2020高考物理 专项微测：考前热点保温测4 动量和动量守恒课件

考前热点保温测(四)动量和动量守恒一、选择题1．质量为2kg的物体沿直线运动，速度由4m/s变为－6m/s，则在此过程中，它所受到的合外力的冲量为()A．－20N·sB.20N·sC．－4N·sD.－12N·s解析以物体的初速度方向为正方向，由动量定理得冲量I＝2×(－6)N·s－2×4N·s＝－20N·s，A项正确。答案A2．(2019·恩施教学质检)(多选)一个质量为m的小球以大小为v0的初速度水平抛出，不计空气阻力，重力加速度为g，则在小球的速度大小变为2v0的过程中()A．重力做功为mv20B．重力的冲量为3mv0C．运动过程重力做功的平均功率为32mgv0D．速度大小为2v0时重力的瞬时功率为mgv0解析当小球的速度为2v0时，根据速度的分解可知，竖直方向的分速度vy＝3v0，重力的瞬时功率PG＝mgvy＝3mgv0，D项错误；下落的时间t＝vyg＝3v0g，重力的冲量为IG＝mgt＝3mv0，B项正确；根据动能定理，重力做功WG＝12m(2v0)2－12mv20＝32mv20，A项错误；重力做功的平均功率PG＝WGt＝32mgv0，C项正确。答案BC3．(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2pB．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2pC．若保持水平力F不变，通过位移2l，物体的动能小于2EkD．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项正确；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项错误；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项错误；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项正确。答案AD4．(2019·山西百日冲刺考试)2019年1月3日，中国“嫦娥四号”探测器成功在月球背面软着陆，中国载人登月工程前进了一大步。假设将来某宇航员登月后，在月球表面完成下面的实验：在固定的竖直光滑圆轨道内部最低点静止放置一个质量为m的小球(可视为质点)，如图所示，当给小球一瞬时冲量I时，小球恰好能在竖直平面内做完整的圆周运动。已知圆轨道半径为r，月球的半径为R，则月球的第一宇宙速度为()A.ImRrB.ImR5rC.ImrRD.Imr5R解析本题考查机械能守恒定律、圆周运动与宇宙速度，目的是考查学生的分析综合能力。设小球在轨道最低点的速度为v，则有I＝mv－0，设月球表面的重力加速度为g1，小球在轨道最高点的速度为v′，小球从最低点运动到最高点的过程中机械能守恒，有12mv2＝12mv′2＋mg1×2r，小球在最高点有mg1＝mv′2r，而月球的第一宇宙速度v1＝g1R，联立解得v1＝ImR5r，B项正确，A、C、D三项均错误。答案B5．滑雪运动是人们酷爱的户外体育活动，现有质量为m的人站立于雪橇上，如图所示。人与雪橇的总质量为M，人与雪橇以速度v1在水平面上由北向南运动(雪橇所受阻力不计)。当人相对于雪橇以速度v2竖直跳起时，雪橇向南的速度大小为()A.Mv1－Mv2M－mB.Mv1M－mC.Mv1＋Mv2M－mD.v1解析根据动量守恒条件可知人与雪橇组成的系统在水平方向动量守恒，人跳起后水平方向速度不变，雪橇的速度仍为v1，D项正确。答案D6．(多选)如图所示，质量分别为m1＝1.0kg和m2＝2.0kg的弹性小球a、b，用轻绳紧紧地把它们捆在一起，使它们发生微小的形变。该系统以速度v0＝0.10m/s沿光滑水平面向右做直线运动。某时刻轻绳突然自动断开，断开后两球仍沿原直线运动。经过时间t＝5.0s后，测得两球相距s＝4.5m，则下列说法正确的是()A．