1、第一部分专题三动量和能量第3讲动量定理与动量守恒定律对应学生用书第129页限时45分钟；满分80分一、选择题(每小题5分，共40分)1在光滑水平面上，质量为m的小球A正以速度v0匀速运动。某时刻小球A与质量为3m的静止小球B发生正碰，两球相碰后，A球的动能恰好变为原来的，则碰后B球的速度大小是A.B.C.或 D无法确定解析两球相碰后A球的速度大小变为原来的，相碰过程中满足动量守恒，若碰后A速度方向不变，则mv0mv03mv1，可得B球的速度v1，而B在前，A在后，碰后A球的速度大于B球的速度，不符合实际情况，因此A球一定反向运动，即mv0mv03mv1，可得v1，A正确，B、C、D错误。答案A
2、2(2019湖南六校联考)如图3315所示，质量为m的均匀木块静止在光滑水平面上，木块左右两侧各有一位拿着完全相同步枪和子弹的射手。首先左侧射手开枪，子弹水平射入木块的最大深度为d1，然后右侧射手开枪，子弹水平射入木块的最大深度为d2。设子弹均未射穿木块，且两颗子弹与木块之间的作用力大小均相同。当两颗子弹均相对于木块静止时，下列判断正确的是图3315A木块静止，d1d2 B木块向右运动，d1d2C木块静止，d1d2 D木块向左运动，d1d2解析把两颗子弹和木块看成一个系统，由动量守恒定律，可知最终木块静止。左侧射手开枪，把子弹和木块看成一个系统，由动量守恒定律可知，木块向右运动。右侧射手开枪，
3、子弹相对于木块的速度大于木块静止时子弹相对于木块的速度，所以子弹进入木块的相对速度较大，分析可知d1d2，选项C正确，A、B、D错误。答案C3质量为80 kg的冰球运动员甲，以5 m/s的速度在水平冰面上向右运动时，与质量为100 kg、速度为3 m/s的迎面而来的运动员乙相碰，碰后甲恰好静止，假设碰撞时间极短，下列说法中正确的是A碰后乙向左运动，速度大小为1 m/sB碰后乙向右运动，速度大小为7 m/sC碰撞中甲、乙的机械能总共增加了1 450 JD碰撞中甲、乙的机械能总共损失了1 400 J解析甲、乙碰撞的过程中，甲、乙组成的系统动量守恒，以向右为正方向，设碰撞前甲的速度为v甲，乙的速度为
4、v乙，碰撞后乙的速度为v乙，由动量守恒定律得：m甲v甲m乙v乙m乙v乙，解得：v乙1 m/s，方向水平向右，选项A、B错误；甲、乙碰撞过程机械能的变化量Em甲v甲2m乙v乙2m乙v乙2代入数据解得E1 400 J，机械能减少了1 400 J，选项C错误，D正确。答案D4(2019德州一模)如图3316所示在足够长的光滑水平面上有一静止的质量为M2m的斜面，斜面表面光滑、高度为h、倾角为。一质量为m的小物块以一定的初速度沿水平面向右运动，不计冲上斜面过程中机械能损失。如果斜面固定，则小物块恰能冲到斜面顶端。如果斜面不固定，则小物块冲上斜面后能到达的最大高度为图3316A.B. C.Dh解析斜面固
5、定时，设物块初速度为v，由机械能守恒有：mghmv2斜面不固定时，设物块冲上斜面能达到的最大高度为H，物块和斜面水平共同速度为v，由水平方向动量守恒得：mv(Mm)v所以vv由机械能守恒有：mv2(Mm)v2mgH则Hh，故C正确，ABD错误。答案C5(多选)(2019泉州二模)如图3317所示，足够长的固定光滑斜面倾角为，质量为m的物体以速度v从斜面底端冲上斜面，到达最高点后又滑回原处，所用时间为t。对于这一过程，下列判断正确的是图3317A斜面对物体的弹力的冲量为零B物体受到的重力的冲量大小为mgtC物体受到的合力的冲量大小为零D物体动量的变化量大小为mgsin t解析斜面对物体的弹力的冲
