2020高考物理二轮复习 课时巩固练5 动量及其守恒定律课件

课时巩固练(5)动量及其守恒定律一、选择题1．(2019·吉林省延边州质量检测)据媒体报道，某手机带有屏幕保护器。保护装置设置在屏幕的四个角落，由弹性塑料、聚合物及超薄金属片组成，一旦手机内的加速度计、陀螺仪及位移传感器感知手机掉落，屏幕保护器会自动弹出，并完全吸收手机撞击地面的能量，避免手机屏幕直接接触地面而损坏。已知该手机设计质量约为160g，如果从1.25m高处自由掉落，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。则以下分析正确的是(手机视为质点)()A．手机落地的速度为4.5m/sB．保护器弹出的时间应小于0.55sC．手机落地时重力的功率为7.5WD．若保护器吸收撞击力的时间为0.05s，则地面对手机平均作用力大小为17.6N解析由自由落体运动规律得手机落地时的速度v＝2gh＝5m/s，A项错误；保护器弹出的时间应小于t＝2hg＝0.5s，B项错误；手机落地时的功率P＝mgv＝8W，C项错误；由动量定理得(mg－F)t′＝0－mv，地面对手机的平均作用力F＝mg＋mvt′＝17.6N，D项正确。答案D2.(2019·福建省莆田市教学质量检测)在光滑水平面上，质量为2kg的物体受水平恒力F作用。其运动轨迹如图中实线所示。物体在P点的速度方向与PQ连线的夹角α＝60°，从P点运动到Q点的时间为1s，经过P、Q两点时的速率均为3m/s，则恒力F的大小为()A．63NB．6NC．33ND．3N解析物体经过P、Q两点的速率相等，所以恒力垂直于PQ，由动量定理得Ft＝2mvsinα，代入数据解得F＝63N，A项正确。答案A3．(2019·山东省新泰一中第二次质量检测)卫星在轨道上以速度v运行时，会遇到太空尘埃的碰撞而受到阻碍作用导致轨道变低。设单位体积的太空均匀分布着尘埃n颗，每颗尘埃平均质量为m，尘埃速度可忽略，卫星的横截面积为S，与尘埃碰撞后将尘埃完全黏附住。如果要保持卫星轨道不变，需要给卫星提供的推力为()A．12nmv2SB．nmv2SC．nmvSD．12nmvS解析如果要保持卫星轨道不变，给卫星提供的推力只要克服卫星与尘埃碰撞过程中的作用力即可，以尘埃为研究对象利用动量定理可知：FΔt＝nmv2SΔt，解得F＝nmv2S，故B项正确。答案B4.(2019·济南外国语学校模拟二)如图所示，A、B是两个用等长细线悬挂起来的大小可忽略不计的小球，mB＝3mA。B球静止，拉起A球，使细线与竖直方向偏角为30°，由静止释放，在最低点A与B发生弹性碰撞。不计空气阻力，则关于碰后两小球的运动，下列说法正确的是()A．A静止，B向右，且偏角小于30°B．A向左，B向右，且偏角都等于30°C．A向左，B向右，A偏角小于B偏角，且都小于30°D．A向左，B向右，A偏角等于B偏角，且都小于30°解析A由静止释放，在最低点的速度设为v0，A与B发生弹性碰撞，碰后速度分别为v1、v2，则mAv0＝mAv1＋mBv2，12mAv20＝12mAv21＋12mBv22，联立解得v1＝mA－mBmA＋mBv0＝－12v0，v2＝2mAmA＋mBv0＝12v0，可见碰后两球速度大小均小于v0，A偏角等于B偏角，且都小于30°，故D项正确，A、B、C三项错误。答案D5．(多选)质量为M＝3kg的滑块套在水平固定着的轨道上并可在轨道上无摩擦滑动。质量为m＝2kg的小球(视为质点)通过长L＝0.75m的轻杆与滑块上的光滑轴O连接，开始时滑块静止，轻杆处于水平状态，现给小球一个v0＝3m/s的竖直向下的初速度，取g＝10m/s2。则()A．小球m从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了0.3mB．小球m从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了0.2mC．小球m相对于初始位置可以上升的最大高度为0.27mD．