2022届高考物理二轮复习 专题二 功和能 考点3 动量定理与动量守恒定律限时集训

2022届高考物理二轮复习 专题二 功和能 考点3 动量定理与动量守恒定律限时集训一、选择题(每小题7分，共63分)1(2018莱芜二模)一小球从水平地面上方无初速释放，与地面发生碰撞后反弹至速度为零，假设小球与地面碰撞没有机械能损失，运动时的空气阻力大小不变，下列说法正确的是A上升过程中小球动量改变量等于该过程中空气阻力的冲量B小球与地面碰撞过程中，地面对小球的冲量不为零C下落过程中小球动能的改变量等于该过程中重力做的功D从释放到反弹至速度为零过程中小球克服空气阻力做的功小于重力做的功答案B2(多选)质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为。初始时小物块停在箱子正中间，如图2313所示。现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止。设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为图2313A.mv2B.v2C.NmgL DNmgL解析小物块与箱子作用过程中满足动量守恒，小物块最后恰好又回到箱子正中间。二者相对静止，即为共速，设速度为v1，mv(mM)v1，系统损失的动能Ekmv2(Mm)v，A错误，B正确；由于碰撞为弹性碰撞，故碰撞时不损失能量，系统损失的动能等于系统产生的热量，即EkQNmgL，C错误，D正确。答案BD3如图2314所示，光滑水平面上有质量均为m的物块A和B，B上固定一轻弹簧。B静止，A以速度v0水平向右运动，通过弹簧与B发生作用。作用过程中，弹簧获得的最大弹性势能Ep为图2314A.mv B.mvC.mv D.mv解析当两物块速度相同时，弹簧获得的弹性势能最大。根据动量守恒可知mv02mv，v所以最大弹性势能Epmv2mv2mv，故C正确。答案C4如图2315所示，在足够长的光滑水平面上有一静止的质量为M的斜面，斜面表面光滑、高度为h、倾角。一质量为m(mM)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的机械能损失。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达到的最大高度为图2315Ah B. h C. h D. h解析如果斜面固定，则由机械能守恒有：mvmgh，如果斜面不固定，则小物块冲上斜面后到达最大高度时二者水平共速，则由水平方向动量守恒：mv0(mM)v，系统的机械能守恒：mv(mM)v2mgh1得h1h，选项D正确。答案D5A、B两球之间压缩一根轻弹簧，静置于光滑水平桌面上，已知A、B两球质量分别为2m和m。当用板挡住 A球而只释放B球时，B球被弹出落于距桌面距离为x的水平地面上，如图2316所示。若用同样的程度压缩弹簧，取走A左边的挡板，将A、B同时释放，则B球的落地点距离桌边距离为图2316A. B.x Cx D.x解析当用板挡住小球A而只释放B球时，根据能量守恒有：Epmv，根据平抛运动规律有：xv0t。当用同样的程度压缩弹簧，取走A左边的挡板，将A、B同时释放，设A、B的速度分别为vA和vB，则根据动量守恒和能量守恒有：2mvAmvB0，Ep2mvmv，解得vBv0，B球的落地点距桌面距离为xvBtx，D选项正确。答案D6(2018福州一模)如图2317所示，光滑的水平面上，小球A以速度v0向右运动时与静止的小球B发生对心正碰，碰后A球的速率为，B球的速率为，A、B两球的质量之比为图2317A38 B35 C23 D43解析碰撞瞬间动量守恒，规定向右为正方向，则有mAv0mAmB，解得：或，所以A正确。答案A7(2018丰台一模)如图2318所示，两质量分别为m1和m2的弹性小球叠放在一起，从高度为h处自由落下，且h远大于两小球半径，所有的碰撞都是完全弹性碰撞，且都发生在竖直方向。已知m23m1，则小球m1反弹后能达到的高度为图2318Ah B2hC3h D4h解析下降过程为自由落体运动，触地时两球速度相同，v，m2碰撞地之后，速度瞬间反向，大小相等，选m1与m2碰撞过程为研究过程，碰撞前后动量守恒，设碰后m1、m2速度大小分别为v1、v2，选向上方向为正方向，则m2vm1vm1v1m2v2由能量守恒定律得(m1m2)v2m1vm2v，且m23m1联立解得：v12反弹后高度H4h，D正确。答案D8(多选)(2018洛阳模拟)如图2319所示，质量为m245 g的物块(可视为质点)放在质量为M0.5 kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为0.4。质量为m05 g的子弹以速度v0300 m/s沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g取10 m/s2。