【物理】2020届二轮复习专题8动量专题练（信阳高中）

【物理】2020届二轮复习专题8动量专题练（信阳高中）

专题8动量专题练 ‎1．我国航天事业持续飞速发展，2019年1月，嫦娥四号飞船在太阳系最大的撞击坑内靠近月球南极的地点着陆月球背面。假设有一种宇宙飞船利用离子喷气发动机加速起飞。发动机加速电压U，喷出两价氧离子，离子束电流为I，那么下列结论正确的是(基本电荷e，原子质量单位m0，飞船质量M)( )‎ A．喷出的每个氧离子的动量p＝2eU B．飞船所受到的推力为F＝4I C．飞船的加速度为a＝ D．推力做功的功率为2MeU ‎2．如图甲所示，物体受到水平推力F的作用在粗糙水平面上做直线运动，通过力传感器和速度传感器监测到推力F、物体速度v随时间t变化的规律如图乙所示（取g＝10m/s2）。则下列判断不正确的是（　　）‎ A．物体的质量m＝0.5kg B．物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.40‎ C．0﹣3s内物体所受摩擦力的冲量大小为4N•s D．0﹣3s内物体所受合力做的功为1J ‎3．如图，光滑水平面上有两辆小车，用细线相连，中间有一个被压缩的轻弹簧，小车处于静止状态。烧断细线后，由于弹力的作用两小车分别向左、右运动。已知两小车质量之比m1:m2=2:1，下列说法正确的是 A．弹簧弹开后两车速度大小之比为1:2‎ B．弹簧弹开后两车动量大小之比为1:2‎ C．弹簧弹开过程m1、m2受到的冲量大小之比为2:1‎ D．弹簧弹开过程弹力对m1、m2做功之比为1:4‎ ‎4．如图所示，一质量为m的滑块沿光滑的水平面以速度v0‎ 运动．遇到竖直的墙壁被反弹回来，返回的速度大小变为v0，滑块与墙壁作用时间为t，在滑块与墙壁碰撞的过程中，以下说法正确的是(　 　)‎ A．滑块的动量改变量的大小为mv0‎ B．重力对滑块的冲量为零 C．墙壁对滑块的平均作用力的大小为 D．滑块的动量改变量的方向与末速度方向相反 ‎5．如图所示，横截面积为5 cm2的水柱以10 m/s的速度垂直冲到墙壁上，已知水的密度为1×103 kg/m3，假设水冲到墙上后不反弹而顺墙壁流下，则墙壁所受水柱冲击力为（ ）‎ A．0.5 N B．5 N C．50 N D．500 N ‎6．在光滑水平面上，一质量为m，速度大小为v的A球与质量为2m静止的B球发生正碰，则碰撞后B球的速度大小可能是（　　）‎ A．v B．0.8v C．0.5 v D．0.3 v ‎7．1998年6月18日，清华大学对富康轿车成功地进行了中国轿车史上的第一次碰撞安全性实验。在碰撞过程中，关于安全气囊对驾驶员保护作用的说法正确的是 A．减小了驾驶员的动量变化量 B．减小了驾驶员的动量变化率 C．减小了驾驶员受到撞击力的冲量 D．延长了撞击力的作用时间，从而使得驾驶员的动量变化量更大 ‎8．如图所示，两个大小相同的小球A、B用等长的细线悬挂于O点，线长为L，mA=2mB ,若将A由图示位置静止释放，在最低点与B球相碰，重力加速度为g,则下列说法正确的是( )‎ A．A下落到最低点的速度是 B．若A与B发生完全非弹性碰撞，则第一次碰后A上升的最大高度是 C．若A与B发生完全非弹性碰撞，则第一次碰时损失的机械能为 D．若A与B发生弹性碰撞，则第一次碰后A上升的最大高度是 ‎9．如图所示，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab段水平，长度为2R；bc段是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点．一质量为m的小球．始终受到与重力大小相等的水平外力F的作用，自a点处从静止开始向右运动，重力加速度大小为g．小球从a点开始运动到其轨迹最高点的过程中，以下说法正确的是 A．重力与水平外力合力的冲量等于小球的动量变化量 B．