高考物理二轮复习闯关导练热点7动量和动量守恒定律含答案

这是一份高考物理二轮复习闯关导练热点7动量和动量守恒定律含答案，共11页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1．[2020·湖北宜昌市6月调考]如图所示，篮球运动员接传来的篮球时，通常要先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球迅速引至胸前．这样做可以( )
A．减小球对手冲量的大小
B．减小球对手作用力的大小
C．减小球的动量变化量的大小
D．减小球对手的作用时间
2．高空抛物是非常危险的事．设质量为M＝1 kg的小球从20 m的楼上做自由落体运动落到地面，与水泥地面接触时间为0.01 s，g取10 m/s2，那么小球对地面的冲击力约是小球重力的( )
A．10倍 B．20倍
C．200倍 D．2 000倍
3．[2020·全国卷Ⅲ，15]甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示．已知甲的质量为1 kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为( )
A．3 J B．4 J
C．5 J D．6 J
4．如图所示是一个物理演示实验，图中自由下落的物体A和B被反弹后，B能上升到比初位置高的地方．A是某种材料做成的有凹坑的实心球，质量为m1＝0.28 kg，在其顶部的凹坑中插着质量为m2＝0.1 kg的木棍B，B只是松松地插在凹坑中，其下端与坑底之间有小空隙．将此装置从A下端离地板的高度H＝1.25 m处由静止释放，实验中，A触地后在极短时间内反弹，且其速度大小不变，接着木棍B脱离球A开始上升，而球A恰好停留在地板上，则反弹后木棍B上升的高度为(重力加速度g取10 m/s2)( )
A．4.05 m B．1.25 m
C．5.30 m D．12.5 m
5．[2020·四川遂宁市三诊]
如图所示，水平地面光滑，水平轻弹簧一端固定在墙上，另一端拴接质量为m的小球A.另一个质量也为m的小球B以速度v0向左运动，与A碰撞时间极短、且碰后粘在一起．则从B与A开始碰撞到压缩弹簧至最短的过程，对A球、B球、弹簧组成的系统( )
A．动量守恒，机械能不守恒
B．动量不守恒，机械能守恒
C．对墙产生的冲量大小为mv0
D．弹簧最大弹性势能为eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
6．如图1所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个点电荷，t＝0时，甲静止，乙以6 m/s的初速度向甲运动，此后，它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动(整个运动过程中没有接触)，它们运动的v ­ t图象如图2所示，则( )
A．两电荷的电性一定相反
B．甲、乙两个点电荷的质量之比为2：1
C．在0～t2时间内，两电荷间的静电力先增大后减小
D．在0～t3时间内，甲的动能一直增大，乙的动能一直减小
7．如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A以速度v0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x.现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B(如图乙所示)，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x，则( )
A．物体A的质量为3m
B．物体A的质量为2m
C．弹簧压缩量最大时的弹性势能为eq \f(3,2)mveq \\al(2,0)
D．弹簧压缩量最大时的弹性势能为mveq \\al(2,0)
二、非选择题
8．[2020·四川遂宁市三诊]如图所示，在反推火箭作用下，飞船在距某星球表面100米处悬停，通过对障碍物和坡度进行识别，选定相对平坦的区域后，开始以a＝2 m/s2竖直下降．当四条“缓冲脚”触地时，反推火箭立即停止工作，随后飞船经2 s减速到0，停止在该星球表面上．飞船质量m＝1 000 kg，每条“缓冲脚”与地面的夹角为60°，该星球表面的重力加速度g＝3.6 m/s2，四条缓冲脚的质量不计．求：
(1)飞船竖直下降过程中，火箭推力对飞船做了多少功；
(2)从反冲脚触地到飞船速度减为0的过程中，每条“缓冲脚”对飞船的冲量大小．
