2022年高考物理大二輪復(fù)習(xí) 考前基礎(chǔ)回扣練8 動量定理和動量守恒定律

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1、2022年高考物理大二輪復(fù)習(xí) 考前基礎(chǔ)回扣練8 動量定理和動量守恒定律 1．將一個光滑的半圓形槽置于光滑的水平面上如圖，槽左側(cè)有一個固定在水平面上的物塊．現(xiàn)讓一個小球自左側(cè)槽口A點正上方由靜止開始落下，從A點落入槽內(nèi)，則下列說法中正確的是(　　) A．小球在半圓槽內(nèi)運動的過程中，機械能守恒 B．小球在半圓槽內(nèi)運動的全過程中，小球與半圓槽組成的系統(tǒng)動量守恒 C．小球在半圓槽內(nèi)由B點向C點運動的過程中，小球與半圓槽組成的系統(tǒng)動量守恒 D．小球從C點離開半圓槽后，一定還會從C點落回半圓槽 解析：選D.只有重力做功時物體機械能守恒，小球在半圓槽內(nèi)運動由B到C過程中，除重力做功外，槽的支持力

2、也對小球做功，小球機械能不守恒，由此可知，小球在半圓槽內(nèi)運動的全過程中，小球的機械能不守恒，故A錯誤．小球在槽內(nèi)運動的前半過程中，左側(cè)物體對槽有作用力，小球與槽組成的系統(tǒng)水平方向上的動量不守恒，故B錯誤．小球自半圓槽的最低點B向C點運動的過程中，系統(tǒng)在水平方向所受合外力為零，故小球與半圓槽在水平方向動量守恒，故C錯誤．小球離開C點以后，既有豎直向上的分速度，又有與槽相同的水平分速度，小球做斜上拋運動，然后可以從C點落回半圓槽，故D正確．故選D. 2．如圖所示，質(zhì)量為m的A球在水平面上靜止放置，質(zhì)量為2m的B球向左運動速度大小為v0，B球與A球碰撞且無機械能損失，碰后A球速度大小為v1，B球的

3、速度大小為v2，碰后相對速度與碰前相對速度的比值定義為恢復(fù)系數(shù)e＝，下列選項正確的是(　　) A．e＝1　　　　　　　 B．e＝ C．e＝ D．e＝ 解析：選A.AB在碰撞的過程中，根據(jù)動量守恒可得，2mv0＝mv1＋2mv2，在碰撞的過程中機械能守恒，可得·2mv＝mv＋·2mv，解得v1＝v0，v2＝v0，碰后相對速度與碰前相對速度的比值定義為恢復(fù)系數(shù)e＝＝1，故A正確，BCD錯誤；故選A. 3．如圖所示，AB兩小球靜止在光滑水平面上，用輕彈簧相連接，A球的質(zhì)量小于B球的質(zhì)量．若用錘子敲擊A球使A得到v的速度，彈簧壓縮到最短時的長度為L1；若用錘子敲擊B球使B得到v的速度，彈簧壓

4、縮到最短時的長度為L2，則L1與L2的大小關(guān)系為(　　) A．L1＞L2 B．L1＜L2 C．L1＝L2 D．不能確定 解析：選C.若用錘子敲擊A球，兩球組成的系統(tǒng)動量守恒，當(dāng)彈簧最短時，兩者共速，則mAv＝(mA＋mB)v′，解得v′＝ ，彈性勢能最大，最大為ΔEp＝mAv2－(mA＋mB)v′2＝；若用錘子敲擊B球，同理可得mBv＝(mA＋mB)v″，解得v″＝，彈性勢能最大為ΔEp＝mBv2－(mA＋mB)v′2＝，即兩種情況下彈簧壓縮最短時，彈性勢能相等，故L1＝L2，C正確． 4．如圖所示，足夠長的傳送帶以恒定的速率v1逆時針運動，一質(zhì)量為m的物塊以大小為v2的初速度

