新教材适用2024版高考物理二轮总复习第1部分核心主干复习专题专题2功和能动量第8讲动量定理动量守恒定律

这是一份新教材适用2024版高考物理二轮总复习第1部分核心主干复习专题专题2功和能动量第8讲动量定理动量守恒定律，共9页。试卷主要包含了 打桩机是基建常用工具等内容，欢迎下载使用。

A组·基础练
1. (2023·福建三明期末)跑鞋的鞋垫通常选择更软、更有弹性的抗压材料，以下说法中错误的是( B )
A．鞋垫减小了人与地面的作用力
B．鞋垫减小了人落地过程的动量变化量
C．鞋垫延长了人与地面相互作用的时间
D．鞋垫可将吸收的能量尽可能多地回馈给人
【解析】根据动量定理有(F－mg)t＝0－(－mv)，解得F＝eq \f(mv,t)＋mg，鞋垫的作用是延长了人与地面的作用时间t，减小了人和地面的作用力F，鞋垫的作用是将尽可能多的能量反馈给人，A、C、D正确；鞋垫没有改变人的末动量0，也没有改变人的初动量mv，人落地过程的动量变化量不变，B错误。故选B。
2. (2022·湖南郴州质检)如图所示，质量分别为m1、m2的两个小球A、B，带有等量异种电荷，通过绝缘轻弹簧相连接，置于绝缘光滑的水平面上。突然加一水平向右的匀强电场后，两球A、B将由静止开始运动，对两小球A、B和弹簧组成的系统，在以后的运动过程中，以下说法正确的是(设整个过程中不考虑电荷间库仑力的作用，且弹簧不超过弹性限度)( A )
A．系统动量守恒
B．系统机械能守恒
C．弹簧弹力与静电力大小相等时系统机械能最大
D．系统所受合外力的冲量不为零
【解析】加上电场后，两球所带电荷量相等而电性相反，两球所受的静电力大小相等、方向相反，则系统所受静电力的合力为零，系统的动量守恒，由动量定理可知，合外力冲量为零，故A正确，D错误；加上电场后，静电力分别对两球做正功，两球的动能先增加，当静电力和弹簧弹力平衡时，动能最大，然后弹力大于静电力，两球的动能减小，直到动能均为0，弹簧最长为止，但此过程中系统机械能一直都在增加，故B、C错误。故选A。
3. (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( D )
A．W2＝3W1，I2≤3I1
B．W2＝3W1，I2≥I1
C．W2＝7W1，I2≤3I1
D．W2＝7W1，I2≥I1
【解析】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。
4. (2023·南京三模)运动员用同一足球罚点球，两次射门，足球斜向上踢出，分别水平打在水平横梁上的a、b两点，a为横梁中点，如图所示，不计空气的作用效果。下列说法正确的是( D )
A．两次的初速度大小可能相等
B．击中a用的时间长
C．击中a的过程中，重力做功少
D．两过程中动量变化量相等
【解析】两次射门足球分别水平打在水平横梁上，足球离地面的高度相同，根据位移公式h＝eq \f(1,2)gt2，可知击中a、b所用的时间相同，根据速度公式vy＝gt，可知踢出时竖直方向的速度相同，击中a、b时水平方向的位移不同，根据vx＝eq \f(x,t)，可知踢出时水平方向的速度不同，则根据v＝eq \r(v\\al(2,x)＋v\\al(2,y))，可知两次的初速度大小不相等，故A、B错误；击中a、b的过程中，足球上升的高度相同，重力做功相同，故C错误；取竖直向上为正方向，根据动量定理有Δp＝－mgt，可知两过程中动量变化量相等，故D正确。故选D。
5. (2022·广西北海一模)一辆总质量为M(含人和沙包)的雪橇在水平光滑冰面上以速度v匀速行驶。雪橇上的人每次以相同的速度3v(对地速度)向行驶的正前方抛出一个质量为m的沙包。抛出第一个沙包后，车速减为原来的eq \f(4,5)。下列说法正确的是( D )
A．每次抛出沙包前后，人的动量守恒
B．雪橇有可能与抛出的沙包发生碰撞
C．雪橇的总质量M与沙包的质量m满足Mm＝121
D．抛出第四个沙包后雪橇会后退
【解析】每次抛出沙包前后，雪橇(含人)和抛出的沙包总动量守恒，故A错误；抛出沙包后，雪橇的速度不会超过v，不可能再与抛出的沙包发生碰撞，故B错误；规定雪橇的初速度方向为正方向，对抛出第一个沙包前后，根据动量守恒定律有Mv＝(M－m)eq \f(4,5)v＋m·3v，得M＝11m，故C错误；抛出第四个沙包后雪橇速度为v1，由全过程动量守恒得Mv＝(M－4m)v1＋4m·3v，将M＝11m代入得v1＝－eq \f(v,7)，故D正确。
