第8练　动量（含解析）--2024年高考物理大二轮复习

这是一份第8练　动量（含解析）--2024年高考物理大二轮复习，共14页。
1．足球场上，守门员会戴着厚厚的手套向水平飞奔而来的球扑去，使球停下，关于此过程守门员戴手套的作用，以下分析正确的是( )
A．减小球对手的平均作用力
B．增大球的冲量
C．使球的动量变大
D．使球的加速度变大
2．(2022·湖北卷·7)一质点做曲线运动，在前一段时间内速度大小由v增大到2v，在随后的一段时间内速度大小由2v增大到5v。前后两段时间内，合外力对质点做功分别为W1和W2，合外力的冲量大小分别为I1和I2。下列关系式一定成立的是( )
A．W2＝3W1，I2≤3I1 B．W2＝3W1，I2≥I1
C．W2＝7W1，I2≤3I1 D．W2＝7W1，I2≥I1
3．(2023·江苏南京市金陵中学月考)物体的运动状态可用位置坐标x和动量p来描述。有一小球静止落下，落到水平桌面后反弹，若规定以出发点为坐标原点，竖直向下为正方向，碰撞过程时间不计且有能量损失，忽略空气阻力，则小球对应的p－x图像是( )
4．(2023·广东卷·10改编)某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型。多个质量均为1 kg的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力。开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力F，推动滑块1以0.40 m/s的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为0.04 s，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22 m/s。关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有( )
A．该过程动量守恒
B．滑块1受到合外力的冲量大小为0.18 N·s
C．滑块2受到合外力的冲量大小为0.40 N·s
D．滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.8 N
5．如图所示，在光滑的水平面上静止一质量M＝8 kg的小车B，小车左端固定一根轻质弹簧，弹簧的自由端C到小车右端的距离L＝1 m，这段距离小车B与木块A(可视为质点)之间的动摩擦因数μ＝0.1，而弹簧自由端C到弹簧固定端D所对应的车厢板上表面光滑。木块A以速度v0＝15 m/s由小车B右端开始沿车厢板表面向左运动。已知木块A的质量m＝2 kg，重力加速度g取10 m/s2。则木块A压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能为( )
A．45 J B．178 J
C．225 J D．270 J
6．如图(a)所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个带电小球，t＝0时，甲静止，乙以6 m/s的初速度向甲运动，它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动(整个运动过程中两球没有接触)，它们运动的v－t图像分别如图(b)中甲、乙两曲线所示，则由图线可知( )
A．两带电小球的电性一定相反
B．甲、乙两球的质量之比为2∶1
C．t2时刻，乙球的电势能最大
D．在0～t3时间内，甲的动能一直增大，乙的动能一直减小
7．(2023·江苏盐城市四校联考)雨打芭蕉是中国古代文学中常见的抒情意象，为估算雨滴撞击芭蕉叶产生的平均压强p，小华同学将一圆柱形的量杯置于院中，测得一段时间t内杯中水面上升的高度为h，查询得知当时雨滴下落的速度为v。设雨滴竖直下落到水平的芭蕉叶上后以原来的速率竖直反弹。已知水的平均密度为ρ，不计雨滴重力。则p的大小为( )
A．ρveq \f(h,t) B．2ρveq \f(h,t)
C．ρv2 D．2ρv2
[争分提能练]
8．(2023·江苏南京市期中)如图甲所示，水平桌面上有一算盘。算珠可穿在固定的杆上滑动，算珠与杆之间的动摩擦因数为μ(未知)。使用时发现某一根杆上有A、B两颗算珠未在归零位置。A、B相隔s1＝3.5 cm，B与上边框相隔s2＝2 cm。现用手指将A以某一初速度拨出，在方格纸中作出A、B运动的v－t图像如图乙所示(实线代表A，虚线代表B)。忽略A、B碰撞的时间，g取10 m/s2，则( )
A．算珠A在碰撞前运动了0.2 s
B．算珠与杆之间的动摩擦因数为μ＝0.2
C．算珠A与算珠B在碰撞过程无机械能损失
D．算珠B碰撞后恰好能到达归零位置
