高考物理二轮复习第1部分专题突破方略专题2第2讲动量动量守恒定律试题含解析

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第一部分　专题二　第2讲　动量　动量守恒定律基础题——知识基础打牢1．(2021·河南普通高中3月适应性考试)高楼坠物极其危险，被称为“悬在城市上空的剑”．若一枚质量为50 g的鸡蛋，从27层楼的窗户自由落下，与地面撞击时间约为0.001 s．不计空气阻力，则鸡蛋对地面的平均作用力约为(　B　)A．3 000 N B．2 000 NC．1 000 N D．500 N【解析】　每层楼高约为3 m，鸡蛋下落的总高度为h＝(27－1)×3 m＝78 m，由公式v2＝2gh可知，落地前的速度v＝≈39 m/s，与地面的碰撞时间约为t2＝0.001 s，与地面撞击过程中，重力冲量可以忽略不计，由动量定理得：Ft＝0－mv，得F＝1 950 N，故选B.2.(多选)(2021·湖南衡阳八中月考)如图所示，垫球是排球运动中通过手臂的迎击动作，使来球从垫击面上反弹出去的一项击球技术，若某次从垫击面上反弹出去竖直向上运动的排球，之后又落回到原位置，设整个运动过程中排球所受阻力大小不变，则(　CD　)A．球从击出到落回的时间内，重力的冲量为零B．球从击出到落回的时间内，空气阻力的冲量为零C．球上升阶段阻力的冲量小于下降阶段阻力的冲量D．若不计阻力，球上升阶段动量的变化等于下降阶段动量的变化【解析】　整个过程中，重力不为零，作用时间不为零，根据IG＝mgt，可知，重力冲量不为零，故A错误；由于整个过程中，阻力都做负功，所以上升阶段的平均速度大于下降阶段的平均速度，即上升过程所用时间比下降过程所用时间少，根据If＝ft可知上升阶段阻力冲量小于下降阶段阻力冲量，整个过程中阻力冲量不为零，故B错误，C正确；若不计空气阻力，并规定向上为正方向，设初速度为v0，上升阶段，初速度为v0，末速度为零，动量变化为Δp1＝0－mv0＝－mv0，下降阶段，初速度为零，末速度为－v0，动量变化为Δp2＝－mv0－0＝－mv0，两者相等，故D正确．故选CD.3．(多选)(2021·广东肇庆二次测试)质量为m的物块在光滑水平面上与质量为M的物块发生正碰，已知碰撞前两物块动量相同，碰撞后质量为m的物块恰好静止，则两者质量之比可能为(　CD　)A．1 B．2C．3 D．4【解析】　设碰前每个物体的动量为p，碰后M的速度为v，由动量守恒得2p＝Mv，由能量守恒可知，碰前系统的动能大于等于碰后系统的动能，又Ek＝，可得＋≥Mv2＝M2，联立解得≥3，CD正确．4.(多选)(2021·湖南长郡中学月考)如图所示，质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB长度为2R，现将质量也为m的小球从距A点正上方h0高处由静止释放，然后由A点经过半圆轨道后从B冲出，在空中能上升的最大高度为(不计空气阻力)．则下列说法错误的是(　ACD　)A．小球和小车组成的系统动量守恒B．小车向左运动的最大距离为RC．小球从B点离开小车不会再落回轨道内D．