则在整个过程中图2319A物块和木板组成的系统动量守恒B子弹的末动量大小为0.01 kgm/sC子弹对物块的冲量大小为0.49 NsD物块相对木板滑行的时间为1 s解析子弹击中物块过程，动量守恒；子弹和物块整体和木板相互作用过程动量守恒；子弹、物块和木板组成的系统动量守恒，而物块和木板组成的系统受到子弹的作用，动量不守恒，选项A错误；对子弹、物块和木板组成的系统的整个过程，由动量守恒定律，m0v0(m0mM)v，解得v2 m/s，子弹的末动量大小为p0m0v0.0052 kgm/s0.01 kgm/s，选项B正确；对子弹击中物块过程，由动量守恒定律，m0v0(m0m)v1，解得v16 m/s，由动量定理可得子弹对物块的冲量大小为Imv10.2456 Ns1.47 Ns，选项C错误；子弹和物块与木板之间的摩擦力f(m0m)g0.40.25010 N1 N，对木板，由动量定理，ftMv，解得t1 s，选项D正确。答案BD9(多选)(2018太原二模)如图2320所示，一内壁为半圆柱形的凹槽静止在光滑水平面上，质量为M。内壁光滑且半径为R，直径水平。在内壁左侧的最高点有一质量为m的小球P，将P由静止释放，则图2320AP在下滑过程中，凹槽对P的弹力不做功BP在到达最低点前对凹槽做正功，从最低点上升过程中对凹槽做负功CP不能到达内壁右端的最高点D凹槽的最大动能是gR解析小球P下滑时，凹槽向左运动，凹槽对P的弹力对P做负功，选项A错。P下滑过程，P对凹槽有斜向左下方压力，对凹槽做正功，P上升过程，P对凹槽有斜向右下方的压力，而凹槽向左运动，P对凹槽做负功，B正确。根据动量守恒，P到凹槽右端最高点时，P和凹槽的速度均为零，根据能量守恒，P到达内壁右端的最高点，C错误。在小球到最低点时，由动量守恒定律和能量守恒定律。得mv1Mv2mgRmvMv解得v2gR，D正确。答案BD二、计算题(本题共3小题，共37分)10(12分)(2018桂林调研)一轻弹簧的下端固定在水平地面上，上端与质量为m的木板相连且处于静止状态，此时弹簧的压缩量为h0。如图2321所示，一个质量也为m的小物块从木板正上方距离为3h0的A处自由落下，与木板碰后和木板一起向下运动，它们到达最低点后又向上运动，并恰能回到O点。重力加速度为g。求：图2321(1)小物块与木板碰撞后的速度大小；(2)碰前弹簧的弹性势能。解析(1)小物块自由下落过程中：3mgh0mv小物块与木板碰撞时的速度大小v0设v1为小物块与木板碰撞后一起开始向下运动的速度大小，因碰撞时间极短，由动量守恒有：mv02mv1解得：v1(2)设碰前弹簧的弹性势能为Ep，当小物块与木板一起回到O点时，弹簧的弹性势能为零，且此时小物块与木板速度恰好都为零，以木板初始位置Ep(2m)v2mgh0解得：Ep。答案(1)(2)11(12分)(2018邵阳二模)如图2332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2332(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：mvmgh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：mvmvmvmgL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：mgxmv0解得：x。答案(1)(2)12(13分)某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中。为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开。忽略空气阻力。已知水的密度为，重力加速度大小为g。求：(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。解析(1)设t时间内，从喷口喷出的水的体积为V，质量为m，则mV Vv0St 由式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为v0S (2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v。对于t时间内喷出的水，由能量守恒得(m)v2(m)gh(m)v 在h高度处，t时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为p(m)v 设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有Ftp 由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得FMg 联立式得h。答案(1)v0S(2)