5、從左輪中心正上方的P點沖上傳送帶，從此時起到物塊再次回到P點的過程中，下列說法正確的是(　　) A．合力對物塊的沖量大小一定為2mv2 B．合力對物塊的沖量大小一定為2mv1 C．合力對物塊的沖量大小可能為零 D．合力對物塊做的功可能為零 解析：選D.若v2＞v1，物塊在傳送帶上先向右做勻減速直線運動，速度減為零后再返回做勻加速直線運動，達到速度v1后做勻速直線運動，可知物塊再次回到P點的速度大小為v1，規(guī)定向左為正方向，根據(jù)動量定理得，合外力的沖量I合＝mv1－m(－v2)＝mv1＋mv2.根據(jù)動能定理知，合外力做功W合＝mv－mv；若v2＜v1，物塊在傳送帶上先向右做勻減速直

6、線運動，速度減為零后再返回做勻加速直線運動，物塊再次回到P點的速度大小為v2，規(guī)定向左為正方向，根據(jù)動量定理得，合外力的沖量為：I合＝mv2－m(－v2)＝2mv2；根據(jù)動能定理知，合外力做功為：W合＝mv－mv＝0.故D正確，ABC錯誤．故選D. 5．如圖甲所示，工人利用傾斜鋼板向車內(nèi)搬運貨物，用平行于鋼板向上的力將貨物從靜止開始由鋼板底端推送到頂端，到達頂端時速度剛好為零．若貨物質(zhì)量為100 kg，鋼板與地面的夾角為30°，鋼板與貨物間的滑動摩擦力始終為50 N，整個過程中貨物的速度—時間圖象如圖乙所示，重力加速度g取10 m/s2.下列說法正確的是(　　) A．0～2 s內(nèi)人對貨

7、物做的功為600 J B．整個過程中人對貨物的推力的沖量為1 000 N·s C．0～2 s和2～3 s內(nèi)貨物所受推力之比為1∶2 D．整個過程中貨物始終處于超重狀態(tài) 解析：選A.0～2 s內(nèi)貨物的加速度a1＝＝0.5 m/s2，根據(jù)牛頓第二定律：F1－f－mgsin 30°＝ma1，解得F1＝600 N；0～2 s內(nèi)貨物的位移：x1＝×2×1 m＝1 m；則人對貨物做的功為WF＝Fx1＝600 J，選項A正確；整個過程中，根據(jù)動量定理：IF－(f＋mgsin 30°)t＝0，解得整個過程中人對貨物的推力的沖量為IF＝(f＋mgsin 30°)t＝(50＋100×10×0.5)×3＝1

8、 650 N·s，選項B錯誤；2～3 s內(nèi)貨物的加速度大小a2＝1 m/s2，根據(jù)牛頓第二定律：f＋mgsin 30°－F2＝ma2所受推力F2＝450 N；則0～2 s和2～3 s內(nèi)貨物所受推力之比為F1∶F2＝600∶450＝4∶3，選項C錯誤；整個過程中貨物的加速度先沿斜面向上，后向下，先超重后失重，選項D錯誤；故選A. 6．(多選)如圖所示，光滑水平面上有大小相同的A、B兩球在同一直線上運動．兩球質(zhì)量關(guān)系為mB＝2mA，規(guī)定向右為正方向，A、B兩球的動量均為6 kg·m/s，運動中兩球發(fā)生碰撞，碰撞后A球的動量增量為－4 kg·m/s，則(　　) A．該碰撞為彈性碰撞 B．該

9、碰撞為非彈性碰撞 C．左方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為2∶5 D．右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為1∶10 解析：選AC.規(guī)定向右為正方向，碰撞前A、B兩球的動量均為6 kg·m/s，說明A、B兩球的速度方向向右，兩球質(zhì)量關(guān)系為mB＝2mA，所以碰撞前vA＞vB，所以左方是A球．碰撞后A球的動量增量為－4 kg·m/s，所以碰撞后A球的動量是2 kg·m/s；碰撞過程系統(tǒng)總動量守恒：mAvA＋mBvB＝－mAvA′＋mBvB′所以碰撞后B球的動量是10 kg·m/s，根據(jù)mB＝2mA，所以碰撞后A、B兩球速度大小之比為2∶5，故C正確，D錯誤．碰撞前系統(tǒng)動能：＋＝＋＝