小球从B点离开小车后又会从B点落回轨道，再次恰好到达A点时速度为零不会从A点冲出【解析】　小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，所以只是系统水平方向动量守恒，故A错误；系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：mv－mv′＝0，m＝m解得x＝R，故选项B正确；由于小球第二次在车中滚动时，对应位置的速度减小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，克服摩擦力做的功小于mgh0，因此小球一定能从A点冲出，故D错误；小球与小车组成的系统水平方向上动量守恒，则知小球由B点离开小车时水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度均为零，小球离开小车后竖直上抛运动，最后又从B点落回，则C错误，故选ACD.5．(2021·广东湛江模拟)2020年7月26日，大型水陆两栖飞机“鲲龙”AG600海上首飞成功，为下一步飞机进行海上试飞科目训练及验证飞机相关性能奠定了基础．若飞机的质量为m，从t＝0时刻起，飞机在某段时间t0内由静止开始做加速直线运动，其加速度与时间的关系图像如图所示(图中a0、t0均为已知量)，则在这段时间t0内，飞机所受合力的冲量大小为(　C　)A．ma0t0 B．ma0t0C．ma0t0 D．2ma0t0【解析】　在t＝t0时刻，飞机的速度大小v＝a0×t0＋a0×t0＝a0t0，根据动量定理有I＝mv－0，解得I＝ma0t0，所以C正确；ABD错误．6．(2021·河北衡水中学四调)如图甲所示，光滑水平面上有a、b两个小球，a球向静止的b球运动并与b球发生正碰后粘合在一起共同运动，其碰前和碰后的s－t图像如图乙所示．已知ma＝5 kg，两球因碰撞而损失的机械能为ΔE，则(　A　)A．ΔE＝15 J B．ΔE＝12 JC．ΔE＝6 J D．ΔE＝5 J【解析】　两球碰撞前a球的速度大小为va＝＝＝6 m/s，b球的速度大小为0，碰撞后a、b两球的速度大小为v＝＝＝5 m/s，根据动量守恒定律可得mava＋mbvb＝(ma＋mb)v，解得mb＝1 kg，根据动能定理可得损失的机械能为ΔE＝mav－(ma＋mb)v2＝15 J，故选A．7．(2021·江苏新高考适应性考试)带电粒子碰撞实验中，t＝0时粒子A静止，粒子B以一定的初速度向A运动．两粒子的v－t图像如图所示，仅考虑静电力的作用，且A、B未接触．则(　B　)A．A粒子质量小于B粒子B．两粒子在t1时刻的电势能最大C．A在t2时刻的加速度最大D．B在0～t3时间内动能一直减小【解析】　两粒子碰撞过程动量守恒，则由图可知，在t＝0时刻p0＝mBv0，在t＝t2时刻p2＝mAvA则mBv0＝mAvA因为v0>vA则mB<mA，选项A错误；两粒子在t1时刻速度相等，系统损失动能最大，则系统的电势能最大，选项B正确；两粒子在t1时刻距离最近，两粒子库仑力最大，即A在t1时刻的加速度最大，选项C错误；B在0～t3时间内速度先减小后反向增加，则动能先减小后增加，选项D错误．8．(2021·广东阳江模拟)质量为m的翼装飞行爱好者乘飞机到达空中某处后，以速度v0水平跳出，由于风力的影响，经时间t，爱好者下落至跳出点的正下方时，其速度大小仍为v0，但方向与初速度相反，其运动轨迹如图所示，重力加速度为g，在此段时间t内(　D　)A．风力一定沿水平方向B．飞行爱好者机械能减少，mg2t2C．风力对爱好者的冲量大小为2mv0D．风力对爱好者的冲量大小为【解析】　在风力作用下，飞行爱好者做曲线运动，风力在水平方向提供与初速度方向相反的力，使飞行爱好者在水平方向先减速再反向加速；同时风力对飞行爱好者还有向上的分作用力，故风对飞行爱好者作用力方向大致沿初速度的后上方，故A错误；假设物体在竖直方向做自由落体运动，t时间内下落的高度为h＝gt2，物体的重力势能减小量为ΔEp减＝mgh＝，但物体在下落h高度后竖直方向速度为零，故竖直方向不可能做自由落体运动，故B错误；取物体开始时的速度方向为正方向，根据动量定理，水平方向合力(即风力的水平分力)对物体的冲量Ix＝－mv0－mv0＝－2mv0，设风力竖直方向的冲量为Iy，竖直方向取向上为正，则竖直方向根据动量定理得Iy－mgt＝0，则风力对爱好者的冲量大小为I＝＝，故C错误，D正确．