2022年高考物理大二轮复习 考前基础回扣练8 动量定理和动量守恒定律

2022年高考物理大二轮复习 考前基础回扣练8 动量定理和动量守恒定律1将一个光滑的半圆形槽置于光滑的水平面上如图，槽左侧有一个固定在水平面上的物块现让一个小球自左侧槽口A点正上方由静止开始落下，从A点落入槽内，则下列说法中正确的是()A小球在半圆槽内运动的过程中，机械能守恒B小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽组成的系统动量守恒C小球在半圆槽内由B点向C点运动的过程中，小球与半圆槽组成的系统动量守恒D小球从C点离开半圆槽后，一定还会从C点落回半圆槽解析：选D.只有重力做功时物体机械能守恒，小球在半圆槽内运动由B到C过程中，除重力做功外，槽的支持力也对小球做功，小球机械能不守恒，由此可知，小球在半圆槽内运动的全过程中，小球的机械能不守恒，故A错误小球在槽内运动的前半过程中，左侧物体对槽有作用力，小球与槽组成的系统水平方向上的动量不守恒，故B错误小球自半圆槽的最低点B向C点运动的过程中，系统在水平方向所受合外力为零，故小球与半圆槽在水平方向动量守恒，故C错误小球离开C点以后，既有竖直向上的分速度，又有与槽相同的水平分速度，小球做斜上抛运动，然后可以从C点落回半圆槽，故D正确故选D.2如图所示，质量为m的A球在水平面上静止放置，质量为2m的B球向左运动速度大小为v0，B球与A球碰撞且无机械能损失，碰后A球速度大小为v1，B球的速度大小为v2，碰后相对速度与碰前相对速度的比值定义为恢复系数e，下列选项正确的是()Ae1BeCe De解析：选A.AB在碰撞的过程中，根据动量守恒可得，2mv0mv12mv2，在碰撞的过程中机械能守恒，可得2mvmv2mv，解得v1v0，v2v0，碰后相对速度与碰前相对速度的比值定义为恢复系数e1，故A正确，BCD错误；故选A.3如图所示，AB两小球静止在光滑水平面上，用轻弹簧相连接，A球的质量小于B球的质量若用锤子敲击A球使A得到v的速度，弹簧压缩到最短时的长度为L1；若用锤子敲击B球使B得到v的速度，弹簧压缩到最短时的长度为L2，则L1与L2的大小关系为()AL1L2 BL1L2CL1L2 D不能确定解析：选C.若用锤子敲击A球，两球组成的系统动量守恒，当弹簧最短时，两者共速，则mAv(mAmB)v，解得v ，弹性势能最大，最大为EpmAv2(mAmB)v2；若用锤子敲击B球，同理可得mBv(mAmB)v，解得v，弹性势能最大为EpmBv2(mAmB)v2，即两种情况下弹簧压缩最短时，弹性势能相等，故L1L2，C正确4如图所示，足够长的传送带以恒定的速率v1逆时针运动，一质量为m的物块以大小为v2的初速度从左轮中心正上方的P点冲上传送带，从此时起到物块再次回到P点的过程中，下列说法正确的是()A合力对物块的冲量大小一定为2mv2B合力对物块的冲量大小一定为2mv1C合力对物块的冲量大小可能为零D合力对物块做的功可能为零解析：选D.若v2v1，物块在传送带上先向右做匀减速直线运动，速度减为零后再返回做匀加速直线运动，达到速度v1后做匀速直线运动，可知物块再次回到P点的速度大小为v1，规定向左为正方向，根据动量定理得，合外力的冲量I合mv1m(v2)mv1mv2.根据动能定理知，合外力做功W合mvmv；若v2v1，物块在传送带上先向右做匀减速直线运动，速度减为零后再返回做匀加速直线运动，物块再次回到P点的速度大小为v2，规定向左为正方向，根据动量定理得，合外力的冲量为：I合mv2m(v2)2mv2；根据动能定理知，合外力做功为：W合mvmv0.故D正确，ABC错误故选D.5如图甲所示，工人利用倾斜钢板向车内搬运货物，用平行于钢板向上的力将货物从静止开始由钢板底端推送到顶端，到达顶端时速度刚好为零若货物质量为100 kg，钢板与地面的夹角为30，钢板与货物间的滑动摩擦力始终为50 N，整个过程中货物的速度时间图象如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2.