刚分离时，a球的速度大小为0.7m/sB．刚分离时，b球的速度大小为0.2m/sC．刚分离时，a、b两球的速度方向相同D．两球分开过程中释放的弹性势能为0.27J解析系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，位移s＝v1t－v2t，代入数据解得：v1＝0.70m/s，v2＝－0.20m/s，负号表示速度方向与正方向相反，故A、B两项正确，C项错误；由能量守恒定律得：12(m1＋m2)v20＋Ep＝12m1v21＋12m2v22，代入数据解得：Ep＝0.27J，D项正确。答案ABD7．如图所示，两个大小相同、质量均为m的弹珠静止在水平地面上。某小孩在极短时间内给第一个弹珠水平冲量使其向右运动，当第一个弹珠运动了距离L时与第二个弹珠发生弹性正碰，碰后第二个弹珠运动了2L距离停下。已知弹珠所受阻力大小恒为重力的k倍，重力加速度为g，则小孩对第一个弹珠()A．施加的冲量为mkgLB．施加的冲量为m3kgLC．做的功为kmgLD．做的功为3kmgL解析当第一个弹珠运动了距离L时与第二个弹珠发生弹性正碰，根据动量守恒和能量守恒可知，两弹珠速度发生交换，即第一个弹珠碰后停止运动，第二个弹珠以第一个弹珠碰前的速度继续向前运动了2L距离停下，从效果上看，相当于第二个弹珠不存在，第一个弹珠直接向前运动了3L的距离后停止运动，根据动能定理可知，小孩对第一个弹珠做的功等于弹珠获得的动能，也等于克服阻力做的总功，即W＝Ek＝kmg·3L，C项错误，D项正确；施加的冲量I＝Δp＝p－0＝2mEk－0＝2m·kmg·3L＝m6kgL，A、B两项错误。答案D8．质量分别为m1与m2的甲、乙两球在水平光滑轨道上同向运动，已知它们的动量分别是p1＝5kg·m/s，p2＝7kg·m/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为8kg·m/s，则甲、乙两球质量m1与m2的关系可能是()A．m1＝m2B.2m1＝m2C．3m1＝2m2D.4m1＝m2解析根据动量守恒定律有：p1＋p2＝p1′＋p2′，可得p1′＝4kg·m/s，碰撞过程中动能不增加，则有p212m1＋p222m2≥p1′22m1＋p2′22m2，可得m1m2≤35，则A、C两项错误；碰后甲球的速度不大于乙球的速度，则有p1′m1≤p2′m2，可得m1m2≥12，则D项错误。答案B9．(多选)如图所示，水平光滑轨道宽度和轻质弹簧自然长度均为d。两物体m1和m2与弹簧连接，m2的左边有一固定挡板。m1由图示位置静止释放，当m1与m2相距最近时m1速度为v1，则在以后的运动过程中，可能的情况是()A．m1的最小速度是0B．存在某段时间m1向左运动C．m2的最大速度一定是v1D．m2的最大速度是2m1m1＋m2v1解析m1由图示位置静止释放后，在弹簧弹力作用下向右加速运动，m2静止，当m1与m2相距最近时弹簧弹力为零，m1的速度最大，此后弹簧伸长，在弹簧弹力作用下，m1减速，m2加速，达到共同速度时两者相距最远，此后m1继续减速，m2继续加速，当两物体再次相距最近时，m1达到最小速度v1′，m2达到最大速度v2′。两物体水平方向动量守恒，m1v1＝m1v1′＋m2v2′，两物体与弹簧组成的系统机械能守恒12m1v21＝12m1v1′2＋12m2v2′2；可得v1′＝m1－m2m1＋m2v1，v2′＝2m1m1＋m2v1。因为m1和m2的大小关系不确定，所以m1的最小速度可以是0，也可以向左运动，故A、B两项正确；只有当m1＝m2时，m2的最大速度才为v1，故D项正确，C项错误。答案ABD10．(多选)为完成某种空间探测任务，需要在太空站上发射空间探测器，探测器通过向后喷气而获得反冲力使其加速。已知探测器的质量为M，每秒钟喷出的气体质量为m，喷射气体的功率恒为P，不计喷气后探测器的质量变化。则()A．