9．斜向上发射的炮弹在最高点爆炸(爆炸时间极短)成质量均为m的两块碎片，其中一块碎片沿原来的方向飞去。已知炮弹爆炸时距水平地面的高度为H，炮弹爆炸前的动能为E，爆炸后系统的机械能增加了eq \f(E,4)，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量，则两块碎片落地点间的距离为( )
A.eq \r(\f(EH,mg)) B.eq \r(\f(2EH,mg))
C.eq \r(\f(3EH,mg)) D．2eq \r(\f(EH,mg))
10．(2022·湖南卷·4)1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子(即中子)组成。如图，中子以速度v0分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为v1和v2。设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是( )
A．碰撞后氮核的动量比氢核的小
B．碰撞后氮核的动能比氢核的小
C．v2大于v1
D．v2大于v0
11.如图所示，半径为R、质量为2m的光滑半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，将质量为m的小球(可视为质点)从A点正上方高为R处由静止释放，由A点经过半圆轨道后从B冲出，重力加速度为g，忽略空气阻力，则( )
A．小球进入半圆轨道后，由小球和小车组成的系统总动量守恒
B．小球离开小车后做斜上抛运动
C．小车向左运动的最大距离为eq \f(R,3)
D．小车获得的最大速度为eq \r(\f(2gR,3))
12.(2023·江苏省靖江中学期末)如图所示，质量分别为m和2m的物体A、B静置于光滑水平地面上，B左端固定一轻质弹簧，现A以速度v向右运动，在A、B相互作用的整个过程中，求：
(1)弹簧对A的冲量大小I；
(2)弹簧弹性势能的最大值Epm。
[尖子生选练]
13．江苏省某校兴趣小组设计了一个实验装置：静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mA＝1.0 kg，mB＝4.0 kg；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离l＝1.0 m，如图所示。某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为Ek＝10.0 J。释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动。A、B与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.20。重力加速度取g＝10 m/s2，A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性正碰且碰撞时间极短。则下列说法正确的是( )
A．弹簧释放后瞬间A、B速度的大小均为2 m/s
B．物块A先停止运动
C．先停止运动的物块刚停止时，A与B之间的距离是1 m
D．A和B都停止后，A与B之间的距离是0.91 m
第8练 动量
1．A [守门员会戴着厚厚的手套向水平飞奔而来的球扑去，这样可以增加球与手接触的时间，根据动量定理得－Ft＝0－mv，可得F＝eq \f(mv,t)，当时间增大时，冲量和动量的变化量都不变，F减小，即球对手的平均作用力减小，故A正确，B、C、D错误。]
2．D [根据动能定理有W1＝eq \f(1,2)m(2v)2－eq \f(1,2)mv2＝eq \f(3,2)mv2，W2＝eq \f(1,2)m(5v)2－eq \f(1,2)m(2v)2＝eq \f(21,2)mv2，可得W2＝7W1；由于速度是矢量，具有方向，当初、末速度方向相同时，动量变化量最小，方向相反时，动量变化量最大，因此冲量的大小范围是mv≤I1≤3mv,3mv≤I2≤7mv，可知I2≥I1，故选D。]
3．D [竖直向下为正方向，则下落时的动量p＝mv＝meq \r(2gx)，图像为曲线且向下弯曲；与地面碰撞后，向上反弹，速度变为负值，由于碰撞有能量损失，则碰后速度小于碰前速度，上升过程中p′＝mv′＝－meq \r(v0′2－2gx0－x)，随x减小，则动量p大小减小，选项A、B、C错误，D正确。]
