2021届新高考物理二轮 复习 强化导学案 动量定理与动量守恒定律 Word版含解析

题组一　基本概念
1．古时候有“守株待兔”的寓言．假设兔子质量约为2 kg，以15 m/s的速度奔跑，撞树后反弹的速度为1 m/s，则兔子受到的撞击力的冲量大小为(　　)
A．28 N·s　　　　 B．29 N·s
C．31 N·s D．32 N·s
解析：设初速度方向为正方向，则由题意可知，初速度v0＝15 m/s，末速度为v＝－1 m/s，则由动量定理可知I＝mv－mv0＝－32 N·s，负号表示冲量的方向与规定的正方向相反，故D正确．
答案：D
2．篮球运动员接传来的篮球时，通常要先伸出两臂迎球，手触到球瞬间顺势后引．这样可以减小(　　)
A．球对手的力的冲量　 B．球的动量变化率
C．球的动量变化量 D．球的动能变化量
解析：球对手的冲量I＝mv－mv0，不变，故A项错误；篮球运动员接传来的篮球时，通常要先伸出两臂迎球，手触到球瞬间顺势后引，增加了手与球间的相互作用时间，动量的变化量不变，时间增加，则其变化率减小，故B项正确；根据动量变化Δp＝mv－mv0可知，动量变化量相同，故C项错误；球的初末动能变化量不变，故D项错误．
答案：B
3.如图所示，甲、乙两个质量相等的物体在同一高度沿倾角不同的两个光滑斜面由静止自由滑到底端，下列说法正确的是(　　)
A．两物体在滑到底端时动量相同
B．整个过程中两物块受到支持力的冲量均为0
C．整个过程中两物体受到重力的冲量相等
D．以上说法均不对
解析：根据动能定理知，mgh＝mv2，到达底端时两个物体的速度大小相等，但是方向不同，所以到达底端时的动量不同，故A项错误；光滑斜面与地面夹角为θ，支持力的冲量是支持力与作用时间的乘积，即IN＝N·t＝mgcos θ·t不为0，故B项错误；物体下滑的加速度a＝gsin θ，根据＝at2知，t＝，知运动的时间不等，则两个物体重力的冲量大小不等，故C项错误，D项正确．
答案：D
题组二　动量定理
4．(多选)一质量为m的运动员托着质量为M的重物从下蹲状态(图甲)缓慢运动到站立状态(图乙)，该过程重物和人的肩部相对位置不变，运动员保持乙状态站立Δt时间后再将重物缓慢向上举，至双臂伸直(图丙)．甲到乙、乙到丙过程重物上升高度分别为h1、h2，经历的时间分别为t1、t2，则(　　)
A．地面对运动员的冲量为(M＋m)g(t1＋t2＋Δt)，地面对运动员做的功为0
B．地面对运动员的冲量为(M＋m)g(t1＋t2)，地面对运动员做的功为(M＋m)g(h1＋h2)
C．运动员对重物的冲量为Mg(t1＋t2＋Δt)，运动员对重物做的功为Mg(h1＋h2)
D．运动员对重物的冲量为Mg(t1＋t2)，运动员对重物做的功为0
解析：因缓慢运动，则为平衡状态，则地面对运动员的力为(M＋m)g，作用时间为(t1＋t2＋Δt)，则其冲量为I＝(M＋m)g(t1＋t2＋Δt)，因地面对运动员的力的作用点没有位移，则地面对运动员做的功为0，故A项正确，B项错误；运动员对重物的力为Mg，其冲量为I′＝Mg(t1＋t2＋Δt)，运动员对重物作用下的位移为(h1＋h2)，则对重物做功为Mg(h1＋h2)，故C项正确，D项错误．
答案：AC
5.(2020·佛山二模)拍皮球是大家都喜欢的体育活动，既能强身又能健体．已知皮球质量为0.4 kg，为保证皮球与地面碰撞后自然跳起的最大高度均为1.25 m，小明需每次在球到达最高点时拍球，每次拍球作用距离为0.25 m，使球在离手时获得一个竖直向下4 m/s的初速度．若不计空气阻力及球的形变，g取10 m/s2，则每次拍球(　　)
A．手给球的冲量为1.6 kg·m/s
B．手给球的冲量为2.0 kg·m/s
C．人对球做的功为3.2 J
D．人对球做的功为2.2 J
解析：重力与手的力的合力的冲量为I＝Δp＝mv＝0.4×4＝1.6 kg·m/s，因重力与手的力的冲量都向下，则手的冲量要小于1.6 kg·m/s，故A、B两项错误；由动能定理：W手＋mgh＝mv2，代入数据解得：W手＝2.2 J，故C项错误，D项正确．
答案：D
6．如图所示，用高压水枪喷出的强力水柱冲击煤层，设水柱直径为D，水流速度大小为v，方向水平向右．水柱垂直煤层表面，水柱冲击煤层后水的速度变为0，水的密度为ρ，高压水枪的重力不可忽略，手持高压水枪操作，下列说法正确的是(　　)
A．水枪单位时间内喷出水的质量为ρvπD2
B．高压水枪的喷水功率为
C．水柱对煤层的平均冲击力大小为
D．手对高压水枪的作用力水平向右
解析：高压水枪的流量为：Q＝Sv＝v，水枪单位时间内喷出水的质量为：m＝ρSvt＝ρ·v＝ρvπD2，故A项错误；水枪单位时间内做功转化为水柱的动能为：W＝mv2＝，故水枪的功率为：P＝＝，故B项正确；研究单位时间内喷出的水，由动量定理得：－Ft＝0－mv，解得：F＝＝＝ρπD2v2，根据牛顿第三定律知，水柱对煤层的平均冲击力大小为ρπD2v2，故C项错误；水对高压水枪的作用力水平向左，则手对高压水枪的作用力有水平向右的分力，还有竖直向上的分力(与重力平衡)，所以手对高压水枪的作用力斜向右上方，故D项错误．