故选D.应用题——强化学以致用9．(多选)(2021·河北衡水中学四调)质量为3m足够长的木板静止在光滑的水平面上，木板上依次排放质量均为m的木块1、2、3，木块与木板间的动摩擦因数均为μ.现同时给木块1、2、3水平向右的初速度v0、2v0、3v0，已知重力加速度为g.则下列说法正确的是(　BCD　)A．1木块相对木板静止前，木板是静止不动的B．1木块的最小速度是v0C．2木块的最小速度是v0D．木块3从开始运动到相对木板静止时对地位移是【解析】　木块1在木板上向右减速运动，该过程木板向右做加速运动，当木块1与木板速度相等时相对木板静止，由此可知，1木块相对静止前木板向右做加速运动，故A错误；木块与木板组成的系统所受合外力为零，当木块1与木板共速时木板的速度最小，设木块与木板间的摩擦力为f，则木块1的加速度a1＝做匀减速运动，而木板a＝＝做匀加速运动，则v1＝v0－a1t＝at，v1＝v0，故B正确；设木块2的最小速度为v2，此时木块2与木板刚刚共速，木块2此时速度的变量为2v0－v2，则木块3此时速度为3v0－(2v0－v2)＝v0＋v2，由动量守恒定律得：m(v0＋2v0＋3v0)＝5mv2＋m(v0＋v2)，解得v2＝v0，故C项正确；木块与木板组成的系统动量守恒，以向右为正方向，3木块相对木板静止过程，由动量守恒定律得m(v0＋2v0＋3v0)＝(3m＋3m)v3，解得v3＝v0，对3木块，由动能定理得－μmgx＝mv－m(3v0)2，解得x＝，故D正确；故选BCD.10.(2021·安徽、河南、山西联考)如图所示，质量均为m的木块A和B用一劲度系数为k的轻弹簧相连，竖直放置在光滑的水平面上，木块A上放有质量为2m的木块C，三者均处于静止状态，现将木块C迅速移开，若重力加速度为g.则下列说法中正确的是(　C　)A．木块C移开的瞬间，地面对木块B的支持力为2mgB．木块C移开的瞬间，木块A的加速度大小为3gC．木块A向上运动的距离为时，A的动量最大D．木块B可能离开地面向上运动【解析】　在木块C被移开前，以ABC整体为研究对象，进行受力分析可知，地面对B的支持力为4mg，木块C移开的瞬间，弹簧的弹力不变，地面对B的支持力保持不变，所以木块C移开的瞬间，地面对木块B的支持力为4mg，故A错误；在木块C被移开前，对A进行受力分析，可知A受到C的压力、弹簧的支持力和重力，弹簧的支持力和重力的合力大小等于C的重力大小，当木块C移开的瞬间，弹簧的支持力和重力的合力保持不变，所以A受到的合力大小等于C的重力大小，根据牛顿第二定律可知aA＝＝2g，故B错误；当A所受合力为0时，A的速度最大，动量最大．当木块C被移开前，弹簧的形变量为x1＝＝，当A所受合力为0时，弹簧的形变量为x2＝＝木块A向上运动的距离为Δx＝x1－x2＝，所以木块A向上运动的距离为时，A的动量最大，故C正确；由C项分析和对称性可知，木块A可以继续上升的高度为Δx，此时弹簧的伸长量为x3＝2Δx－x1＝，此时弹簧的弹力为F＝kx3＝mg，可知木块B刚好与地面的弹力刚好为0，但不可能离开地面向上运动，故D错误．11．(2021·广东东莞市模拟)如图所示，固定轨道由水平轨道AB，与AB相切于B点且半径R＝0.18 m的竖直半圆轨道BC组成，AB上静置一质量m1＝0.3 kg的小滑块a；AB右侧水平地面上停靠一质量M＝0.4 kg的小车，小车的上表面水平且与AB等高，锁定小车．