10、，碰撞后系統(tǒng)動能為：＋＝＋＝，則碰撞前后系統(tǒng)機械能不變，碰撞是彈性碰撞，故A正確，B錯誤；故選AC. 7．(多選)質(zhì)量為M＝3 kg的滑塊套在水平固定著的軌道上并可在軌道上無摩擦滑動．質(zhì)量為m＝2 kg的小球(視為質(zhì)點)通過長L＝0.75 m的輕桿與滑塊上的光滑軸O連接，開始時滑塊靜止，輕桿處于水平狀態(tài)．現(xiàn)給小球一個v0＝3 m/s的豎直向下的初速度，取g＝10 m/s2.則(　　) A．小球m從初始位置到第一次到達最低點的過程中，滑塊M在水平軌道上向右移動了0.3 m B．小球m從初始位置到第一次到達最低點的過程中，滑塊M在水平軌道上向右移動了0.2 m C．小球m相對于初始位置

11、可以上升的最大高度為0.27 m D．小球m從初始位置到第一次到達最大高度的過程中，滑塊M在水平軌道上向右移動了0.54 m 解析：選AD.可把小球和滑塊水平方向的運動看作人船模型，設(shè)滑塊M在水平軌道上向右運動了x，由滑塊和小球系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，有＝，解得：x＝0.3 m，選項A正確、B錯誤．根據(jù)動量守恒定律，小球m相對于初始位置上升到最大高度時小球和滑塊速度都為零，由能量守恒定律可知，小球m相對于初始位置可以上升的最大高度為0.45 m，選項C錯誤．此時桿與水平面的夾角為cos α＝0.8，設(shè)小球從最低位置上升到最高位置過程中滑塊M在水平軌道上又向右運動了x′，由滑塊和小球系統(tǒng)在

12、水平方向時動量守恒，有＝，解得：x′＝0.24 m．小球m從初始位置到第一次到達最大高度的過程中，滑塊在水平軌道上向右移動了x＋x′＝0.3 m＋0.24 m＝0.54 m，選項D正確． 8．(多選)如圖所示，一輛質(zhì)量為M＝3 kg的平板小車A?？吭谪Q直光滑墻壁處，地面水平且光滑，一質(zhì)量為m＝1 kg的小鐵塊B(可視為質(zhì)點)放在平板小車A最右端，平板小車A上表面水平且與小鐵塊B之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，平板小車A的長度L＝0.9 m．現(xiàn)給小鐵塊B一個v0＝5 m/s的初速度使之向左運動，與豎直墻壁發(fā)生彈性碰撞后向右運動，重力加速度g＝10 m/s2.下列說法正確的是(　　) A．小鐵

13、塊B向左運動到達豎直墻壁時的速度為2 m/s B．小鐵塊B與墻壁碰撞過程中所受墻壁的沖量為8 N·s C．小鐵塊B向左運動到達豎直墻壁的過程中損失的機械能為4 J D．小鐵塊B在平板小車A上運動的整個過程中系統(tǒng)損失的機械能為9 J 解析：選BD.設(shè)小鐵塊B向左運動到達豎直墻壁時的速度為v1，根據(jù)動能定理得：－μmgL＝mv－mv，解得：v1＝4 m/s，選項A錯誤．與豎直墻壁發(fā)生彈性碰撞，反彈速度為－4 m/s，由動量定理可知，小鐵塊B與墻壁碰撞過程中所受墻壁的沖量為I＝2mv1＝8 N·s，選項B正確．小鐵塊B向左運動到達豎直墻壁的過程中損失的機械能為μmgL＝4.5 J，選項C錯誤

14、．假設(shè)發(fā)生彈性碰撞后小鐵塊B最終和平板小車A達到的共同速度為v2，根據(jù)動量守恒定律得：mv1＝(M＋m)v2，解得：v2＝1 m/s.設(shè)小鐵塊B在平板小車A上相對滑動的位移為x時與平板小車A達到共同速度v2，則根據(jù)功能關(guān)系得：－μmgx＝(M＋m)v－mv，解得：x＝1.2 m，由于x＞L，說明小鐵塊B在沒有與平板小車A達到共同速度時就滑出平板小車A，所以小鐵塊B在平板小車上運動的整個過程中系統(tǒng)損失的機械能為ΔE＝2μmgL＝9 J，選項D正確． 9．(多選)在地面上以大小為v1的初速度豎直向上拋出一質(zhì)量為m的皮球，皮球落地時速度大小為v2.若皮球運動過程中所受空氣阻力的大小與其速率成正比，