答案：B
题组三　动量守恒定律
7.如图，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止．若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为(　　)
A．v0＋v B．v0－v
C．v0＋(v0＋v) D．v0＋(v0－v)
解析：取向右为正方向，由动量守恒有(M＋m)v0＝－mv＋Mv′，解之有v′＝v0＋(v0＋v)，故C项正确．
答案：C
8.(多选)如图所示，质量为m＝200 kg 的小船静止在平静的水面上，船两端载着质量为m甲＝40 kg、m乙＝60 kg的游泳者，甲向左、乙向右同时以2 m/s(相对于岸)的水平速度跃入水中，不计水对船的阻力，则(　　)
A．小船获得的速度大小为1 m/s，方向水平向左
B．小船获得的速度大小为0.2 m/s，方向水平向左
C．小船受到的冲量大小为40 kg·m/s，方向水平向右
D．小船受到的冲量大小为40 kg·m/s，方向水平向左
解析：甲、乙和船组成的系统动量守恒，以水平向右为正方向，开始时总动量为0，根据动量守恒定律有
0＝－m甲v甲＋m乙v乙＋mv，
代入数据解得：v＝－0.2 m/s，负号说明小船的速度方向向左，故A项错误，B项正确；
根据动量定理可得，小船获得的动量为：p＝mv＝200×0.2 kg·m/s＝40 kg·m/s，方向水平向左，故C项错误，D项正确．
答案：BD
9.“世界上第一个想利用火箭飞行的人”是明朝的士大夫万户．他把47个自制的火箭绑在椅子上，自己坐在椅子上，双手举着大风筝，设想利用火箭的推力，飞上天空，然后利用风筝平稳着陆．假设万户及所携设备[火箭(含燃料)、椅子、风筝等]总质量为M，点燃火箭后在极短的时间内，质量为m的炽热燃气相对地面以v0的速度竖直向下喷出．忽略此过程中空气阻力的影响，重力加速度为g，下列说法中正确的是(　　)
A．火箭的推力来源于空气对它的反作用力
B．在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为
C．喷出燃气后万户及所携设备能上升的最大高度为,g（M－m）2)
D．在火箭喷气过程中，万户及所携设备机械能守恒
解析：火箭的推力来源于燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对火箭的反作用力，故A项错误；在燃气喷出后的瞬间，将万户及所携设备[火箭(含燃料)、椅子、风筝等]为一个系统，动量守恒，设火箭的速度大小为v，规定火箭运动方向为正方向，则有(M－m)v－mv0＝0，解得火箭的速度大小为：v＝，故B项正确；喷出燃气后万户及所携设备做竖直上抛运动，根据运动学公式可得上升的最大高度为：h＝＝,2（M－m）2g)，故C项错误；在火箭喷气过程中，燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对万户及所携设备做正功，所以万户及所携设备机械能不守恒，故D项错误．
答案：B
题组四　综合练
10.如图所示，质量m1＝0.3 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1.5 m，现有质量m2＝0.2 kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝2 m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止．物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2，求：
(1)物块与小车共同速度；
(2)物块在车面上滑行的时间t；
(3)小车运动的位移x；
(4)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v′0不超过多少？
解析：(1)设物块与小车共同速度为v，以水平向右为正方向，
根据动量守恒定律：m2v0＝(m1＋m2)v，
解得：v＝0.8 m/s.
(2)设物块与车面间的滑动摩擦力为F，对物块应用动量定理：
－Ft＝m2v－m2v0，又F＝μm2g，
解得：t＝，代入数据得：t＝0.24 s.
(3)对小车应用动能定理：μm2gx＝m1v2，
解得：x＝0.096 m.
(4)要使物块恰好不从车面滑出，须使物块到车面最右端时与小车有共同的速度，设其为v′，则：m2v′0＝(m1＋m2)v′，
由系统能量守恒有
m2v′＝(m1＋m2)v′2＋μm2gL，
代入数据解得：v′0＝5 m/s，
故要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v′0不超过5 m/s.