小球对圆弧轨道b点和c点的压力大小都为5mg C．小球机械能的增量为3mgR D．小球在到达c点前的最大动能为mgR ‎10．下列说法中不正确的是 A．作用在静止物体上的力的冲量一定为零 B．根据，可把牛顿第二定律表述为：物体动量的变化率等于它所受的合外力 C．物体的动量发生改变，则合外力一定对物体做了功 D．物体的动能发生改变，其动量一定发生改变 ‎11．如图所示，小球甲从倾角θ=60°的斜面顶端以初速度2v0水平抛出的同时，让小球乙从斜面顶端以初速v0沿斜面滑下，经时间t小球甲落到斜面上，已知两小球质量相等，斜面光滑，则下列说法正确的是 A．t时刻甲的动量大于乙 B．0～t时间内重力对甲的冲量大于乙 C．0～t时间内重力对甲做的功大于乙 D．t时刻重力对甲做功的功率大于乙 ‎12．如图所示，在光滑的水平面上有一静止的物体M，物体上有一光滑的半圆弧轨道，半径为R，最低点为C，两端AB一样高，现让小滑块m从A点由静止下滑，则（ ）‎ A．M所能获得的最大速度为 B．M向左运动的最大位移大小为2MR/(M+m)‎ C．m从A到B的过程中，M一直向左运动，m到达B的瞬间，M速度为零 D．M与m组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒 ‎13．某兴趣小组用如图装置进行“验证动量守恒定律”的实验，步骤如下：‎ ‎(1)选取两个体积相同、质量不同的小球，用天平测出它们的质量分别为、；‎ ‎(2)将斜槽固定在桌边，末端A的切线水平，并在A与地面D之间连接倾角为θ的斜面AB；‎ ‎(3)先不放，让从斜槽的顶端0处由静止释放，记下在斜面上的落点位置；‎ ‎(4)将放在A处，让仍从0处由静止释放，与碰撞后，记下、在斜面上的落点位置；‎ ‎(5)斜面上从上到下的三个落点位置分别记为C、D、E，测出这三点到A端的距离分别为、、。‎ 回答以下问题：‎ ‎①根据实验要求，选择的小球质量应满足__________(选填“>”、“=”、“<”)；‎ ‎②已知E点为碰后的落点位置，则第(3)步中，将落到斜面AB的________点(选填“C”、“D")，离开斜槽末端时的速度为_________(已知重力加速度为g)；‎ ‎③用测得的物理量来表示，只要满足关系式______________，可验证与碰撞中动量守恒。‎ A．‎ B．‎ C． ‎ ‎14．为了验证碰撞中的动贵守恒和检验两个小球的碰撞是否为弹性碰撞，某同学选収了两个体积相同、质量不相等的小球，按下述步骤做了如下实验：‎ ‎①用天平测出两个小球的质量(分别为和，且>）。‎ ‎②按照如图所示的那样，安装好实验装置。将斜槽AB固定在桌边，使槽的末端处的切线水平，将一斜面连接在斜槽末端。‎ ‎③先不放小球m，让小球从斜槽顶端A处由静止开始滚下，记下小球在斜面上的落点位置。‎ ‎④将小球放在斜槽末端边缘处，让小球从斜槽顶端A处由静止开始滚下，使它们发生碰撞，记下小球在斜面上的落点位置。‎ ‎⑤用毫米刻度尺量出各个落点位置到斜槽木端点B的距离，图中D、E、F点是该同学记下的小球在斜面上的几个落点位置，到B点的距离分别为 LD、LE、LF。‎ ‎(1)小球和发生碰撞后，的落点是图中的_______点，的落点是图中的_______点。‎ ‎(2)用测得的物理量来表示，只要满足关系式__________，则说明碰撞中动量守恒。‎ ‎(3)用测得的物理量来表示，只要再满足关系式_______，则说明两小球的碰撞是弹性碰撞。‎ ‎15．如图所示，水平轨道与半径为r的半圆弧形轨道平滑连接于S点，两者均光滑且绝缘，并安装在固定的竖直绝缘平板上。在平板的上下各有一个块相互正对的水平金属板P、Q，两板间的距离为D.半圆轨道的最高点T、最低点S、及P、Q板右侧边缘点在同一竖直线上.