小球m从初始位置到第一次到达最大高度的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了0.54m解析可把小球和滑块水平方向的运动看作人船模型，设滑块M在水平轨道上向右运动了x，由滑块和小球系统在水平方向上动量守恒，有mM＝xL－x，解得x＝0.3m，A项正确、B项错误；根据动量守恒定律，小球m相对于初始位置上升到最大高度时小球和滑块速度都为零，由能量守恒定律可知，小球m相对于初始位置可以上升的最大高度为0.45m，C项错误；此时杆与水平面的夹角为cosα＝0.8，设小球从最低位置上升到最高位置过程中滑块M在水平轨道上又向右运动了x′，由滑块和小球系统在水平方向上动量守恒，有mM＝x′Lcosα－x′，解得x′＝0.24m，小球m从初始位置到第一次到达最大高度的过程中，滑块在水平轨道上向右移动了x＋x′＝0.3m＋0.24m＝0.54m，D项正确。答案AD6．(2019·山东实验中学第二次诊断考试)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向右运动解析取向右为正方向，根据动量守恒定律m×2v0－2mv0＝mvA＋2mvB，知系统总动量为零，所以碰后总动量也为零，即A、B的运动方向一定相反，所以D项正确，A、B、C三项错误。答案D7．(2019·山东省青岛二中期末考试)(多选)一质量为2m的物体P静止于光滑水平地面上，其截面如图所示。图中ab为粗糙的水平面，长度为L，bc为一光滑斜面，斜面和水平面通过与ab和bc均相切、长度可忽略的光滑圆弧连接。现有一质量为m的木块以大小为v0的水平初速度从a点向左运动，在斜面上上升的最大高度为h，返回后恰好到达a点与物体P相对静止，重力加速度为g，则()A．粗糙水平面ab的动摩擦因数为hLB．当木块最后到达a时的速度为0C．当木块最后到达a时的速度为v03D．整个过程产生的热量为2mgh解析先分析小物块从开始到最高点的过程，根据动量守恒定律mv0＝3mv，v＝v03，根据能量守恒定律，有μmgL＋mgh＝12mv20－12×3mv2，同理，最后到达a点时的速度也是v＝v03，整个过程能量守恒有2μmgL＝12mv20－12×3mv2，联立解得μmgL＝mgh，得μ＝hL，整个过程产生的热量Q＝2μmgL＝2mgh，综上所述A、C、D三项正确，B项错误。答案ACD8．(2019·河北省衡水中学六调)如图所示，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四分之一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1.5kg和0.5kg。现让A以6m/s的速度水平向左运动，之后与墙壁碰撞，碰撞的时间为0.3s，碰后的速度大小变为4m/s，当A与B碰撞后立即粘在一起运动，g取10m/s2，则()A．A与墙壁碰撞的过程中，墙壁对A的平均作用力的大小F＝10NB．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＝2m/sD．A、B滑上圆弧轨道的最大高度h＝0.45m解析由动量定理得Ft＝mA(v2－v1)，解得F＝mAv2－v1t＝50N，A项错误；A碰撞墙壁过程有能量损失，B项错误；A、B碰撞过程动量守恒mAv2＝(mA＋mB)v，解得v＝3m/s，C项错误；A、B碰后沿轨道运动过程中机械能守恒12(mA＋mB)v2＝(mA＋mB)gh，解得h＝0.45m，D项正确。答案D9．(2019·华中师大附属一中期中考试)(多选)如图所示，一质量为M、上表面为一半径为R的半球面凹槽静止于水平面上，凹槽的最低点放一质量为m的小球，不计一切摩擦和空气阻力，现给小球一瞬时水平冲量，小球获得初速度v0，在以后运动过程中，下列说法正确的是()A．若小球无法冲出凹槽，小球上升的最大高度H一定小于v202gB．若小球能冲出凹槽，小球上升的最大高度Mv202M＋mgC．若小球能冲出凹槽，小球有可能不会落回凹槽中D．