喷出气体的速度为PmB．喷出气体的速度为2PmC．喷气Δt秒后探测器获得的动能为mPΔt2MD．喷气Δt秒后探测器获得的动能为mPΔt22M解析对t＝1s内的喷出气体，由动能定理得Pt＝12mv21，解得v1＝2Pm，故B项正确，A项错误；在Δt时间内，喷出气体整体与探测器动量守恒，有Mv2＝mΔt·v1，探测器的动能为Ek＝12Mv22，解得Ek＝mPΔt2M，故C项正确，D项错误。答案BC11．(多选)如图所示，质量为m的长木板B放在光滑的水平面上，质量为14m的木块A放在长木板的左端，一颗质量为116m的子弹以速度v0射入木块并留在木块中，当木块滑离木板时速度为18v0，木块在木板上滑行的时间为t，下列说法正确的是()A．木块获得的最大速度为15v0B．木块滑离木板时，木板获得的速度大小为38v0C．木块在木板上滑动时，木块与木板间的滑动摩擦力大小为3mv0128tD．木块在木板上滑动时，因摩擦产生的热量等于子弹射入木块后子弹和木块减少的动能解析对子弹和木块A系统，根据动量守恒定律得：116mv0＝116m＋14mv1，解得v1＝15v0，A项正确；木块滑离木板时，对木板和木块(包括子弹)系统，根据动量守恒定律得：116mv0＝116m＋14m·18v0＋mv2，解得v2＝3128v0，B项错误；对木板，由动量定理：ft＝mv2，解得f＝3mv0128t，C项正确；由能量守恒定律可知，木块在木板上滑动时，因摩擦产生的热量等于子弹射入木块后子弹和木块减少的动能与木板增加的动能之差，D项错误。答案AC二、非选择题12．(2019·吉林调研测试)如图所示，小球A系在细线的一端，线的另一端固定在O点，O点到水平面的距离为h。物块B质量是小球A质量的5倍，置于粗糙的水平面上且位于O点正下方，物块与水平面间的动摩擦因数为μ。现拉动小球使线水平伸直，小球由静止开始释放，运动到最低点时与物块发生正碰(碰撞时间极短)，反弹后上升至最高点时到水平面的距离为h16。小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g。求：(1)小球A反弹后瞬间细线受到拉力的大小；(2)小球A与物块在碰撞过程中系统损失的机械能大小；(3)物块在水平面上滑行的时间。解析(1)反弹后到上升至最高点过程中，由机械能守恒定律有12mv21＝mgh16，小球A反弹后瞬间由牛顿第二定律有F－mg＝mv2h，解得F＝98mg，由牛顿第三定律，细线受到的拉力大小为98mg。(2)小球A由释放到最低点过程中由机械能守恒定律有mgh＝12mv2，解得v＝2gh，小球A与物块在碰撞过程中由动量守恒定律有mv＝5mv2－mv1，解得v2＝2gh4，小球A与物块在碰撞过程中由系统能量守恒定律有ΔE＝12mv2－12mv21－125mv22解得ΔE＝5mgh8。(3)物块从碰撞后开始在水平面上克服地面摩擦做匀减速运动，由动量定理有－μ5mgt＝0－5mgv2，解得t＝2gh4μg。答案(1)98mg(2)58mgh(3)2gh4μg13．(2019·皖江名校摸底)如图所示，一质量为M＝4kg的长木板B静止在光滑的水平面上，在长木板B的最右端放置一可视为质点的小铁块A，已知长木板的长度为L＝1.4m，小铁块的质量为m＝1kg，小铁块与长木板上表面之间的动摩擦因数为μ＝0.4，重力加速度g＝10m/s2。如果在长木板的右端施加一水平向右的恒力F＝28N，求：(1)小铁块与木板的加速度大小；(2)为了保证小铁块能离开长木板，恒力F的作用时间至少应为多大？解析(1)根据牛顿第二定律得，小铁块的速度为a1＝μmgm＝0.4×10m/s2＝4m/s2，长木板的速度为a2＝F－μmgM＝28－0.4×104m/s2＝6m/s2。(2)设恒力F作用时间为t，小铁块在长木板上滑动距离为L1，由空间关系可知L1＝12a2t2－12a1t2，整理得：L1＝t2，此时，小铁块的速度v1＝a1t＝4t，长木板的速度v2＝a2t