装置左侧有一半径为L的水平金属圆环，圆环平面区域内有竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场，一个根长度略大于L的金属棒一个端置于圆环上，另一个端与过圆心的竖直转轴连接，转轴带动金属杆逆时针转动(从上往下看)，在圆环边缘和转轴处引出导线分别与P、Q连接，图中电阻阻值为R，不计其它电阻，右侧水平轨道上有一带电量为+q、质量为m的小球1以速度，向左运动，与前面静止的、质量也为m的不带电小球2发生碰撞，碰后粘合在一起共同向左运动，小球和粘合体均可看作质点，碰撞过程没有电荷损失，设P、Q板正对区域间才存在电场.重力加速度为g.‎ ‎(1)计算小球1与小球2碰后粘合体的速度大小v；‎ ‎(2)若金属杆转动的角速度为，计算图中电阻R消耗的电功率P；‎ ‎(3)要使两球碰后的粘合体能从半圆轨道的最低点S做圆周运动到最高点T，计算金属杆转动的角速度的范围.‎ ‎16．如图所示,小球A及水平地面上紧密相挨的若干个小球的质量均为m,水平地面的小球右边有一固定的弹性挡板;B为带有四分之一圆弧面的物体,质量为km(其中k为整数),半径为R,其轨道末端与水平地面相切。现让小球A从B的轨道正上方距地面高为h处静止释放,经B末端滑出,最后与水平面上的小球发生碰撞,其中小球之间、小球与挡板之间的碰撞均为弹性正碰,所有接触面均光滑,重力加速度为g.求：‎ ‎(1)小球第一次从B的轨道末端水平滑出时的速度大小；‎ ‎(2)若小球A第一次返回恰好没有冲出B的上端,则h与R的比值大小；‎ ‎(3)若水平面上最右端的小球仪能与挡板发生两次碰撞,则k的取值大小.‎ ‎17．如图所示，长木板C质量为mc＝0.5kg，长度为l＝2m，静止在光滑的水平地面上，木板两端分别固定有竖直弹性挡板D、E（厚度不计），P为木板C的中点，一个质量为mB＝480g的小物块B静止在P点。现有一质量为mA＝20g的子弹A，以v0＝100m/s的水平速度射入物块B并留在其中（射入时间极短），已知重力加速度g取10m/s2‎ ‎（1）求子弹A射入物块B后的瞬间，二者的共同速度；‎ ‎（2）A射入B之后，若与挡板D恰好未发生碰撞，求B与C间的动摩擦因数μ1；‎ ‎（3）若B与C间的动摩擦因数μ2＝0.05，B能与挡板碰撞几次？最终停在何处？‎ ‎18．如图所示，长为L的轻绳竖直悬挂着一质量为m的小球A，恰好挨着放置在水平面上质量为m的物块B。现保持细绳绷直，把小球向左上方拉至细绳与竖直方向成60°角的位置，然后从静止释放小球。小球A到达最低点时恰好与物块B发生弹性碰撞，物块向右滑行了L的距离停下。求：‎ ‎（1）物块与水平面间的动摩擦因数μ。‎ ‎（2）若仅改变A的质量，使物块B与A发生弹性碰撞后能向右滑行的距离为2L，则小球A的质量应该多大。‎ 参考答案 ‎1．B ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 每个氧离子根据动能定理：qU＝mv2，动量为，故A错误；设在Δt时间内喷出N个氧离子，飞船受到的反冲力：，其中：＝I，q＝2e，m＝16m0，所以：，，，故B正确，C错误；D选项单位不对，故D错误。所以B正确，ACD错误。‎ ‎2．C ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A.由速度时间图象可以知道在2﹣3s的时间内，物体匀速运动，处于受力平衡状态，所以滑动摩擦力的大小为2N，在1﹣2s的时间内，物体做匀加速运动，直线的斜率代表加速度的大小，所以a＝＝2m/s2，由牛顿第二定律可得F﹣f＝ma，所以m＝＝0.5kg，故A不符合题意；‎ B.由 f＝μFN＝μmg 所以 μ＝＝0.4‎ 故B不符合题意；‎ C.0﹣3s内物体所受摩擦力的冲量大小为 ‎ ‎ 故C符合题意；‎ D.根据动能定理得0﹣3s内物体所受合力做的功为 ‎﹣0＝1J 故D不符合题意；‎ ‎3．A ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ AB．