下列说法正确的是()A02 s内人对货物做的功为600 JB整个过程中人对货物的推力的冲量为1 000 NsC02 s和23 s内货物所受推力之比为12D整个过程中货物始终处于超重状态解析：选A.02 s内货物的加速度a10.5 m/s2，根据牛顿第二定律：F1fmgsin 30ma1，解得F1600 N；02 s内货物的位移：x121 m1 m；则人对货物做的功为WFFx1600 J，选项A正确；整个过程中，根据动量定理：IF(fmgsin 30)t0，解得整个过程中人对货物的推力的冲量为IF(fmgsin 30)t(50100100.5)31 650 Ns，选项B错误；23 s内货物的加速度大小a21 m/s2，根据牛顿第二定律：fmgsin 30F2ma2所受推力F2450 N；则02 s和23 s内货物所受推力之比为F1F260045043，选项C错误；整个过程中货物的加速度先沿斜面向上，后向下，先超重后失重，选项D错误；故选A.6(多选)如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动两球质量关系为mB2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为6 kgm/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为4 kgm/s，则()A该碰撞为弹性碰撞B该碰撞为非弹性碰撞C左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为25D右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为110解析：选AC.规定向右为正方向，碰撞前A、B两球的动量均为6 kgm/s，说明A、B两球的速度方向向右，两球质量关系为mB2mA，所以碰撞前vAvB，所以左方是A球碰撞后A球的动量增量为4 kgm/s，所以碰撞后A球的动量是2 kgm/s；碰撞过程系统总动量守恒：mAvAmBvBmAvAmBvB所以碰撞后B球的动量是10 kgm/s，根据mB2mA，所以碰撞后A、B两球速度大小之比为25，故C正确，D错误碰撞前系统动能：，碰撞后系统动能为：，则碰撞前后系统机械能不变，碰撞是弹性碰撞，故A正确，B错误；故选AC.7(多选)质量为M3 kg的滑块套在水平固定着的轨道上并可在轨道上无摩擦滑动质量为m2 kg的小球(视为质点)通过长L0.75 m的轻杆与滑块上的光滑轴O连接，开始时滑块静止，轻杆处于水平状态现给小球一个v03 m/s的竖直向下的初速度，取g10 m/s2.则()A小球m从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了0.3 mB小球m从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了0.2 mC小球m相对于初始位置可以上升的最大高度为0.27 mD小球m从初始位置到第一次到达最大高度的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了0.54 m解析：选AD.可把小球和滑块水平方向的运动看作人船模型，设滑块M在水平轨道上向右运动了x，由滑块和小球系统在水平方向上动量守恒，有，解得：x0.3 m，选项A正确、B错误根据动量守恒定律，小球m相对于初始位置上升到最大高度时小球和滑块速度都为零，由能量守恒定律可知，小球m相对于初始位置可以上升的最大高度为0.45 m，选项C错误此时杆与水平面的夹角为cos 0.8，设小球从最低位置上升到最高位置过程中滑块M在水平轨道上又向右运动了x，由滑块和小球系统在水平方向时动量守恒，有，解得：x0.24 m小球m从初始位置到第一次到达最大高度的过程中，滑块在水平轨道上向右移动了xx0.3 m0.24 m0.54 m，选项D正确8(多选)如图所示，一辆质量为M3 kg的平板小车A停靠在竖直光滑墙壁处，地面水平且光滑，一质量为m1 kg的小铁块B(可视为质点)放在平板小车A最右端，平板小车A上表面水平且与小铁块B之间的动摩擦因数0.5，平板小车A的长度L0.9 m现给小铁块B一个v05 m/s的初速度使之向左运动，与竖直墙壁发生弹性碰撞后向右运动，重力加速度g10 m/s2.