2020届高考物理二轮复习 专题冲刺 考前基础回扣练八 动量与动量守恒定律课件

八动量与动量守恒定律1．(多选)恒力F作用在质量为m的物体上，如图所示，由于地面对物体的摩擦力较大，没有被拉动，则经时间t，下列说法正确的是()A．拉力F对物体的冲量大小为FtB．拉力F对物体的冲量大小是FtcosθC．合力对物体的冲量大小为零D．重力对物体的冲量大小是mgt答案ACD解析拉力对物体的冲量大小为：IF＝Ft，故A正确，B错误；由于物体没有被拉动，处于平衡状态，其合外力为零，合外力的冲量也为零，故C正确；重力对物体的冲量大小为IG＝mgt，故D正确。2.如图所示，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是()A．A和B都向左运动B．A和B都向右运动C．A静止，B向右运动D．A向左运动，B向右运动答案D解析选向右为正方向，则A的动量pA＝m·2v0＝2mv0，B的动量pB＝－2mv0。碰前A、B的动量之和为零，根据动量守恒，碰后A、B的动量之和也应为零，可知四个选项中只有D符合题意。3.如图所示，光滑水平面上有质量均为m的滑块A和B，B上固定一轻弹簧，B静止，A以速度v0水平向右运动，通过弹簧与B发生作用，作用过程中，弹簧获得的最大弹性势能Ep为()A.116mv20B.18mv20C.14mv20D.12mv20答案C解析当两个滑块速度相等时弹簧压缩量最大，弹性势能最大；滑块A、B系统动量守恒，根据动量守恒定律，有：mv0＝2mv1，解得：v1＝12v0；系统减小的动能等于增加的弹性势能，故弹簧获得的最大弹性势能为：Ep＝12mv20－12×2m×v022＝14mv20，故选C。4.(多选)如图所示，物体A、B的质量分别为m、2m，物体B置于水平面上，物体B上部半圆形槽的半径为R，将物体A从圆槽右侧顶端由静止释放，一切摩擦均不计。则()A．A能到达B圆槽的左侧最高点B．A运动到圆槽的最低点时A的速率为gR3C．A运动到圆槽的最低点时B的速率为4gR3D．B向右运动的最大位移大小为2R3答案AD解析运动过程不计一切摩擦，系统机械能守恒，且两物体水平方向动量守恒，那么A可以到达B圆槽的左侧最高点，且A在B圆槽的左侧最高点时，A、B的速度都为零，故A正确；设A运动到圆槽最低点时的速度大小为vA，圆槽B的速度大小为vB，规定向左为正方向，根据A、B在水平方向动量守恒得0＝mvA－2mvB，解得vA＝2vB，根据机械能守恒定律得mgR＝12mv2A＋12×2mv2B，解得vB＝gR3，vA＝4gR3，B、C错误；当A运动到左侧最高点时，B向右运动的位移最大，设为x，根据动量守恒得m(2R－x)＝2mx，解得x＝23R，D正确。5．(多选)如图质量为M、长度为l的小车静止在光滑的水平面上，质量为m的小物块放在小车的最左端。现用一水平恒力F作用在小物块上，使物块从静止开始做匀加速直线运动，物块和小车之间的摩擦力为f。经过时间t，小车运动的位移为s，物块刚好滑到小车的最右端，则()A．此时物块的动能为(F－f)(s＋l)，动量为(F－f)tB．此时小车的动能为f(s＋l)，动量为ftC．这一过程中，物块和小车增加的机械能为FsD．这一过程中，物块和小车产生的内能为fl答案AD解析对物块分析，物块的位移为l＋s，根据动能定理得，(F－f)(l＋s)＝12mv2－0，则知物块到达小车最右端时具有的动能为(F－f)(l＋s)，由动量定理：(F－f)t＝mv，则物块的动量为(F－f)t，故A正确；小车的位移为s，受到的摩擦力为f，根据动能定理有Ek车＝fs，根据动量定理有p车＝ft，B错误；由A、B项分析可得，物块和小车增加的机械能为E＝(F－f)(s＋l)＋fs＝Fs＋(F－f)l，故C错误；系统产生的内能等于系统克服滑动摩擦力所做的功，大小为fl，故D正确。6．如图所示，放在光滑水平桌面上的A、B两个小木块中间夹一被压缩的轻弹簧，当轻弹簧被放开时，A、B两个小木块各自在桌面上滑行一段距离后，飞离桌面落在地面上。若mA＝3mB，则下列结果正确的是()A．若轻弹簧对A、B做功分别为W1和W2，则有W1∶W2＝1∶1B．在与轻弹簧作用过程中，两木块的速度变化量之和为零C．若A、B在空中飞行时的动量变化量分别为Δp1和Δp2，则有Δp1∶Δp2＝1∶1D．若A、B同时离开桌面，则从释放轻弹簧开始到两木块落地的这段时间内，A、B两木块的水平位移大小之比为1∶3答案D解析弹簧弹开两木块过程中，两木块及弹簧组成的系统动量守恒，取水平向左为正方向，由动量守恒定律得mAvA－mBvB＝0，则速度大小之比vA∶vB＝1∶3，根据动能定理得，轻弹簧对A、B做功分别为W1＝12mAv2A，W2＝12mBv2B，联立解得W1∶W2＝1∶3，故A错误；根据动量守恒定律可知，在与轻弹簧作用过程中，两木块的动量变化量之和为零，即mAΔvA＋mBΔvB＝0，可得ΔvA＋ΔvB≠0，故B错误；A、B离开桌面后都做平抛运动，它们抛出点的高度相同，运动时间相等，设为t，由动量定理得，A、B在空中飞行时的动量变化量分别为Δp1＝mAgt，Δp2＝mBgt，所以Δp1∶Δp2＝3∶1，故C错误；两木块加速时，由Fx＝12mv2可知，F相等，位移大小之比为1∶3，A、B两木块加速后的速度之比为vA∶vB＝mB∶mA＝1∶3，在桌面上匀速运动相同的时间离开桌面后均做平抛运动，运动时间t也相等，故A、B两木块总的水平位移大小之比为1∶3，D正确。7．如图所示，相距足够远完全相同的质量均为3m的两个木块静止放置在光滑水平面上，质量为m的子弹(可视为质点)以初速度v0水平向右射入木块，穿出第一块木块时速度变为25v0，已知木块的长为L，设子弹在木块中所受的阻力恒定。试求：(1)子弹穿出第一块木块后，第一个木块的速度大小v以及子弹在木块中所受阻力大小；(2)子弹在第二块木块中与该木块发生相对运动的时间t。答案(1)15v09mv2025L(2)5L6v0解析(1)子弹打穿第一块木块过程，由动量守恒定律有mv0＝m25v0＋3mv，解得v＝15v0对子弹与第一块木块相互作用系统，由能量守恒定律有FfL＝12mv20－12m25v02－12·(3m)v2解得子弹受到木块阻力Ff＝9mv2025L。(2)对子弹与第二块木块相互作用系统，由于12m25v02＝2mv2025FfL＝9mv2025，则子弹不能打穿第二块木块，设子弹与第二块木块共同速度为v共，由动量守恒定律有m25v0＝(m＋3m)v共解得v共＝v010。对第二块木块，由动量定理有Fft＝3mv010子弹在第二块木块中的运动时间为t＝5L6v0。