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专题二 第二讲 动量 动量守恒定律——课前自测诊断
卷
考点一
1.[考查动量、冲量的概念]
动量 冲量 动量定理
如图所示，竖直面内有一个固定圆环，MN 是它在竖直方向上的直径。两根光滑滑轨 MP、QN 的端点都在圆周上，MP>QN。将两个完全相同的小滑块 a、b 分别从 M、Q 点无初速度释放，在它们各自沿 MP、QN 运动
到圆周上的过程中，下列说法中正确的是(
A．合力对两滑块的冲量大小相同
B. 重力对 a 滑块的冲量较大 C. 弹力对 a 滑块的冲量较小 D. 两滑块的动量变化大小相同
)
解析：选 C 这是“等时圆模型”，即两滑块同时到达滑轨底端。合力 F＝mgsin θ(θ为滑轨倾角)，Fa>Fb，因此合力对 a 滑块的冲量较大，a 滑块的动量变化也大；重力的冲量大小、方向都相同；弹力 FN＝mgcos θ，FNa [多选]静止在粗糙水平面上的物体，在水平力 F 的作用下，经过时间 t、通过位移 l 后， 动量为 p、动能为 Ek。以下说法正确的是( ) A. 若保持水平力 F 不变，经过时间 2t，物体的动量等于 2p B. 若将水平力增加为原来的两倍，经过时间 t，物体的动量等于 2p C．若保持水平力 F 不变，通过位移 2l，物体的动能小于 2Ek D．若将水平力增加为原来的两倍，通过位移 l，物体的动能大于 2Ek 解析：选 AD 根据动量定理 I 合＝(F－f)t＝p，保持水平力 F 不变，经过时间 2t，(F－ f)·2t＝p′，可知 p′＝2p，故 A 正确；根据动量定理 I 合＝(F－f)t＝p，若水平力增加为原来的 2 倍，经过时间 t，则有(2F－f)·t＝p′，则 p′＞2p，故 B 错误；根据动能定理(F－f)·l ＝Ek，保持水平力 F 不变，通过位移 2l，有(F－f)·2l＝Ek′，则有 Ek′＝2Ek，故 C 错误； 根据动能定理(F－f)·l＝Ek，将水平力增加为原来的两倍，通过位移 l，有(2F－f)·l＝Ek′， 则有 Ek′＞2Ek，故 D 正确。 考点二 3.[考查动量守恒的条件] (2019·北京顺义九中质检)如图所示，A、B 两物体质量之比 mA∶ 动量守恒定律及其应用 第 2 页 共 8 页 mB＝3∶2，原来静止在平板小车 C 上，A、B 间有一根被压缩的弹簧，地面光滑，当弹簧突然释放后，在 A、B 弹开的过程中( ) A. 若 A、B 与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B 组成的系统动量守恒 B. 只有 A、B 与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C 组成的系统动量才守恒 C. 若 A、B 所受的摩擦力大小相等，A、B 组成的系统动量守恒 D. 只有 A、B 所受的摩擦力大小相等，A、B、C 组成的系统动量才守恒 解析：选 C 若 A、B 与平板车上表面间的动摩擦因数相同，由于 A、B 质量不同，A、B 所受摩擦力大小不相等，A、B 组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故 A 错误；不论 A、B 与平板车上表面间的动摩擦因数是否相同，A、B、C 组成的系统所受合力都为零，A、B、C 系统动量守恒，故 B 错误；若 A、B 所受的摩擦力大小相等，A、B 组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，故 C 正确；不论 A、B 所受的摩擦力大小是否相等， A、B、C 组成的系统所受合外力都为零，系统动量守恒，故 D 错误。 4．[考查某一方向动量守恒问题] 如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为 M 的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量为 m(m＜M) 的小球从槽高 h 处开始自由下滑，下列说法正确的是( ) A．在以后的运动过程中，小球和槽在水平方向动量始终守恒B．在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力始终不做功 C．全过程小球和槽、弹簧所组成的系统机械能守恒，且水平方向动量守恒D．