4．B [取向右为正方向，滑块1和滑块2组成的系统的初动量为p1＝mv1＝1×0.40 kg·m/s＝0.40 kg·m/s，碰撞后的动量为p2＝2mv2＝2×1×0.22 kg·m/s＝0.44 kg·m/s，则滑块的碰撞过程动量不守恒，故A错误；对滑块1，则有I1＝mv2－mv1＝1×0.22 kg·m/s－1×0.40 kg·m/s＝－0.18 kg·m/s，负号表示方向水平向左，故B正确；对滑块2，则有I2＝mv2＝1×0.22 kg·m/s＝0.22 kg·m/s，故C错误；对滑块2根据动量定理有eq \x\t(F)Δt＝mv2－0，解得eq \x\t(F)＝5.5 N，则滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N，故D错误。]
5．B [由题意知，小车和木块组成的系统动量守恒，当木块A和小车B速度相等时，弹簧弹性势能最大，有mv0＝(M＋m)v，由能量守恒得eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)(M＋m)v2＋μmgL＋Epmax，联立解得Epmax＝178 J，故选B。]
6．B [由题图(b)可知，乙球减速的同时，甲球正向加速，说明两球相互排斥，带有同种电荷，故A错误；两球作用过程动量守恒，则有m乙v乙1＝m甲v甲＋m乙v乙2，解得eq \f(m甲,m乙)＝eq \f(2,1)，故B正确；t1时刻，两球共速，距离最近，则乙球的电势能最大，故C错误；在0～t3时间内，甲的动能一直增大，乙的动能先减小，t2时刻后逐渐增大，故D错误。]
7．B [单位时间的降水量Δh＝eq \f(h,t)，在芭蕉叶上取ΔS的面积上，Δt时间内降落的雨水质量m＝ρ·ΔS·ΔhΔt＝ρΔSeq \f(h,t)Δt，设雨水受到的平均撞击力为F，以竖直向下为正方向，根据动量定理F·Δt＝mvt－mv＝ρΔSeq \f(h,t)Δt(－v－v)＝－2ρvΔSeq \f(h,t)Δt，解得F＝－2ρvΔSeq \f(h,t)，根据牛顿第三定律可知，芭蕉叶上ΔS的面积受到的平均撞击力的大小F′＝2ρvΔSeq \f(h,t)，因此平均压强为p＝eq \f(F′,ΔS)＝2ρveq \f(h,t)，故选B。]
8．D [由匀变速直线运动规律可得s1＝eq \f(v0＋v1,2)t1，解得t1＝0.1 s，A错误；由匀变速直线运动规律可得v1＝v0－at1，由牛顿第二定律可得μmg＝ma，解得μ＝0.1，B错误；算珠A与算珠B的质量均为m，则根据题图乙可知碰撞过程能量关系有eq \f(1,2)mv12>eq \f(1,2)mv22＋eq \f(1,2)mv32，算珠A与算珠B在碰撞过程存在机械能损失，C错误；算珠B碰撞后，由匀变速直线运动规律可得x＝eq \f(v3＋0,2)t2＝eq \f(0.2,2)×0.2 m＝0.02 m＝2 cm，因此算珠B碰撞后恰好能到达归零位置，D正确。]
9．B [炮弹爆炸的过程水平方向动量守恒，设炮弹爆炸前的速度大小为v，则v＝eq \r(\f(E,m))，设爆炸后瞬间两块碎片的速度分别为v1、v2，有2mv＝mv1＋mv2，E＋eq \f(1,4)E＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)mv22，解得v1＝eq \f(3,2)eq \r(\f(E,m))，v2＝eq \f(1,2)eq \r(\f(E,m))，根据平抛运动规律有H＝eq \f(1,2)gt2，两块碎片落地点之间的距离x＝(v1－v2)t，解得x＝eq \r(\f(2EH,mg))，故选B。]
10．B [设中子的质量为m，则氢核的质量也为m，氮核的质量为14m，设中子和氢核碰撞后中子速度为v3，取v0的方向为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝mv1＋mv3
eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)mv32
联立解得v1＝v0
设中子和氮核碰撞后中子速度为v4，取v0的方向为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝14mv2＋mv4
eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)×14mv22＋eq \f(1,2)mv42
联立解得v2＝eq \f(2,15)v0，可得v1＝v0>v2
碰撞后氢核的动量为pH＝mv1＝mv0
氮核的动量为pN＝14mv2＝eq \f(28mv0,15)
可得pN>pH
碰撞后氢核的动能为
EkH＝eq \f(1,2)mv12＝eq \f(1,2)mv02
氮核的动能为
EkN＝eq \f(1,2)×14mv22＝eq \f(28mv02,225)
可得EkH>EkN
故B正确，A、C、D错误。]