6. (多选)(2023·四川绵阳三诊)从货车上卸载货物时，工人往往在车厢与地面间放置一倾斜的板，如图所示。板与水平地面间的夹角θ在0～90°范围内可调，货物从距地面高H处沿板面由静止开始下滑，再沿水平地面滑动一段距离x后停下。忽略货物下滑到地面时与地面的碰撞，假设货物与板面、货物与地面间的动摩擦因数均相同，货物在板上滑行的时间为t1，在水平地面上滑行的时间为t2。则( AD )
A．若θ不变，H越大，则x越大
B．若θ不变，H越大，则eq \f(t1,t2)越大
C．若H不变，θ越大，则x越小
D．若H不变，θ越大，则eq \f(t1,t2)越小
【解析】由动能定理mgH－μmgcs θ·eq \f(H,sin θ)－μmgx＝0，可得eq \f(H,μ)－μcs θ·eq \f(H,sin θ)＝x，若θ不变，H越大，则x越大，若H不变，θ越大，则x越大，故A正确，C错误；由动量定理(mgsin θ－μmgcs θ)t1＝mv，－μmgt2＝－mv，可得eq \f(t1,t2)＝eq \f(μ,sin θ－μcs θ)，可知eq \f(t1,t2)与H无关，θ越大，则eq \f(t1,t2)越小，故B错误，D正确。故选AD。
7. (2022·湖南衡阳市一模)飞船在进行星际飞行时，使用离子发动机作为动力，这种发动机工作时，由电极发射的电子射入稀有气体(如氙气)，使气体离子化，电离后形成的离子由静止开始在电场中加速并从飞船尾部高速连续喷出，利用反冲使飞船本身得到加速。已知一个氙离子质量为m，电荷量为q，加速电压为U，飞船单位时间内向后喷射出的氙离子的个数为N，从飞船尾部高速连续喷出氙离子的质量远小于飞船的质量，则飞船获得的反冲推力大小为( C )
A.eq \f(1,N)eq \r(2qUm) B．eq \f(1,N)eq \r(\f(qUm,2))
C．Neq \r(2qUm) D．Neq \r(\f(qUm,2))
【解析】根据动能定理得qU＝eq \f(1,2)mv2，解得v＝eq \r(\f(2qU,m))，对Δt时间内喷射出的氙离子，根据动量定理，有ΔMv＝FΔt，其中ΔM＝NmΔt，联立有F＝Nmv＝N·m·eq \r(\f(2qU,m))＝Neq \r(2qUm)，则根据牛顿第三定律可知，飞船获得的反冲推力大小为F′＝Neq \r(2qUm)，故选C。
8. (2023·山东潍坊模拟)打桩机是基建常用工具。某兴趣小组为研究打桩机的工作原理，制作了如图所示的简易模型。重物A、B、C的质量均为m，三者通过不可伸长的轻质长绳跨过两个等高的光滑定滑轮连接。C与滑轮等高(图中实线位置)时，与两滑轮间的距离均为eq \f(L,2)。某次打桩时，C由图中实线位置静止释放。为了使打桩效果最好，兴趣小组调整装置的高度，使C在速度最大时与正下方质量为2m的静止桩D正碰，设碰撞时间极短，碰撞后C的速度为零。已知重力加速度大小为g，则下列说法正确的是( C )
A．在碰撞之前绳子拉力一直变大
B．C的下落高度为eq \f(\r(3)L,2)
C．C的最大速度为(eq \r(3)－1)eq \r(\f(gL,3))
D．若D受到的阻力恒定，竖直向下运动eq \f(1,50)L，则D受到的阻力约为2.2mg
【解析】使C在速度最大时与正下方质量为2m的静止桩D正碰，在碰撞之前，C一直加速运动，且加速度越来越小，A、B也做加速度减小的加速运动，对A、B根据牛顿第二定律可知，绳子拉力一直减小，故A错误；C在速度最大时，合力为零，则拉C的两根绳子拉力为mg，则根据力的合成及几何关系可知，两根绳子夹角为120°，C的下落高度为h＝eq \f(L,2)tan 30°＝eq \f(\r(3),6)L，故B错误；C的最大速度为mgh－2×mgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\f(L,2),cs 30°)－\f(L,2)))＝eq \f(1,2)mv2＋eq \f(1,2)×2m(vcs 60°)2，解得v＝(eq \r(3)－1)eq \r(\f(gL,3))，故C正确；根据动能定理0－eq \f(1,2)×2mv′2＝2mgeq \f(1,50)L－feq \f(1,50)L，解得f＝4.23mg，故D错误。
B组·综合练
9. (多选)(2023·河南开封三模)如图所示，两根长度均为L的轻质细杆，一端用质量为m的球形(视为铰链球a)铰链相连，两杆另一端分别安装质量为m和2m的小球b、c。开始时两杆并拢，竖直放置在光滑水平地面上，铰链球在上，从静止释放，b、c两球开始向两边滑动，两杆始终保持同一竖直面内。已知三球本身的大小、a小球碰地面的能量损失以及一切阻力均可忽略，重力加速度为g。下列说法正确的是( ACD )
A．a、b、c三小球组成的系统机械能守恒
B．a、b、c三小球组成的系统动量守恒
C．a小球碰地面时速度为eq \r(2gL)