被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，但小球不能回到槽高 h 处 解析：选 D 当小球与弹簧接触后，小球与槽组成的系统在水平方向所受合外力不为零， 系统在水平方向动量不守恒，故 A 错误；下滑过程中两物体都有水平方向的位移，而力是垂直于槽的曲面的，故力和位移夹角不垂直，故两力均做功，故 B 错误；全过程小球和槽、弹簧所组成的系统只有重力与弹力做功，系统机械能守恒，小球与弹簧接触过程系统在水平方向所受合外力不为零，系统水平方向动量不守恒，故 C 错误；球在槽上下滑过程系统水平方向不受力，系统水平方向动量守恒，球与槽分离时两者动量大小相等，由于 m＜M，则小球的速度大于槽的速度，小球被弹簧反弹后的速度大小等于球与槽分离时的速度大小，小球将追上槽并沿槽上滑，上滑过程中只有重力对系统做功，机械能守恒，由于小球与槽组成的系统总动量水平向左，小球滑上槽的最高点时系统速度水平向左，系统总动能不为零，由机械能守恒定律可知，小球上升的最大高度小于 h，小球不能回到槽高 h 处，故 D 正确。 5．[考查“人船模型”的动量守恒问题] (2019·河北武邑模拟)如图所示，有一条捕鱼小船停靠在湖边码 头，一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量。他进行了如下操作： 首先将船平行码头自由停泊，然后他轻轻从船尾上船，走到船头后停 第 3 页 共 8 页 下，而后轻轻下船。他用卷尺测出船后退的距离为 d，然后用卷尺测出船长 L，已知他自身 的质量为 m，则船的质量为( A．m(L－d)/d C．mL/d ) B．m(L＋d)/d D．m(L＋d)/L 解析：选 A 人在船上行走过程中，人和船所受合力为零，人和船组成的系统动量守恒， 设船的质量为 M，任一时刻人相对地面的速度大小为 v1，船相对地面的速度大小为 v2，则： v1ML－dv1M mv1＋M(－v2)＝0，解得：＝；人在船上行走过程中人和船通过的距离满足＝＝， v2 m d v2 m L－d 解得：船的质量 M＝m。故 A 项正确，B、C、D 三项错误。 d 考点三 6.[考查碰撞的可能性] 碰撞、爆炸与反冲 2019 年 8 月 4 日，2019 世界斯诺克国际锦标赛正式开赛。首日比赛丁俊晖顺利晋级。如图为丁俊晖在比赛中准备击球，设在丁俊晖这一杆中，白色球(主球)和花色球碰撞前、后都在同一直线上运动，碰前白色球的动量为 pA＝5 kg·m/s，花色球静止，白色球 A与花色球B发生碰 撞后，花色球 B的动量变为pB′＝4 kg·m/s，则两球质量 mA 与 mB 间的关系可能是( ) A．mB＝mA 1 C．mB＝mA 6 1 B．mB＝mA 4 D．mB＝6mA 解析：选 A 由动量守恒定律得 pA＋pB＝pA′＋pB′，解得 pA′＝1 kg·m/s，根据碰撞 p2 pA′2pB′22过程中总动能不增加，则有 A≥＋，代入数据解得 m ≥m ，碰后两球同向运动， B A 2mA 2m2mB 3 A pA′ pB′ 白色球 A 的速度不大于花色球 B 的速度， 则≤ ， 解得 mB≤4mA ， 综上可得 mA mB 2 mA≤mB≤4mA，选项 A 正确。 3 7．[考查碰撞与x-t图像的综合问题] 在光滑水平面上的两个小球发生正碰。图为它们碰撞前后的 x-t 图像，小球的质量分别为 m1 和 m2，已知 m1＝0.1 kg。由此可以判断( ) 第 4 页 共 8 页 A. 碰前 m2、m1 都运动 B. 碰后 m2 和 m1 运动方向相同 C. 由动量守恒定律可以算出 m2＝0.3 kg D．碰撞过程中系统损失了 0.4 J 的机械能 解析：选 C 由题给图像知，碰前 m2 的位移不随时间而变化，处于静止；m1 的速度大 Δx 8小为 v1＝＝ m/s＝4 m/s，故 A 错误；由题给图像可知，碰后 m2 的速度沿正方向，m1 Δt1 2 的速度沿负方向，两小球运动方向相反，故 B 错误；由题给图像可知，碰后 m2 和 m1 的速度分别为 v2′＝2 m/s，vm1v1＝m2v2′＋m1v1′，解得 1′＝－2 m/s，根据动量守恒定律得 111m2＝0.3 kg，故 C 正确；碰撞过程中系统损失的机械能为ΔE＝m1v12－ 1v1 2 m2v2′2， m ′ － 2 2 2 解得ΔE＝0，故 D 错误。 8．[考查爆炸问题] “爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”，燃放爆竹是我国传统民俗。