11．D [小球与小车组成的系统在水平方向所受外力的合力为0，系统仅在水平方向动量守恒，A错误；系统水平方向总动量为0，则小球由B点离开小车时，小球与小车水平方向上的速度相同，则水平方向上有mvx＋2mvx＝0，解得vx＝0，即小球由B点离开小车时，水平方向的分速度为0，所以离开小车后，小球做竖直上抛运动，B错误；根据上述，小球由B点离开小车时，小车向左运动的距离达到最大，根据动量守恒定律，在水平方向上有meq \f(x1,t)－2meq \f(x2,t)＝0，此过程有x1＋x2＝2R，解得x2＝eq \f(2,3)R，C错误；根据分析可知，小球运动到圆弧最低点时，小车获得最大速度，则有mv1－2mv2＝0，mg·2R＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)×2mv22，解得v2＝eq \r(\f(2gR,3))，D正确。]
12．(1)eq \f(4,3)mv (2)eq \f(1,3)mv2
解析 (1)根据题意，设在A、B相互作用的整个过程之后，A的速度为v1，B的速度为v2，整个过程中，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能守恒，由动量守恒定律有mv＝mv1＋2mv2
由机械能守恒定律有
eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)×2mv22
联立解得v1＝－eq \f(1,3)v，v2＝eq \f(2,3)v
取向右为正方向，由动量定理有
I＝mv1－mv＝－eq \f(4,3)mv
即弹簧对A的冲量大小为eq \f(4,3)mv。
(2)根据题意可知，当A、B速度相等时，弹簧的弹性势能最大，设A、B共速时速度为v3，由动量守恒定律有
mv＝(m＋2m)v3
解得v3＝eq \f(1,3)v
由机械能守恒定律可得
Epm＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)×3mv32＝eq \f(1,3)mv2。
13．D [设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB，以向右为正方向，由动量守恒定律和题给条件有0＝mAvA－mBvB，Ek＝eq \f(1,2)mAvA2＋eq \f(1,2)mBvB2，解得vA＝4 m/s，vB＝1 m/s，故A错误；A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等，二者运动的过程中，若A一直向右运动，一直到停止，则对A，由动量定理可得－μmAgt1＝0－mAvA，则t1＝2.0 s，B一直向左运动，则μmBgt2＝0－mB(－vB)，解得t2＝0.5 s，可知B先停止运动，该过程中B的位移xB＝eq \f(\f(1,2)mBvB2,μmBg)，解得xB＝0.25 m，从二者分开到B停止运动时间内，A若一直向右运动，由动量定理可得－μmAgt2＝mAvA′－mAvA，B停止时A的速度vA′＝vA－eq \f(μmAgt2,mA)，解得vA′＝3 m/s，对A由动能定理可得－μmAgxA＝eq \f(1,2)mAvA′2－eq \f(1,2)mAvA2，则位移xA＝1.75 m>l＝1.0 m，这表明在时间t2内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B碰撞，此时A位于出发点右边的距离为Δx＝2l－xA＝2.0 m－1.75 m＝0.25 m，B位于出发点左边0.25 m处，两物块之间的距离为s＝xB＋Δx＝0.25 m＋0.25 m＝0.50 m，故B、C错误；t2时刻后A将继续向左运动，假设它能与静止的B碰撞，碰撞时速度的大小为vA″，由动能定理有－μmAgs＝eq \f(1,2)mAvA″2－eq \f(1,2)mAvA′2，解得vA″＝eq \r(7) m/s，故A与B将发生碰撞，设碰撞后A、B的速度分别为vA0和vB0，由动量守恒定律与机械能守恒定律有mA(－vA″)＝mAvA0＋mBvB0，eq \f(1,2)mAvA″2＝eq \f(1,2)mAvA02＋eq \f(1,2)mBvB02，解得vA0＝eq \f(3\r(7),5) m/s，vB0＝－eq \f(2\r(7),5) m/s，这表明碰撞后A将向右运动，B继续向左运动，设碰撞后A向右运动距离为xA′时停止，B向左运动距离为xB′时停止，由运动学公式xA′＝eq \f(\f(1,2)mAvA02,μmAg)，xB′＝eq \f(\f(1,2)mBvB02,μmBg)，解得xA′＝0.63 m，xB′＝0.28 m，xA′小于碰撞处到墙壁的距离，由上式可得两物块停止后之间的距离s′＝xA′＋xB′＝0.91 m，故D正确。]