D．当两杆夹角为90°时，b、c两球的速度之比为53
【解析】铰链球a与桌面相碰时，三球的水平速度均为零，只有铰链球a具有竖直向下的速度u。a、b、c三小球组成的系统机械能守恒，则有mgL＝eq \f(1,2)mu2，解得a小球碰地面时速度为u＝eq \r(2gL)，故AC正确；在铰链球下落过程中，铰链球a竖直方向有加速度，b、c两球竖直方向没有加速度，可知a、b、c三小球组成的系统竖直方向动量不守恒；a、b、c三小球组成的系统水平方向不受力，故a、b、c三小球组成的系统水平方向动量守恒，当两杆夹角为90°时，如图所示，
根据系统水平方向动量守恒可得mv1＋mu1－2mv2＝0，a、b、c三小球组成的系统机械能守恒，则有eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)m(ueq \\al(2,1)＋ueq \\al(2,2))＋eq \f(1,2)×2mveq \\al(2,2)＝mgL(1－sin 45°)，因杆刚性，每杆上、下两端小球沿杆长方向的速度分量应相同，当两杆夹角为90°时，有v1cs 45°＝u1cs 45°＋u2sin 45°，v2cs 45°＝u2sin 45°－u1cs 45°，联立以上各式可解得v2＝eq \r(\f(3,10)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(\r(2),2)))gL)，v1＝eq \f(5,3)v2，u1＝eq \f(1,3)v2，u2＝eq \f(4,3)v2，故当两杆夹角为90°时，b、c两球的速度之比为v1v2＝53，故B错误，D正确。故选ACD。
10. (多选)(2023·山东枣庄二模)如图甲所示，AB为光滑的水平直轨道。BCD为光滑的半圆轨道。质量为m的小物体置于A点，在水平力F的作用下由静止开始运动。F随时间t的变化规律如图乙所示。已知在2t0时刻小物体恰好经过B点，此时撤去水平力F、小物体刚好能经过D点，重力加速度为g，则下列说法正确的是( CD )
A．t0时刻水平力F的瞬时功率为eq \f(7F\\al(2,0)t0,2m)
B．0～t0时间内水平力F做功为eq \f(9F\\al(2,0)t\\al(2,0),4m)
C．0～t0时间内水平力F做功为eq \f(9F\\al(2,0)t\\al(2,0),8m)
D．小物体落到水平面的位置离B点的距离为eq \f(49F\\al(2,0)t\\al(2,0),10m2g)
【解析】t0时刻速度设为v1，由F-t图像和动量定理得eq \f(F0＋2F0,2)t0＝mv1解得v1＝eq \f(3F0t0,2m)，t0时刻水平力F的瞬时功率为P＝2F0v1＝eq \f(3F\\al(2,0)t0,m)，故A错误；根据动能定理得0～t0时间内水平力F做功为W＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＝eq \f(9F\\al(2,0)t\\al(2,0),8m)，故B错误，C正确；小物体刚好能经过D点，有mg＝meq \f(v\\al(2,D),R)，2t0时刻小物体恰好经过B点，由F-t图像和动量定理得eq \f(F0＋2F0,2)t0＋2Ft0＝mvB，解得vB＝eq \f(7F0t0,2m)，从B点到D点由动能定理得－mg·2R＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,D)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)，解得vD＝eq \f(7F0t0,2\r(5)m)，从D点抛出后做平抛运动，则有2R＝eq \f(1,2)gt2，x＝vDt，解得x＝eq \f(49F\\al(2,0)t\\al(2,0),10m2g)，故D正确，故选CD。
11. (2023·陕西二模)工人使用一块长L＝4 m的木板从平台上卸货，木板一端搭在平台上(与平台等高)，另一端固定在地面，形成倾角θ＝37°的斜面。工人甲从木板底部推动质量M＝3 kg的小车，使小车以v0＝12 m/s的速度冲上木板。当小车在木板上运动一段时间t后，工人乙站在平台上，以v1＝2.4 m/s的速度水平抛出货物，货物速度方向与木板平行时恰好落入到达斜面顶端的小车，两者速度立刻变为零。已知小车与木板间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，小车和货物均可视为质点，求：
(1)货物抛出点距平台边缘的水平距离x；
(2)货物的质量m；