两小车和弹簧组成的系统，在烧断细线后，合外力为零，动量守恒，所以两车的动量大小之比为1:1，由结合可知，所以A选项正确, B选项错误；‎ C．由于弹簧弹开过程，对两小车每时每刻的弹力大小相等，又对应着同一段作用时间，由可知，m1、m2受到的冲量大小之比为1:1，所以C选项错误；‎ D．根据功能关系的规律，弹簧弹开过程，弹力对m1、m2做功等于两小车动能的增量，由 代入数据可知，所以D选项错误。‎ ‎4．C ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ AD.以初速度方向为正，有：△P=P2-P1=mv2-mv1=-mv0-mv0=-mv0，所以滑块的动量改变量的大小mv0，方向与v0的方向相反，故AD错误；‎ B.根据I=Ft得重力的冲量为I=mgt，不为零，故B错误。‎ C.滑块对墙壁碰撞过程，由动量定理：Ft=△P=-mv0，解得墙壁对滑块的平均作用力为，方向与v0的方向相反，故C正确；‎ ‎5．C ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 设冲水时间，墙对水柱的作用力为F，对水柱水平方向动量定理得：，且，代入数据解得：，ABD错误C正确 ‎6．C ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 以两球组成的系统为研究对象，以A 球的初速度方向为正方向，如果碰撞为弹性碰撞，由动量守恒定律得：mv=mvA+2mvB，由机械能守恒定律得：mv2=mvA2+•2mvB2，解得：vA=-v，vB=v，负号表示碰撞后A球反向弹回。如果碰撞为完全非弹性碰撞，以A球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv=（m+2m）vB，解得：vB=v；则碰撞后B球的速度范围是：v＜vB＜v，则碰后B球的速度大小可能是0.5v。故ABD错误，C正确。‎ ‎7．B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分析碰撞前后的动量变化关系，明确动量变化率的变化，再根据动量定理分析冲击力的变化；‎ ‎【详解】‎ 在碰撞过程中，人的动量的变化量是一定的，而用安全气囊后增加了作用的时间，根据动量定理可知，可以减小驾驶员受到的冲击力，即减小了驾驶员的动量变化率，故B正确，A、C、D错误；‎ 故选B。‎ ‎8．B ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A球到达最低点时，由动能定理得：，解得：，A错误；若A与B发生完全非弹性碰撞，设共同达到的速度为，由动量守恒：，解得：，设第一次碰后A上升的最大高度为h，则对A由动能定理得：，解得：，此过程中损失的机械能为，B正确，C错误；若A与B发生弹性碰撞，根据动量守恒有：，根据能量守恒有：，联立解得：（另一值不符，舍去），设第一次碰后A 上升的最大高度为，对A由动能定理得：，解得：，D错误。‎ ‎9．BD ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A．根据动量定理可知，重力、水平外力以及轨道支持力的合力的冲量等于小球的动量变化量，选项A错误；‎ B．从a到b，由动能定理：，则，解得；从a到c，由动能定理：，则，解得 ；选项B正确；‎ C．小球离开c点后，竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，设小球从c点达到最高点的时间为t，则有：；此段时间内水平方向的位移为：，所以小球从a点开始运动到其轨迹最高点，小球在水平方向的位移为：L=3R+2R=5R，此过程中小球的机械能增量为：△E=FL=mg×5R=5mgR，故C错误；‎ D．