小球第12次返回凹槽的最低点时，凹槽的速度最大解析在小球相对凹槽上升到最高点时两者速度相等(小球竖直分速度为零)，系统水平方向动量守恒，有：mv0＝(M＋m)v，系统只有重力做功，机械能守恒有：12mv20＝12(M＋m)v2＋mgh，联立解得h＝Mv202M＋mgv202g，故A、B两项正确；若小球能离开凹槽，则做斜上抛运动，但离开时球和凹槽具有相同的水平速度，故小球一定能落回凹槽，C项错误；根据运动的重复性可知，奇数次返回凹槽底端时速度向左，正经历了压力向右下而让槽向右加速的过程，凹槽的速度达到最大；偶数次返回凹槽底端时速度向右，经历了压力向左下而让槽向右减速的过程，速度变小，故第12次返回凹槽的最低点时，凹槽的速度最小，D项错误。答案AB10．(多选)光滑水平面上放有质量分别为2m和m的物块A和B，用细线将它们连接起来，两物块中间加有一压缩的轻质弹簧(弹簧与物块不相连)，弹簧的压缩量为x。现将细线剪断，此刻物块A的加速度大小为a，两物块刚要离开弹簧时物块A的速度大小为v，则()A．物块B的加速度大小为a时弹簧的压缩量为x2B．物块A从开始运动到刚要离开弹簧时位移大小为23xC．物块开始运动前弹簧的弹性势能为32mv2D．物块开始运动前弹簧的弹性势能为3mv2解析当物块A的加速度大小为a时，根据胡克定律和牛顿第二定律得kx＝2ma。当物块B的加速度大小为a时，有kx′＝ma，对比可得x′＝x2，即此时弹簧的压缩量为x2，故A项正确；取水平向左为正方向，根据系统动量守恒得2mxAt－mxBt＝0，又xA＋xB＝x，解得A的位移为xA＝13x，故B项错误；根据动量守恒定律得0＝2mv－mvB，得物块B刚要离开弹簧时的速度vB＝2v，由系统的机械能守恒得，物块开始运动前弹簧的弹性势能为Ep＝12·2mv2＋12mv2B＝3mv2，故C项错误，D项正确。答案AD二、非选择题11．(2019·湖北省四地七校联盟考试)在光滑水平地面上放有一质量M＝1kg、带光滑圆弧形槽的小车，质量为m＝2kg的小球以速度v0＝3m/s沿水平槽口滑上圆弧形槽，槽口距地面的高度h＝0.8m(重力加速度g＝10m/s2)。求：(1)小球从槽口开始运动到滑到最高点(未离开圆弧形槽)的过程中，小球对小车做的功W；(2)小球落地瞬间，小车与小球间的水平间距L。解析(1)小球上升至最大高度时，小车和小球水平方向不受外力，水平方向动量守恒，有mv0＝(M＋m)v，对小车，由动能定理有W＝12Mv2，联立解得：W＝2J。(2)小球回到槽口时小球和小车水平方向动量守恒，有mv0＝Mv2＋mv1，小球和小车由功能关系有12mv20＝12mv21＋12Mv22，联立解得：v1＝1m/s，v2＝4m/s，小球离开小车后，向左做平抛运动，小车向左做匀速运动。h＝12gt2，L＝(v2－v1)t，联立解得：L＝1.2m。答案(1)2J(2)1.2m12．(2019·重庆市南开中学3月适应性考试)如图所示，在光滑的水平地面上有平板小车质量为M＝2kg，体积相等的滑块甲和乙质量均为m＝1kg，三者处于静止状态。某时刻起滑块甲以初速度v1＝2m/s向左运动，同时滑块乙以v2＝4m/s向右运动。最终甲、乙两滑块均恰好停在小车的两端。小车长L＝9.5m，两滑块与小车间的动摩擦因数相同，(g取10m/s2，滑块甲和乙可视为质点)求：(1)两滑块与小车间的动摩擦因数；(2)两滑块运动前滑块乙离右端的距离。解析(1)两滑块与小车组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv2－mv1＝(M＋m＋m)v，由能量守恒定律得12mv21＋12mv22＝12(M＋m＋m)v2＋μmgL，解得μ＝0.1，v＝0.5m/s。(2)滑块甲离左端距离为x1，刚运动到左端历时t1，在滑块甲运动至左端前，小车静止。由牛顿第二定律得μmg＝ma1，速度v1＝a1t1，位移x1＝12a1t21，解得：t1＝2s，x1＝2m，滑块乙离右端的距离x2＝L－x1＝7.5m。答案(1)0.1(2)7.5m