6、量大小IFNtmgcos t，弹力的冲量不为零，故A错误；物体所受重力的冲量大小为IGmgt，故B正确；物体受到的合力的冲量大小为mgtsin ，由动量定理得，动量的变化量大小pI合mgsin t，故C错误，D正确。答案BD6(多选)(2019枣庄二模)如图3318所示，两根足够长的平行光滑金属导轨固定在同一水平面内，两导轨间的距离为L；导轨上面垂直于导轨横放着两根相距x0的导体棒ab、cd，两导体棒与导轨构成矩形闭合回路。两导体棒的质量均为m、电阻均为R，回路中其余部分的电阻忽略不计。整个装置处于磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中。开始时，cd棒静止，ab棒的速度大小为v0、方向指
7、向cd棒。若两导体棒在运动过程中始终不接触，选水平向右的方向为正方向，则在运动过程中图3318Aab棒产生的焦耳热最多为mv02B安培力对cd棒的冲量最多为mv0C通过ab棒某一横截面的电荷量最多为Dab棒与cd棒间的最终距离为x0解析从开始到最终稳定的过程中，两棒总动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律得mv02mv，ab棒产生的焦耳热最多为QQ总mv02，故A错误；安培力对cd棒的冲量最多为Ipmv0mv0，故B正确；对ab棒，由动量定理可得Ftmv0mv0，所以有BILtmv0，通过ab棒某一横截面的电荷量最多为qIt，故C正确；由于通过ab棒某一横截面的电荷量最多为q，则有x，ab
8、棒与cd棒间的最终距离为sx0xx0，故D正确。答案BCD7有一宇宙飞船，它的正面面积S2 m2，以v3103 m/s的相对速度飞入一宇宙微粒尘区。此微粒尘区1 m3空间中有一个微粒，每一个微粒的平均质量为m2107 kg。设微粒与飞船外壳碰撞后附着于飞船上，要使飞船速度不变，飞船的牵引力应增加A3.6103 N B3.6 NC1.2103 N D1.2 N解析选在时间t内与飞船碰撞的微粒为研究对象，其质量应等于底面积为S，高为vt的圆柱体内微粒的质量，即MmSvt，初动量为0，末动量为Mv，设飞船对微粒的作用力为F，由动量定理得FtMv0，则FmSv2，由牛顿第三定律可知，微粒对飞船的撞击力
9、大小等于mSv2，则飞船要保持原速度匀速飞行，牵引力应增加FFmSv2，代入数据解得F21072(3103)2 N3.6 N，故A、C、D错误，B正确。答案B8(2019茂名二模)三个半径相同的弹性球，静止置于光滑水平面的同一直线上，顺序如图3319所示，已知mAm，mC4m，当A以速度v0向B运动，若要使得BC碰后C具有最大速度，则B的质量应为图3319Am B2mC3m D4m解析设B球的质量为M，以碰撞前A球的速度方向为正，A球与B球发生弹性碰撞，设碰撞后的速度分别为v1和v2，根据A球与B球动量守恒得mv0mv1Mv2，由机械能守恒定律得mv02mv12Mv22，解得v2；B球与C球发
10、生弹性碰撞，设碰撞后的速度分别为v2和v3，由机械能守恒定律得Mv22Mv224mv32，由动量守恒定律得Mv2Mv24mv3，解得v3，由数学关系解得M2m时，C球碰撞后的速度最大，故B正确，A、C、D错误。答案B二、计算题(共40分)9(10分)(2019邵阳二模)如图3320所示，长为L、高为h、质量为m的小车停在光滑的水平地面上，有一质量为m的小物块(可视为质点)从光滑曲面上离车顶高度为h处由静止下滑，离开曲面后水平向右滑到小车上，最终物块滑离小车。已知重力加速度为g，物块与小车间的动摩擦因数。求：图3320(1)物块滑离小车时的速率v1；(2)物块从刚滑上小车到刚滑离小车的过程，小车