答案：(1)0.8 m/s　(2)0.24 s　(3)0.096 m　(4)5 m/s
11.如图所示，质量分布均匀、半径为R的光滑半圆形金属槽，静止在光滑的水平面上，左边紧靠竖直墙壁．一质量为m的小球从距金属槽上端R处由静止下落，恰好与金属槽左端相切进入槽内，到达最低点后向右运动从金属槽的右端冲出，小球到达最高点时距金属槽圆弧最低点的距离为R，重力加速度为g，不计空气阻力．求：
(1)小球第一次到达最低点时对金属槽的压力大小；
(2)金属槽的质量．
解析：(1)小球从静止到第一次到达最低点的过程，根据机械能守恒定律得：
mg·2R＝mv，
小球刚到最低点时，根据圆周运动和牛顿第二定律：
FN－mg＝m,R)，
据牛顿第三定律可知小球对金属槽的压力为：F′N＝FN，
联立解得：F′N＝5mg.
(2)小球第一次到达最低点至小球到达最高点过程，小球和金属块水平方向动量守恒，选取向右为正方向，则：mv0＝(m＋M)v，
设小球到达最高点时距金属槽圆弧最低点的高度为h.
则有R2＋h2＝(R)2，
根据机械守恒定律：mgh＝mv－(m＋M)v2，
联立解得：M＝m.
答案：(1)5mg　(2)m
12．如图，一质量M＝6 kg的木板B静止于光滑水平面上，物块A质量m＝6 kg，停在木板B的左端．质量为m0＝1 kg的小球用长为L＝0.8 m的轻绳悬挂在固定点O上，将轻绳拉直至水平位置后，由静止释放小球，小球在最低点与物块A发生碰撞后反弹，反弹所能达到的距最低点的最大高度为h＝0.2 m，物块A与小球可视为质点，不计空气阻力．已知物块A、木板B间的动摩擦因数μ＝0.1，(g取10 m/s2)求：
(1)小球运动到最低点与物块A碰撞前瞬间，小球的速度大小；
(2)小球与物块A碰撞后瞬间，物块A的速度大小；
(3)为使物块A、木板B达到共同速度前物块A不滑离木板，木板B至少多长．
解析：(1)对小球下摆过程，由机械能守恒定律得：
m0gL＝m0v，解得v0＝4 m/s.
(2)对小球反弹后上升到最高点的过程，由机械能守恒定律得
m0gh＝m0v，
解得：v1＝2 m/s.
小球与物块A碰撞过程系统动量守恒，以小球碰前速度的方向为正方向
由动量守恒定律得：m0v0＝－m0v1＋mvA，
解得vA＝1 m/s.
(3)物块A与木板B相互作用过程，系统动量守恒，以物块A的速度方向为正方向
由动量守恒定律得：mvA＝(m＋M)v，
解得v＝0.5 m/s，
由能量守恒定律得：μmgx＝mv－(m＋M)v2，
解得x＝0.25 m.
答案：(1)4 m/s　(2)1 m/s　(3)0.25 m
13．如图所示，半径R＝2.8 m的光滑半圆轨道BC与倾角θ＝37°的粗糙斜面轨道在同一竖直平面内，两轨道间由一条光滑水平轨道AB相连，A处用光滑小圆弧轨道平滑连接，B处与圆轨道相切．在水平轨道上，两静止小球P、Q压紧轻质弹簧后用细线连在一起．某时刻剪断细线后，小球P向左运动到A点时，小球Q沿圆轨道到达C点；之后小球Q落到斜面上时恰好与沿斜面向下运动的小球P发生碰撞．已知小球P的质量m1＝3.2 kg，小球Q的质量m2＝1 kg，小球P与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，剪断细线前弹簧的弹性势能Ep＝168 J，小球到达A点或B点时已和弹簧分离．重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力，求：
(1)小球Q运动到C点时的速度大小；
(2)小球P沿斜面上升的最大高度h；
(3)小球Q离开圆轨道后经过多长时间与小球P相碰．
解析：(1)两小球弹开的过程，由动量守恒定律得：
m1v1＝m2v2，
由机械能守恒定律得：Ep＝m1v＋m2v，
联立可得：v1＝5 m/s，v2＝16 m/s.
小球Q沿圆轨道运动过程中，由机械能守恒定律可得：
m2v＝m2v＋2m2gR，
解得：vC＝12 m/s.
(2)小球P在斜面上向上运动的加速度为a1，由牛顿第二定律得：
m1gsin θ＋μm1gcos θ＝m1a1，
解得：a1＝10 m/s2，
故上升的最大高度为：h＝,2a1)sin θ＝0.75 m.
(3)设小球P从A点上升到两小球相遇所用的时间为t，小球P沿斜面下滑的加速度为a2，则：
m1gsin θ－μm1gcos θ＝m1a2，
解得：a2＝2 m/s2.
小球P上升到最高点所用的时间：t1＝＝0.5 s，
则：2R＝gt2＋h－a2(t－t1)2sin θ，
解得：t＝1 s.
答案：(1)12 m/s　(2)0.75 m　(3)1 s