9．如图所示，水平光滑地面上有两个静止的小物块A和B(可视为质点)，A的质量m＝1.0 kg，B的质量M＝4.0 kg，A、B之间有一轻质压缩弹簧，且A、B间用细线相连(图中未画出)，弹簧的弹性势能Ep＝40 J，弹簧的两端与物块接触但不固定连接．水平面的左侧有一竖直墙壁，右侧与倾角为30°的光滑斜面平滑连接．将细线剪断，A、B分离后立即撤去弹簧，物块A与墙壁发生弹性碰撞后，A在B未到达斜面前追上B，并与B相碰后结合在一起向右运动，g取10 m/s2，求：
(1)A与弹簧分离时的速度大小；
(2)A、B沿斜面上升的最大距离．
10．[2020·河南安阳市下学期二模]
如图所示，一圆心为O、半径为R的光滑半圆轨道固定在竖直平面内，其下端和粗糙的水平轨道在A点相切，AB为圆弧轨道的直径．质量分别为m、2m的滑块1、2用很短的细线连接，在两滑块之间夹有压缩的短弹簧(弹簧与滑块不固连)，滑块1、2位于A点．现剪断两滑块间的细线，滑块1恰能过最高处的B点，且落地点恰与滑块2停止运动的地点重合．滑块1、2可视为质点，不考虑滑块1落地后反弹，不计空气阻力，重力加速度为g，求：
(1)滑块1过B点的速度大小；
(2)弹簧释放的弹性势能大小；
(3)滑块2与水平轨道间的动摩擦因数．
11．[2020·天津卷，11]长为l的轻绳上端固定，下端系着质量为m1的小球A，处于静止状态．A受到一个水平瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动，恰好能通过圆周轨迹的最高点．当A回到最低点时，质量为m2的小球B与之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圆周运动，并能通过圆周轨迹的最高点．不计空气阻力，重力加速度为g，求：
(1)A受到的水平瞬时冲量I的大小；
(2)碰撞前瞬间B的动能Ek至少多大？
热点7 动量和动量守恒定律
1．答案：B
2．答案：C
解析：小球下落过程，由动能定理得Mgh＝eq \f(1,2)Mv2－0，解得v＝eq \r(2gh)＝eq \r(2×10×20) m/s＝20m/s，方向竖直向下；与地面接触过程，由动量定理得(Mg－F)t＝0－Mv，解得F＝2 010 N，故小球对地面的冲击力大小为2 010 N，由于小球重力G＝10 N，故C项正确．
3．答案：A
解析：由图象可知甲物块碰前速度v甲＝5 m/s，乙物块碰前速度v乙＝1 m/s，甲物块碰后速度v′甲＝－1 m/s，乙物块碰后速度v′乙＝2 m/s.甲和乙碰撞过程中系统动量守恒，有m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v′甲＋m乙v′乙，解得m乙＝6 kg.碰撞过程中两物块损失的机械能ΔE＝eq \f(1,2)m甲veq \\al(2,甲)＋eq \f(1,2)m乙veq \\al(2,乙)－eq \f(1,2)m甲v甲′2－eq \f(1,2)m乙v′eq \\al(2,乙)＝3 J．故选A项．
4．答案：A
解析：由题意可知，A、B做自由落体运动，由v2＝2gH，可得A、B的落地速度的大小v＝eq \r(2gH)，A反弹后与B的碰撞为瞬时作用，A、B组成的系统在竖直方向上所受合力虽然不为零，但作用时间很短，系统的内力远大于外力，所以动量近似守恒，故有m1v－m2v＝0＋m2v′2，B上升高度h＝eq \f(v′\\al(2,2),2g)，联立并代入数据得h＝4.05 m，A正确．
5．答案：C
解析：A、B发生了完全非弹性碰撞，在碰撞过程中机械能有损失，所以系统的机械能不守恒；从A、B开始一起运动至弹簧被压缩到最短的过程中，由于墙面对弹簧有作用力，A、B及弹簧组成的系统所受的合外力不为零，则在此运动过程中动量不守恒，故A、B错误；对系统在整个过程中由动量定理：I＝0－mv0，则这个系统对墙产生的冲量大小为mv0，故C正确；A、B碰撞过程，取向左为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝2mv，解得：v＝eq \f(1,2)v0，弹簧的最大弹性势能为：Ep＝eq \f(1,2)×2mv2＝eq \f(1,4)mveq \\al(2,0)，故D错误．
6．答案：BC
解析：由图象0～t1段可以看出甲从静止开始与乙同向运动，说明甲受到了乙的排斥力作用，则两电荷的电性一定相同，A错误；两电荷相互作用时，系统受到的合外力为零，故动量守恒，设向左为正方向，t1时刻两电荷速度相等，v＝2 m/s，有Mv0＝(M＋m)v，解得m＝2M，即甲、乙两个点电荷的质量之比为2︰1，B正确；在0～t1时间内两电荷间距离逐渐减小，在t1～t2时间内两电荷间距离逐渐增大，由库仑定律知，两电荷间的静电力先增大后减小，C正确；由图象可看出，0～t3时间内，甲的速度一直增大，动能一直增大，乙的速度先减小，后反向增大，则其动能先减小后增大，D错误．