一水平轻弹簧右端固定在小车的挡板上，弹簧的自由端在P点，P点左侧的小车上表面是粗糙的，其他各处的摩擦均不计．现用手将一质量m2＝0.1 kg的小滑块b缓慢向右压缩弹簧一段距离并由静止释放b，b离开弹簧一段时间后与a发生弹性碰撞，碰撞后a沿轨道运动，恰好能通过最高点C，此后取走a；碰撞后b返回，经弹簧反弹一次后恰好停在小车的左端．已知b与AP间的动摩擦因数μ＝0.225，a、b均视为质点，取重力加速度大小g＝10 m/s2.(1)求碰撞后瞬间a的速率v1；(2)求P、A两点间的距离L以及手对b做的功W；(3)若b与a碰撞时将小车解锁，b最终停在P点左侧何处？【答案】　(1)3 m/s　(2)2.025 J　(3)0.6 m【解析】　(1)碰撞后a沿轨道运动，设a恰好通过最高点C时的速率为vC，有m1g＝m1根据机械能守恒定律有m1v＝m1v＋m1g×2R解得v1＝3 m/s(2)b与a发生弹性碰撞，设碰撞前、后瞬间b的速率分别为v、v2，有m2v＝m1v1－m2v2m2v2＝m1v＋m2v解得v＝6 m/s，v2＝3 m/s由能量守恒定律有m2v＝μm2g×2L解得L＝1 m从用手开始将b向右压缩弹簧到b第一次到达A处的过程中，根据动能定理有W－μm2gL＝m2v2解得W＝2.025 J(3)设b停在车上时b与车的共同速度大小为v3，b在小车上表面P点左侧运动的相对路程为x，由动量守恒定律有m2v2＝(M＋m2)v3由能量守恒定律有m2v＝(M＋m2)v＋μm2gx解得x＝1.6 mb最终停在P点左侧x－L＝0.6 m处．12．(2021·浙江6月选考)如图所示，水平地面上有一高H＝0.4 m的水平台面，台面上竖直放置倾角θ＝37°的粗糙直轨道AB、水平光滑直轨道BC、四分之一圆周光滑细圆管道CD和半圆形光滑轨道DEF，它们平滑连接，其中管道CD的半径r＝0.1 m、圆心在O1点，轨道DEF的半径R＝0.2 m、圆心在O2点，O1、D、O2和F点均处在同一水平线上．小滑块从轨道AB上距台面高为h的P点静止下滑，与静止在轨道BC上等质量的小球发生弹性碰撞，碰后小球经管道CD、轨道DEF从F点竖直向下运动，与正下方固定在直杆上的三棱柱G碰撞，碰后速度方向水平向右，大小与碰前相同，最终落在地面上Q点．已知小滑块与轨道AB间的动摩擦因数μ＝，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2.(1)若小滑块的初始高度h＝0.9 m，求小滑块到达B点时速度v0的大小；(2)若小球能完成整个运动过程，求h的最小值hmin；(3)若小球恰好能过最高点E，且三棱柱G的位置上下可调，求落地点Q与F点的水平距离x的最大值xmax.【答案】　(1)4 m/s　(2)0.45 m　(3)0.8 m【解析】　(1)小滑块在AB轨道上运动，根据动能定理得mgh－μmgcos θ·＝mv，解得v0＝4 m/s.(2)小滑块与小球碰撞后动量守恒，机械能守恒，因此有mv0＝mv块＋mv球，mv＝mv＋mv，解得v块＝0，v球＝v0，小球沿CDEF轨道运动，在最高点可得mg＝m，从C点到E点由机械能守恒可得mv＋mg(R＋r)＝mv，由(1)问可知，小滑块提供给小球的初速度v球min＝，解得hmin＝0.45 m.(3)设F点到G点的距离为y，小球从E点到G点的运动，由动能定理得mg(R＋y)＝mv－mv，由平抛运动可得x＝vGt，H＋r－y＝gt2，联立可得水平距离为x＝2，由数学知识可得当0.5－y＝0.3＋y，x取最大值，最大值为xmax＝0.8 m.