春节期间，某人斜 向上抛出一个爆竹，假设爆竹到达最高点时(速度水平向东)立即爆炸成质量相等的三块碎 片，前面一块碎片速度水平向东，后面一块碎片速度水平向西，前、后两块碎片的水平速度 (相对地面)大小相等、方向相反。以下说法正确的是( ) A．爆炸后的瞬间，中间那块碎片的速度大于爆炸前瞬间爆竹的速度B．爆炸后的瞬间，中间那块碎片的速度可能水平向西 C. 爆炸后，三块碎片将同时落到水平地面上，并且落地时的动量相同 D. 爆炸后的瞬间，中间那块碎片的动能可能小于爆炸前的瞬间爆竹的总动能 解析：选 A 设爆竹爆炸前的速度为 v，爆竹爆炸成三块碎片的质量均为 m，爆炸后前、后两块碎片的速度大小为 v 前后，中间那块碎片的速度大小为 v′，设水平向东为正方向，根据水平方向动量守恒，3mv＝mv 前后＋mv′－mv 前后，得 v′＝3v，方向向东，所以爆炸后的瞬间，中间那块碎片的速度大于爆炸前瞬间爆竹的速度，选项 A 正确、B 错误；爆炸后， 1三块碎片均做平抛运动，竖直方向上有 h＝gt2，下落时间相同，则竖直方向分速度相同， 2 但水平方向上的分速度方向不同，故合速度方向不同，则动量不同，选项 C 错误；爆炸后 11的瞬间，中间那块碎片的动能 m(3v)2＞·3m·v2，选项 D 错误。 2 2 9．[考查反冲问题] [多选]一机枪架在湖中小船上，船正以 1 m/s 的速度前进，小船及机枪总质量M＝200 kg， 每颗子弹质量为 m＝20 g，在水平方向机枪以 v＝600 m/s 的对地速度射出子弹，打出 5 颗 子弹后船的速度可能为( A．1.4 m/s ) B．1 m/s 第 5 页 共 8 页 C．0.8 m/s D．0.5 m/s 解析：选 BC 若子弹射出方向与船前进的方向在同一直线上，则子弹、机枪和小船组成的系统动量守恒，有 Mv0＝(M－5m)v′±5mv，若子弹向船前进的方向射出，反冲作用使 Mv0－5mvMv0＋5mv 船速减小，v ′＝＝0.7 m/s，若子弹向船前进的反方向射出，v ′＝＝ 1 M－5m 2 M－5m 1.3 m/s，可见船速应在 0.7～1.3 m/s 之间。故 B、C 正确。 考点四 动量与能量的综合问题 10.[考查含有弹簧的动量与能量的综合问题] (2019·安徽滁州期末)如图所示，A、B 两物块放在光滑的水平面上，一轻弹簧放在 A、B 之间与 A 相连，与 B 接触但不连接，弹簧刚好处于原长，将物块 A 锁定，物块 C 与 A、B 在一条直线上，三个物块的质量相等，现让物块 C 以 v＝2 m/s 的速度向左运动，与 B 相碰并粘在一起，当 C 的速度为零时，解除 A 的锁定，则 A 最终获得的速度大小为( ) 3A. m/s 2 3 C.m/s 2 2B. m/s 3 2 3 D.m/s 3 解析：选 D 设每个物块的质量为 m，C 与 B 碰撞后的共同速度为 v1，根据动量守恒定律：mv＝2mv1，解得 v1＝1 m/s，设 A 最终获得的速度大小为 v2，B 和 C 获得的速度大小为 111 v3，据动量守恒定律：mv2＝2mv3，根据能量守恒定律可得×2mv12＝mv 2＋×2mv 2，联 2 3 2 2 2 2 3 立解得 v2＝ m/s，故选 D。 3 11．[考查“子弹打木块”模型] [多选]如图所示，质量为 m 的子弹水平射入质量为 M、放在光滑水平地面上静止的木块， 子弹未穿透木块，此过程中木块动能增加了 5 J，那么此过程中系统产生的内能可能为( ) A．16 J C．4.8 J B．11.2 J D．3.4 J 解析：选 AB 设子弹的初速度为 v0，与木块的共同速度为 v，则由动量守恒定律有 mv0 111＝(M＋m)v；系统产生的内能 Q＝fd＝mv 2－(m＋M)v2，木块得到的动能为 E ＝fs＝Mv2， 0 k1 2 2 2 其中，f 为子弹与木块间的摩擦力，d 为子弹在木块内运动的位移，s 为木块相对于地面运动 M＋m 的位移，变形可得 Q＝Ek1＞Ek1，故选项 A、B 正确。 m 第 6 页 共 8 页 12．[考查板块模型中动量与能量的综合问题] 如图所示，在光滑水平面上有一块长为 L 的木板 B，其上表面粗糙。在其左端有一个光 1 滑的圆弧槽 C 与长木板接触但不连接，圆弧槽的下端与木板的上表面相平，B、C 静止在 4 v0 水平面上。现有很小的滑块 A 以初速度 v0 从右端滑上 B，并以的速度滑离 B，恰好能到达 2 C 的最高点。A、B、C 的质量均为 m，求： (1)滑块 A 与木板 B 上表面间的动摩擦因数μ； 1 (2) 圆弧槽 C 的半径 R； 4 (3)滑块 A 滑离圆弧槽 C 时 C 的速度。 