下列说法正确的是()A小铁块B向左运动到达竖直墙壁时的速度为2 m/sB小铁块B与墙壁碰撞过程中所受墙壁的冲量为8 NsC小铁块B向左运动到达竖直墙壁的过程中损失的机械能为4 JD小铁块B在平板小车A上运动的整个过程中系统损失的机械能为9 J解析：选BD.设小铁块B向左运动到达竖直墙壁时的速度为v1，根据动能定理得：mgLmvmv，解得：v14 m/s，选项A错误与竖直墙壁发生弹性碰撞，反弹速度为4 m/s，由动量定理可知，小铁块B与墙壁碰撞过程中所受墙壁的冲量为I2mv18 Ns，选项B正确小铁块B向左运动到达竖直墙壁的过程中损失的机械能为mgL4.5 J，选项C错误假设发生弹性碰撞后小铁块B最终和平板小车A达到的共同速度为v2，根据动量守恒定律得：mv1(Mm)v2，解得：v21 m/s.设小铁块B在平板小车A上相对滑动的位移为x时与平板小车A达到共同速度v2，则根据功能关系得：mgx(Mm)vmv，解得：x1.2 m，由于xL，说明小铁块B在没有与平板小车A达到共同速度时就滑出平板小车A，所以小铁块B在平板小车上运动的整个过程中系统损失的机械能为E2mgL9 J，选项D正确9(多选)在地面上以大小为v1的初速度竖直向上抛出一质量为m的皮球，皮球落地时速度大小为v2.若皮球运动过程中所受空气阻力的大小与其速率成正比，重力加速度为g.下列判断正确的是()A皮球上升的最大高度为B皮球从抛出到落地过程中克服阻力做的功为mvmvC皮球上升过程经历的时间为D皮球从抛出到落地经历的时间为解析：选BD.减速上升的过程中受重力、阻力作用，故加速度大于g，则上升的高度小于，上升的时间小于，故AC错误；皮球从抛出到落地过程中重力做功为零，根据动能定理得克服阻力做功为Wfmvmv，故B正确；用动量定理，结合数学知识，假设向下为正方向，设上升阶段的平均速度为v，则：mgt1kvt1mv1，由于平均速度乘以时间等于上升的高度，故有：hvt1，即：mgt1khmv1，同理，设下降阶段的平均速度为v，则下降过程：mgt2kvt2mv2，即：mgt2khmv2，由得：mg(t1t2)m(v1v2)，解得：tt1t2，故D正确；故选BD.10(多选)如图所示，足够长的光滑水平导轨间距为2 m，电阻不计，垂直导轨平面有磁感应强度为1 T的匀强磁场，导轨上相隔一定距离放置两根长度略大于间距的金属棒，a棒质量为1 kg，电阻为5 ，b棒质量为2 kg，电阻为10 .现给a棒一个水平向右的初速度8 m/s，当a棒的速度减小为4 m/s时，b棒刚好碰到了障碍物，经过很短时间0.5 s速度减为零(不反弹，且a棒始终没有与b棒发生碰撞)，下列说法正确的是()A从上向下看回路产生逆时针方向的电流Bb棒在碰撞前瞬间的速度大小为2 m/sC碰撞过程中障碍物对b棒的平均冲击力大小为6 NDb棒碰到障碍物后，a棒继续滑行的距离为15 m解析：选ABD.根据右手定则可知，从上向下看回路产生逆时针方向的电流，选项A正确；系统动量守恒，由动量守恒定律可知：mav0mavambvb解得vb2 m/s，选项B正确；b碰到障碍物时，回路的感应电动势：EBL(vavb)4 V；回路的电流：I A；b棒所受的安培力：FbBIL N；b与障碍物碰撞时，由动量定理：(FbF)t0mbvb解得：F8.5 N，选项C错误；b碰到障碍物后，a继续做减速运动，直到停止，此时由动量定理：B ILtmava，其中Itq联立解得x15 m，选项D正确；故选ABD.11(多选)两个小球A、B在光滑水平面上相向运动，已知它们的质量分别是m14 kg，m22 kg，A的速度v13 m/s(设为正)，B的速度v23 m/s，则它们发生正碰后，其速度可能分别是()A均为1 m/sB4 m/s和5 m/sC2 m/s和1 m/s D1 m/s和5 m/s解析：选AD.由动量守恒，可验证四个选项都满足要求再看动能情况Ekm1vm2v49 J29 J27 JEkm1v12m2v22由于碰撞过程动能不可能增加，所以应有EkEk，可排除选项B.选项C虽满足EkEk，但A、B沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍能保持原来的速度方向(vA0，vB0)，这显然是不符合实际的，因此C错误验证选项A、D均满足EkEk，故答案为选项A(完全非弹性碰撞)和选项D(弹性碰撞)