小球在圆弧槽中运动过程中，在小球所受的重力、力F以及槽的支持力三力平衡的位置速度最大，动能最大，由于F=mg，则此位置与圆心的连线与竖直方向夹角为45°，由动能定理：，解得 ，选项D正确.‎ ‎10．AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 冲量是力在时间上的累积，与物体是否静止无关；动量是矢量，动量变化可能是大小变化，也可能是方向变化；动能是标量，只有大小没有方向，动能发生变化，速度大小一定变化，动量变化。‎ ‎【详解】‎ A．作用在静止的物体上的合力的冲量一定为零，而分力的冲量不一定为零，故A错误；‎ B．宏观低速状态下，物体的质量为常量，因此动量对时间的变化率本质上是速度对时间的变化率，因此物体所受到的合外力，等于物体动量对时间的变化率，故B正确；‎ C．物体的动量发生改变可能是速度方向发生改变，而大小未变，此时物体的动能没有改变，合外力对物体没有做功，故C错误；‎ D．物体的动能发生改变意味着物体的速度大小发生改变，则动量一定改变，故D正确。‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了动力学中基本的一些物理概念，较为简单。‎ ‎11．AD ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A. 经时间t小球甲落到斜面上，根据平抛规律 ，解得： ，所以t时刻，竖直速度：， 所以速度 ；对乙球：加速度 ，末速度 ，因为甲的速度大，质量相等，所以t时刻甲的动量大于乙的动量，A正确。‎ B. 重力冲量 ，因为两小球质量相等，所以冲量大小相等，B错误。‎ C. 甲下落的竖直高度 ，乙下落高度 ，因为下落高度相同， ，重力做功相同，C错误。‎ D. 甲的竖直速度，乙的竖直速度 ，重力功率 ，所以重力对甲的功率大于乙，D正确。‎ ‎12．CD ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A项：当物体滑到最低点c时， M的速度最大，由水平方向动量守恒得：‎ ‎，由能量守恒得：，解得：，故A错误；‎ B项：由水平方向动量守恒得：且，解得：，故B错误；‎ C项：m从A到C过程中，M向左加速，C到B过程中向左减速，由水平方向动量守恒得，到达B点时的速度为零，故C正确；‎ D项：M与m组成的系统只有势能和动能相互转化，所以机械能守恒，水平方向不受外力作用，所以水平方向动量守恒，故D正确。‎ ‎13．(1)> (2)D (3)B ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 第一空.根据实验要求，为防止入射小球反弹，则选择的小球质量应满足m1>m2；‎ 第二空.当不放m2时，m1的落点应该是D点；‎ 第三空.由平抛运动可知：；，解得；‎ 第四空.同理可求解放上m2以后，碰撞后两球的速度分别为：；；若动量守恒，则满足：m1v0= m1v1+ m2v2，‎ 即，‎ 即 ；‎ ‎14．D F ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎(1)[1][2] 小球m1和小球m2相撞后，小球m2的速度增大，小球m1的速度减小，都做平抛运动，所以碰撞后m1球的落地点是D点，m2球的落地点是F点 ‎(2)[3] 碰撞前，小于m1落在图中的E点，设其水平初速度为v1．小球m1和m2发生碰撞后，m1的落点在图中的D点，设其水平初速度为v1′，m2的落点是图中的F点，设其水平初速度为v2． 设斜面BC与水平面的倾角为α，由平抛运动规律得 ‎ ‎ 解得：‎ ‎ ‎ 同理可解得 所以只要满足 ‎ ‎ 即 则说明两球碰撞过程中动量守恒 ‎(3)[4] 若两小球的碰撞是弹性碰撞，则碰撞前后机械能没有损失．