(3)推出小车与抛出货物间的时间间隔t。
【答案】(1)0.432 m (2)8 kg (3)0.22 s
【解析】(1)由于货物落入小车时速度方向沿着斜面方向，故vy＝v1tan 37°＝2.4×eq \f(3,4) m/s＝1.8 m/s
设货物从抛出到落入小车的时间为t1，则t1＝eq \f(vy,g)＝eq \f(1.8,10) s＝0.18 s
货物抛出点距平台边缘的水平距离x＝v1t1＝2.4×0.18 m＝0.432 m。
(2)货物落入小车时的速度v2＝eq \f(v1,cs 37°)＝eq \f(2.4,0.8) m/s＝3 m/s
以沿斜面向下为正方向，小车沿斜面向上运动，则有a1＝eq \f(Mgsin 37°＋μMgcs 37°,M)＝10 m/s2
设小车到达斜面顶端的速度为vt，根据运动学公式可得veq \\al(2,t)－veq \\al(2,0)＝－2a1L
解得vt＝8 m/s；
货物和小车碰撞瞬间沿斜面方向动量守恒Mvt－mv2＝0
解得m＝8 kg。
(3)设小车从斜面底端到达斜面顶端时间为t2，
则t2＝eq \f(v0－v1,a1)＝eq \f(12－8,10) s＝0.4 s
则t＝t2－t1＝0.4 s－0.18 s＝0.22 s。
12. (2023·湖南卷)如图，质量为M的匀质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有一个半椭圆形的光滑轨道，椭圆的半长轴和半短轴分别为a和b，长轴水平，短轴竖直。质量为m的小球，初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑。以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点，在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系xOy，椭圆长轴位于x轴上。整个过程凹槽不翻转，重力加速度为g。
(1)小球第一次运动到轨道最低点时，求凹槽的速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的距离；
(2)在平面直角坐标系xOy中，求出小球运动的轨迹方程；
(3)若eq \f(M,m)＝eq \f(b,a－b)，求小球下降h＝eq \f(b,2)高度时，小球相对于地面的速度大小(结果用a、b及g表示)。
【答案】(1)v2＝eq \r(\f(2m2gb,M2＋Mm)) x2＝eq \f(m,M＋m)a
(2)eq \f([xM＋m－ma]2,M2a2)＋eq \f(y2,b2)＝1
(3)2beq \r(\f(g,a＋3b))
【解析】(1)小球运动到最低点的时候小球和凹槽水平方向系统动量守恒，取向左为正
0＝mv1－Mv2
小球运动到最低点的过程中系统机械能守恒
mgb＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)Mveq \\al(2,2)
联立解得v2＝eq \r(\f(2m2gb,M2＋Mm))
因水平方向在任何时候都动量守恒即
0＝meq \(v,\s\up6(－))1－Meq \(v,\s\up6(－))2
两边同时乘t可得mx1＝Mx2
且由几何关系可知
x1＋x2＝a
联立记得x2＝eq \f(m,M＋m)a。
(2)小球向左运动过程中凹槽向右运动，当小球的坐标为(x，y)时，此时凹槽水平向右运动的位移为Δx，根据上式有m(a－x)＝M·Δx
则小球现在在凹槽所在的椭圆上，根据数学知识可知此时的椭圆方程为eq \f(x－Δx2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1
整理得eq \f([xM＋m－ma]2,M2a2)＋eq \f(y2,b2)＝1。
(3)将eq \f(M,m)＝eq \f(b,a－b)代入小球的轨迹方程化简可得[x－(a－b)]2＋y2＝b2
即此时小球的轨迹为以(a－b)为圆心，b为半径的圆，则当小球下降的高度为eq \f(b,2)时有如图
此时可知速度和水平方向的夹角为60°，小球下降eq \f(b,2)的过程中，系统水平方向动量守恒
0＝mv3cs 60°－Mv4
系统机械能守恒
mgeq \f(b,2)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,3)＋eq \f(1,2)Mveq \\al(2,4)
联立得v3＝eq \r(\f(4gb2,a＋3b))＝2beq \r(\f(g,a＋3b))。