解析：(1)对 A、B、C 整体，设 A 刚离开 B 时，B 和 C 的共同速度为 vB，从 A 滑上 B v0v0 到刚离开 B 的过程中动量守恒，有 mv0＝m＋2mvB，解得 vB＝ 2 4 由能量守恒定律有 v0 1122－1×2mv2μmgL＝mv0－ 2 B m 2 2 2 5v02 解得μ＝ 。 16gL (2) 从 A 滑上 C 到“恰能到达 C 的最高点”的过程中，设 A 到达最高点时 A 和 C 的共同 速度为 vC，研究 A 和 C 组成的系统，在水平方向上由动量守恒定律有 v03m＋mvB＝2mvC，解得 vC＝v0 2 8 由于在此过程中 A 和 C 组成的系统机械能守恒，有 v0 3v0 11122mgR＝m 2 ＋mvB－×2m 8 2 2 2 2 v02 解得 R＝ 。 64g (3) 研究 A、C 组成的系统，从 A 滑上 C 开始到 A 滑离 C 的过程中，系统在水平方向上 动量守恒， v0 有 m＋mvB＝mvA1＋mvC1， 2 式中 vA1 和 vC1 分别为 A 滑离 C 时 A 和 C 的速度此过程中 A 和 C 组成的系统机械能守恒， 第 7 页 共 8 页 v0 1111有 m 2 2＋mvB2＝mvA12＋mvC 21 2 2 2 2 v0解得 vC1＝，方向水平向左。 2 v025v02 (2) (3) v0，方向水平向左答案：(1) 2 64g 16gL 13．[考查力学三大观点的综合应用] (2019·太原一模)如图所示，固定的光滑平台左端固定有一光滑的半圆轨道，轨道半径为 mR，平台上静止放着两个滑块 A、B，其质量 mA＝，mB＝m，两滑块间夹有少量炸药。平台 2 右侧有一小车，静止在光滑的水平地面上，小车质量 M＝2m，车长 L＝2R，车面与平台的台面等高，车面粗糙，动摩擦因数μ＝0.5，右侧地面上有一不超过车面高的立桩，立桩与小车右端的距离为 s，且 s＝R。小车运动到立桩处立即被牢固粘连。点燃炸药后，滑块 A 恰好能够通过半圆轨道的最高点 D，滑块 B 冲上小车。两滑块都可以看做质点，炸药的质量忽略不计，爆炸的时间极短，爆炸后两个滑块的速度方向在同一水平直线上，重力加速度为 g。求： (1) 滑块 A 在半圆轨道最低点 C 时受到轨道的支持力 FN； (2) 炸药爆炸后滑块 B 的速度大小 vB； (3) 求滑块 B 在小车上运动的过程中克服摩擦力做的功 W。 解析：(1)设爆炸后滑块 A 的速度大小为 vA，滑块 A 在半圆轨道运动，设到达最高点的速度为 vAD，则 vAD2 m g＝m A A R 解得 vAD＝ gR 滑块 A 在半圆轨道运动过程中，由动能定理得 11－mAg×2R＝m v 2－m v 2 2 A AD 2 A AC 解得 vAC＝vA＝ 5gR 滑块 A 在半圆轨道最低点时，由牛顿第二定律得 vAC2 F －m g＝m A N A R 解得 FN＝3mg。 (2) 在 A、B 爆炸过程，动量守恒。则 第 8 页 共 8 页 mBvB＋mA(－vA)＝0 5gR m。 解得 vB ＝ AvA＝ mB 2 (3) 滑块 B 滑上小车直到与小车共速，整个过程中，动量守恒。则 mBvB＝(mB＋M)v 共 1 解得 v 共 ＝ 5gR 6 滑块 B 从滑上小车到共速时的位移为 v 共 2－vB2 ＝10 RB ＝s 9 －2μg 小车从开始运动到共速时的位移为 v 共 2 5 s ＝＝ R C 2aC 18 两者位移之差(即滑块 B 相对小车的位移)为 5Δs＝sB－sC＝R 6 Δs＜2R，即滑块 B 与小车在达到共速时未掉下小车。 5 由于 s＝R＞ R，滑块和小车先达到相对静止，然后一起匀速向前运动，直到小车与立 18 桩碰撞后小车停止，然后滑块 B 以 v 共向右做匀减速直线运动，设直到停下来发生的位移为 s′， v 共 2 5 s′＝＝ R 2μg 36 35 因为Δs＋s′＝＜2R，所以滑块未从小车滑离。 R 36 滑块 B 从滑上小车到共速时克服摩擦力做功为 Wf＝μmgsB 然后滑块 B 以 v 共向右做匀减速直线运动，则直到停下来克服摩擦力做的功为 Wf′＝μmgs′ 滑块 B 克服摩擦力做的总功为 W＝Wf＋Wf′ 5联立解得 W＝mgR。 8 5gR答案：(1)3mg (2) 2 5 (3) mgR 8 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容