则要满足关系式 ‎ ‎ 即 ‎15．(1) (2) (3) ≤ω≤‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎(1)两球碰撞过程动量守恒，则 解得 ‎(2)杆转动的电动势 电阻R的功率 ‎(3)通过金属杆的转动方向可知：P、Q 板间的电场方向向上，粘合体受到的电场力方向向上．在半圆轨道最低点的速度恒定，如果金属杆转动角速度过小，粘合体受到的电场力较小，不能达到最高点T，临界状态是粘合体刚好达到T点，此时金属杆的角速度ω1为最小，设此时对应的电场强度为E1，粘合体达到T点时的速度为v1．‎ 在T点，由牛顿第二定律得 从S到T，由动能定理得 ‎ 解得 ‎ 杆转动的电动势 两板间电场强度 ‎ 联立解得 如果金属杆转动角速度过大，粘合体受到的电场力较大，粘合体在S点就可能脱离圆轨道，临界状态是粘合体刚好在S点不脱落轨道，此时金属杆的角速度ω2为最大，设此时对应的电场强度为E2． ‎ 在S点，由牛顿第二定律得 杆转动的电动势 ‎ 两板间电场强度 联立解得 ‎ 综上所述，要使两球碰后的粘合体能从半圆轨道的最低点S做圆周运动到最高点T，金属杆转动的角速度的范围为：.‎ ‎16．(1)(2)(3)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎(1)对AB由水平方向动量守恒有：‎ 对AB由能量守恒有：‎ 联立解得：‎ ‎ ‎ ‎(2) 对AB由水平方向动量守恒有：‎ 对AB由能量守恒有：‎ 联立解得：‎ ‎(3)要使小球与挡板发生两次碰撞，则有碰后小球A的速度小于等于B球的速度，由能量守恒有 联立解得：‎ ‎17．(1)4m/s；(2)0.4；(3)4，停在P点 ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎（1）子弹射入物块过程系统动量守恒，以向左为正方向，‎ 由动量守恒定律得：mAv0＝（mA+mB）v1，‎ 代入数据解得：v1＝4m/s；‎ ‎（2）由题意可知，B与D碰撞前达到共同速度，A、B、C系统动量守恒，以向左为正方向，‎ 由动量守恒定律得：（mA+mB）v1＝（mA+mB+mC）v2，‎ 由能量守恒定律得： ，‎ 代入数据解得：μ1＝0.4； ‎ ‎（3）A、B、C组成的系统动量守恒，最终三者速度相等，以向左为正方向，‎ 由能量守恒定律得：‎ 碰撞次数：n＝1+ ，‎ 代入数据解得：n＝4.5，‎ 由题意可知，碰撞次数为4次，最终刚好停在P点；‎ ‎18．（1）0.5 （2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）小球向下摆动过程机械能都守恒，根据机械能守恒分别求出碰撞前小球的速度大小．根据动量守恒定律以及能量守恒关系求出碰撞后物块的速度大小，根据动能定理研究向右滑动过程，求出物块与水平面间的动摩擦因数μ．‎ ‎（2）小球向下摆动过程机械能都守恒．根据动量守恒定律以及能量守恒关系列出碰撞后物块和小球的速度关系式，根据动能定理研究向右滑动过程，联立方程求解小球A的质量．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）设小球与物块碰撞前瞬间的速度为v0，由机械能守恒定律得：‎ 解得：‎ 设碰撞后瞬间小球、物块的速度大小分别为v1、v2，由于碰撞是弹性的有：mv0＝mv1+mv2，‎ 解得：‎ 对于物块向右滑行的过程，由动能定理有：‎ μ＝0.5‎ ‎（2）设小球与物块碰撞前瞬间的速度为v′0，由机械能守恒定律得：‎ 解得：‎ 设碰撞后瞬间有：Mv′0＝Mv′1+mv′2‎ 解得：‎ 若B物体前进2L停下则有：‎ 得 则有 得：‎ ‎【点睛】‎ 本题采用程序思维进行分析，即按照物理过程发生发展的顺序，选择合适的物理规律列式，然后联立求解，把握各个过程的物理规律是关键．‎