15、重力加速度為g.下列判斷正確的是(　　) A．皮球上升的最大高度為 B．皮球從拋出到落地過程中克服阻力做的功為mv－mv C．皮球上升過程經(jīng)歷的時間為 D．皮球從拋出到落地經(jīng)歷的時間為 解析：選BD.減速上升的過程中受重力、阻力作用，故加速度大于g，則上升的高度小于，上升的時間小于，故AC錯誤；皮球從拋出到落地過程中重力做功為零，根據(jù)動能定理得克服阻力做功為Wf＝mv－mv，故B正確；用動量定理，結(jié)合數(shù)學(xué)知識，假設(shè)向下為正方向，設(shè)上升階段的平均速度為v，則：mgt1＋kvt1＝mv1，由于平均速度乘以時間等于上升的高度，故有：h＝vt1，即：mgt1＋kh＝mv1?、?，同理，設(shè)下降階

16、段的平均速度為v′，則下降過程：mgt2－kv′t2＝mv2，即：mgt2－kh＝mv2　②，由①②得：mg(t1＋t2)＝m(v1＋v2)，解得：t＝t1＋t2＝，故D正確；故選BD. 10．(多選)如圖所示，足夠長的光滑水平導(dǎo)軌間距為2 m，電阻不計，垂直導(dǎo)軌平面有磁感應(yīng)強度為1 T的勻強磁場，導(dǎo)軌上相隔一定距離放置兩根長度略大于間距的金屬棒，a棒質(zhì)量為1 kg，電阻為5 Ω，b棒質(zhì)量為2 kg，電阻為10 Ω.現(xiàn)給a棒一個水平向右的初速度8 m/s，當(dāng)a棒的速度減小為4 m/s時，b棒剛好碰到了障礙物，經(jīng)過很短時間0.5 s速度減為零(不反彈，且a棒始終沒有與b棒發(fā)生碰撞)，下列說法正

17、確的是(　　) A．從上向下看回路產(chǎn)生逆時針方向的電流 B．b棒在碰撞前瞬間的速度大小為2 m/s C．碰撞過程中障礙物對b棒的平均沖擊力大小為6 N D．b棒碰到障礙物后，a棒繼續(xù)滑行的距離為15 m 解析：選ABD.根據(jù)右手定則可知，從上向下看回路產(chǎn)生逆時針方向的電流，選項A正確；系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律可知：mav0＝mava＋mbvb解得vb＝2 m/s，選項B正確；b碰到障礙物時，回路的感應(yīng)電動勢：E＝BL(va－vb)＝4 V；回路的電流：I＝＝ A；b棒所受的安培力：Fb＝BIL＝ N；b與障礙物碰撞時，由動量定理：(Fb－F)t＝0－mbvb解得：F＝8.5

18、N，選項C錯誤；b碰到障礙物后，a繼續(xù)做減速運動，直到停止，此時由動量定理：B ILΔt＝mava，其中IΔt＝q＝＝聯(lián)立解得x＝15 m，選項D正確；故選ABD. 11．(多選)兩個小球A、B在光滑水平面上相向運動，已知它們的質(zhì)量分別是m1＝4 kg，m2＝2 kg，A的速度v1＝3 m/s(設(shè)為正)，B的速度v2＝－3 m/s，則它們發(fā)生正碰后，其速度可能分別是(　　) A．均為1 m/s　　　　　　　 B．＋4 m/s和－5 m/s C．＋2 m/s和－1 m/s D．－1 m/s和5 m/s 解析：選AD.由動量守恒，可驗證四個選項都滿足要求．再看動能情況 Ek＝m1v＋m2v＝×4×9 J＋×2×9 J＝27 J Ek′＝m1v1′2＋m2v2′2 由于碰撞過程動能不可能增加，所以應(yīng)有Ek≥Ek′，可排除選項B.選項C雖滿足Ek≥Ek′，但A、B沿同一直線相向運動，發(fā)生碰撞后各自仍能保持原來的速度方向(vA′>0，vB′<0)，這顯然是不符合實際的，因此C錯誤．驗證選項A、D均滿足Ek≥Ek′，故答案為選項A(完全非彈性碰撞)和選項D(彈性碰撞)．