7．答案：AC
解析：若弹簧固定，则当弹簧压缩量最大时，弹性势能最大，A的动能转化为弹簧的弹性势能，根据机械能守恒定律得，弹簧被压缩过程中最大的弹性势能等于A的初动能，设A的质量为mA，即有Epm＝eq \f(1,2)mAveq \\al(2,0)，若弹簧一端连接另一质量为m的物体B，A与弹簧相互作用的过程中，B将向右运动，A、B速度相等时，弹簧的弹性势能最大，选取A的初速度的方向为正方向，由动量守恒定律得mA·2v0＝(m＋mA)v，由机械能守恒定律得Epm＝eq \f(1,2)mA(2v0)2－eq \f(1,2)(mA＋m)v2，联立得mA＝3m，Epm＝eq \f(3,2)mveq \\al(2,0)，故A、C正确，B、D错误．
8．答案：(1)－1.6×105 J (2)eq \f(13 600\r(3),3) N·s
解析：(1)飞船加速下降时火箭推力为F，则mg－F＝ma
推力对火箭做功为：W＝－Fh
解得：W＝－1.6×105 J；
(2)t＝2 s，a＝2 m/s2
反冲脚触地前瞬间，飞船速度大小为v，则有：v2＝2ah
从反冲脚触地到飞船速度减为0的过程中，每条“反冲脚”对飞船的冲量大小为I，由动量定理有：4Isin 60°－mgt＝mv
解得：I＝eq \f(13 600\r(3),3) N·s.
9．答案：(1)8 m/s (2)1.024 m
解析：(1)设A、B与弹簧分离时的速度大小分别为v1、v2，
系统动量守恒：0＝mv1－Mv2
系统能量守恒：Ep＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)Mveq \\al(2,2)
解得v1＝8 m/s，v2＝2 m/s；
(2)A与墙壁碰后速度大小不变，设A与B相碰后，A与B的速度大小为v，
A、B系统动量守恒：mv1＋Mv2＝(m＋M)v
解得v＝3.2 m/s
对A、B整体，由动能定理得：
－(m＋M)gLsin 30°＝0－eq \f(1,2)(m＋M)v2
解得L＝1.024 m.
10．答案：(1)eq \r(gR) (2)eq \f(15,4)mgR (3)eq \f(5,16)
解析：(1)滑块1恰能经过B点，
则有mg＝meq \f(v\\al(2,B),R)
解得：vB＝eq \r(gR)
(2)滑块1从A点运动到B点的过程中，根据动能定理有：
－mg·2R＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)
解得vA＝eq \r(5gR)
滑块1、2被弹簧弹开过程，根据动量守恒定律有：mvA＝2mv
根据能量守恒定律有：
Ep＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)＋eq \f(1,2)·2mv2
联立解得：Ep＝eq \f(15,4)mgR
(3)滑块1经过B点后做平抛运动，则水平方向有：x＝vBt
竖直方向有：2R＝eq \f(1,2)gt2
滑块2在水平方向做匀减速运动，根据动能定理有：－μ·2mg·x＝0－eq \f(1,2)·2mv2
联立解得：μ＝eq \f(5,16)
11．答案：(1)m1eq \r(5gl) (2)eq \f(5gl2m1＋m22,2m2)
解析：(1)A恰好能通过圆周轨迹的最高点，此时轻绳的拉力刚好为零，设A在最高点时的速度大小为v，由牛顿第二定律，有
m1g＝m1eq \f(v2,l)①
A从最低点到最高点的过程中机械能守恒，取轨迹最低点处重力势能为零，设A在最低点的速度大小为vA，有
eq \f(1,2)m1veq \\al(2,A)＝eq \f(1,2)m1v2＋2m1gl②
由动量定理，有I＝m1vA③
联立①②③式，得I＝m1eq \r(5gl)④
(2)设两球粘在一起时的速度大小为v′，
A、B粘在一起后恰能通过圆周轨迹的最高点，需满足v′＝vA⑤
要达到上述条件，碰后两球速度方向必须与碰前B的速度方向相同，以此方向为正方向，设B碰前瞬间的速度大小为vB，由动量守恒定律，有
m2vB－m1vA＝(m1＋m2)v′⑥
又Ek＝eq \f(1,2)m2veq \\al(2,B)⑦
联立①②⑤⑥⑦式，得碰撞前瞬间B的动能Ek至少为
Ek＝eq \f(5gl2m1＋m22,2m2)⑧