m a ＋m b )v ，解得m a ＝2 kg ，A 项错误，B 项正确；两物块碰撞过程损失的机械能为ΔE ＝12m a v a 2＋12m b v b 2－12(m a ＋m b )v 2＝35 J ，C 项正确，D 项错误． 6.(多选)如图4所示，光滑水平面上，质量为m 1的足够长的木板向左匀速运动．t ＝0时刻，质量为m 2的木块从木板的左端向右以与木板相同大小的速度滑上木板．t 1时刻，木块和木板相对静止，共同向左匀速运动，以v 1和a 1表示木板的速度和加速度，以v 2和a 2表示木块的速度和加速度，以向左为正方向．则下列图中正确的是( )图4答案 BD解析 木块和木板组成的系统动量守恒，因为最终共同的速度方向向左，根据m 1v －m 2v ＝(m 1＋m 2)v ′，知m 1>m 2.木块的加速度a 2＝F f m 2，方向向左，木板的加速度a 1＝F f m 1，方向向右，因为m 1>m 2，则a 1<a 2，A 项错误，B 项正确；木块滑上木板后，木块先向右做匀减速直线运动，速度减到零后反向做匀加速直线运动，与木板速度相同后一起做匀速直线运动．木板一直做匀减速直线运动，最终的速度向左，为正值，D 项正确，C 项错误．7．(多选)(2017·贵州凯里市模拟)如图5所示，竖直平面内的光滑水平轨道的左边与墙壁对接，右边与一个足够高的14光滑圆弧轨道平滑相连，木块A 、B 静置于光滑水平轨道上，A 、B 的质量分别为1.5 kg 和0.5 kg.现让A 以6 m/s 的速度水平向左运动，之后与墙壁碰撞，碰撞的时间为0.3 s ，碰后的速度大小变为4 m/s ，当A 与B 碰撞后立即粘在一起运动，g 取10 m/s 2，则( )图5A ．A 与墙壁碰撞的过程中，墙壁对A 的平均作用力的大小F ＝50 NB ．A 与墙壁碰撞的过程中没有能量损失C ．A 、B 碰撞后的速度v ＝3 m/sD ．A 、B 滑上圆弧轨道的最大高度h ＝0.55 m答案 AC解析 设水平向右为正方向，A 与墙壁碰撞时根据动量定理有Ft ＝m A v 1′－m A ·(－v 1)，解得F ＝50 N ，故A 正确；若A 与墙壁碰撞时无能量损失，A 将以6 m/s 的速度水平向右运动，由题已知碰后的速度大小变为4 m/s ，故B 错误；设碰撞后A 、B 的共同速度为v ，根据动量守恒定律有m A v 1′＝(m A ＋m B )v ，解得v ＝3 m/s ，故C 正确；A 、B 在光滑圆弧轨道上滑动时，由机械能守恒定律得，12(m A ＋m B )v 2＝(m A ＋m B )gh ，解得h ＝0.45 m ，故D 错误．8．(多选)在竖直向上的匀强电场中，用细绳悬挂一个不带电的绝缘小球a 、质量为m 1.带电荷量为q 、质量为m 2的小球b 以水平速度v 在电场中运动，并与a 相撞，如图6所示．在a 、b 碰撞后的瞬间细绳断裂，并同时在该区域立即加上一个磁感应强度为B 、垂直纸面向里的匀强磁场，经过时间t ＝3πm 22qB，两小球第二次相撞，若不计碰撞前后两球电荷量的变化情况，下列说法中不正确的是( )图6A ．第一次碰撞后小球a 的速度大小与v 的关系为v 1＝3πm 12m 2－3πm 1v B ．第一次碰撞后小球b 的速度大小与v 的关系为v 2＝2m 12m 2－3πm 1v C ．两小球由第一次相撞到第二次相撞这段时间内，小球a 下落的高度与v 的关系为h 1＝3πm 22v qB (2m 1－3πm 2)D ．两小球由第一次相撞到第二次相撞这段时间内，小球b 下落的最大高度与v 的关系为h 2＝3πm 22v qB (2m 1－3πm 2)答案 ABD解析 设a 球碰撞后的速度为v 1，b 球碰撞后的速度为v 2，由动量守恒定律得，m 2v ＝m 1v 1－m 2v 2① 可知a 球做平抛运动，b 球做圆周运动，因为b 球的周期T ＝2πm 2qB ，经过t ＝3πm 22qB ＝34T 两球第二次相遇，则可知a 球平抛运动的水平位移和竖直位移都等于b 球做圆周运动的半径R . 则R ＝m 2v 2qB② 又x ＝h ＝R ＝v 1t ＝3πm 2v 12qB③ 联立①②③解得h ＝3πm 22v qB (2m 1－3πm 2)，v 1＝2m 2v 2m 1－3πm 2，v 2＝3πm 2v 2m 1－3πm 2，故C 项正确．。