11、向右运动的距离x。解析(1)设物块滑到小车上时的速率为v0，根据机械能守恒定律有：mv02mgh设物块滑离小车时物块和小车的速率分别为v1、v2，以物块和小车为研究对象，根据动量守恒mv0mv1mv2根据能量守恒定律有：mv02mv12mv22mgL物块滑离小车的条件为v1v2，解得：v1，v2。(2)对小车，根据动能定理有：mgxmv220解得：x。答案(1)(2)10(12分)(2019江西七校高三联考)有人对鞭炮中火药爆炸的威力产生了浓厚的兴趣，他设计如下实验，如图3321所示，在一光滑水平面上放置可视为质点的紧挨着的A、B两个物体，它们的质量分别为m11 kg，m23 kg，并在它们之
12、间放少量火药，水平面左端有一弹性挡板，水平面右端平滑连接一光滑的竖直圆轨道。初始时A、B两物体静止，点燃火药让其爆炸，物体A向左运动与挡板碰后原速率返回，在水平面上追上物体B并与其碰撞后粘在一起，最后恰能到达圆轨道最高点，已知圆轨道的半径R0.2 m，g10 m/s2。求火药爆炸时对A、B两物体所做的总功。图3321解析火药爆炸后瞬间，设物体A、B的速度大小分别为v1、v2，由动量守恒定律有m2v2m1v10A物体与挡板碰后与B物体碰撞并粘在一起由动量守恒定律有m2v2m1v1(m1m2)v3A、B上升到最高点的过程中，由机械能守恒定律有(m1m2)v32(m1m2)gR火药对A、B两物体做的
13、总功Wm1v12m2v22解得W J。答案 J11(18分)如图3322甲所示，长木板A静止在水平地面上，其右端叠放着物块B，左端恰好在O点，水平面以O点为界，左侧光滑、右侧粗糙。物块C(可以看作质点)和D间夹着一根被压缩的弹簧，并用细线锁住，两者以共同速度v08 m/s向右运动，某时刻细线突然断开，C和弹簧分离后，撤去D，C与A碰撞并与A粘连(碰撞时间极短)，此后，AC及B的速度时间图象如图乙所示。已知A、B、C、D的质量均为m1 kg，木板A的长度l5 m，A、C与粗糙面间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。求：图3322(1)长木板A与桌面间的动摩
14、擦因数及B与A间的动摩擦因数。(2)烧断细线之前弹簧的弹性势能。(3)最终物块B离长木板A左端的距离。解析(1)设A与地面间的动摩擦因数为，B与A上表面间的动摩擦因数为，由图乙可知，01 s，A、C整体做匀减速运动的加速度大小aA13.5 m/s2B做匀加速运动的加速度大小aB11 m/s2对A、C整体有：3mgmg2maA1对B有：mgmaB1解得：0.2，0.1(2)C与A碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律得：mvC2mvA其中：vA4.5 m/s解得：vC9 m/s弹簧弹开过程中，对C、D系统由动量守恒定律得：2mv0mvCmvD解得：vD7 m/s弹簧弹开过程中，C、D及弹簧组成的系统机
15、械能守恒，则有：2mv02EpmvC2mvD2解得：Ep1 J(3)由图乙可知，01 s内B相对A向左运动的位移x11 m2.25 mA与B速度相等后，B的加速度大小aB2g1 m/s2A、C整体的加速度大小aA22.5 m/s2因为aA2aB2，所以A、C整体先停止运动，A、C整体的运动时间：t0.4 s在0.4 s内B相对A向右运动的位移x2vtaB2t2t0.12 mA停止时B的速度vvaB2t0.6 m/s然后B在A上面做匀减速运动直到停止，B的加速度大小aB3g1 m/s2B相对A向右运动的位移x30.18 m所以最终B离长木板左端的距离xlx1x2x33.05 m。答案(1)0.20.1(2)1 J(3)3.05 m