2023高考物理二轮专题复习与测试专题强化练八动量定理与动量守恒定律

这是一份2023高考物理二轮专题复习与测试专题强化练八动量定理与动量守恒定律，共7页。
专题强化练(八)　动量定理与动量守恒定律
1．(2021·湖南卷)物体的运动状态可用位置x和动量p描述，称为相，对应p-x图像中的一个点．物体运动状态的变化可用p-x图像中的一条曲线来描述，称为相轨迹．假如一质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则对应的相轨迹可能是(　　)

A　　　　　　　　　　B

C D
解析：质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则有v2＝2ax，
而动量为p＝mv，
联立可得p＝m＝m·x，
动量p关于x为幂函数，且x>0，故正确的相轨迹图像为D.故选D.
答案：D
2．如图所示，平板车放在光滑的水平面上，木块和轻弹簧放在光滑的平板车上，轻弹簧一端与固定在平板车上的挡板连接，整个装置处于静止，一颗子弹以一定的水平速度射入木块(时间极短)并留在木块中与木块一起向前滑行，与弹簧接触后压缩弹簧，不计挡板和弹簧的质量，从子弹刚好接触木块至弹簧压缩最短的过程中(　　)

A．子弹射入木块过程中，子弹与木块组成的系统动量守恒、机械能守恒
B．子弹和木块一起压缩弹簧过程中，子弹、木块、小车组成的系统动量守恒、机械能守恒
C．整个过程，子弹、木块、小车组成的系统所损失的机械能等于子弹与木块摩擦产生的热量
D．其他条件不变时，小车的质量越大，弹簧的最大压缩量越大
解析：子弹射入木块过程中，子弹与木块组成的系统所受合外力为零，因此动量守恒，而子弹打入木块的过程中，因摩擦产生热量，机械能不守恒，A错误；子弹和木块一起压缩弹簧过程中，子弹、木块、小车和弹簧组成的系统动量守恒、机械能守恒，B错误；整个过程，子弹、木块、小车组成的系统所损失的机械能等于子弹与木块摩擦产生的热量和弹簧增加的弹性势能，C错误；设子弹质量为m0，初速度为v0，木块的质量m，小车的质量为M，子弹射入木块的过程，满足动量守恒m0v0＝(m0＋m)v1，
弹簧压缩量最大时(m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v2，
最大弹性势能Ep＝(m0＋m)v－(m0＋m＋M)v，
整理得Ep＝(m0＋m)v(1－)．
显然小车的质量M越大，弹簧的弹性势能越大，即弹簧的最大压缩量越大，D正确．故选D.
答案：D
3.中国跳水队在东京奥运会共获得7枚金牌．假设跳水运动员(可视为质点)起跳离开跳板后在一条竖直线上运动，空气阻力忽略不计，关于运动员起跳离开跳板后的运动，下列说法正确的是(　　)

A．运动员在空中上升过程中处于超重状态
B．运动员从起跳离开跳板到水的最深处，所受合力做功为零
C．运动员在空中未接触水面前，相同的时间内动量变化相同
D．运动员在空中未接触水面前，相同的时间内动能变化相同
解析：运动员上升过程中只受重力，处于失重状态，A错误；运动员从离开跳板到水的最深处，动能减少，合力做负功，B错误；运动员在空中未接触水面前，只受重力作用，相同的时间内合力冲量相同，动量变化相同，C正确；运动员在空中未接触水面前，相同的时间位移不同，合力做功不同，动能变化不相同，D错误．故选C.
答案：C
4．如图乙所示，篮球由A点投出，A、B、C、D是篮球运动轨迹上的四点，C为篮球运动的最高点．重力加速度为g，空气阻力忽略不计．则下列说法正确的是(　　)

A．篮球经过C点时速度大小为
B．篮球经过B点和D点的动量相同
C．篮球由A到B和由B到C过程，动量的变化量相同
D．篮球由B到C和由C到D过程，重力做功相同
解析：依题意，篮球抛出后做斜抛运动，利用逆向思维，可知篮球从C点做平抛运动到A点，设C点坐标为(0，yC)，C点到B点时间为t，由乙图可知L＝vCt，yC＝gt2，3L－yC＝gt2，
联立，可得yC＝L，vC＝，故A错误；由乙图可知B点和D点在同一水平面上，则可知篮球在两点处的速度大小相等，但方向不同，所以篮球经过B点和D点的动量不相同．故B错误；由乙图可知篮球由A到B和由B到C过程水平方向发生的位移相等，则所用时间相等，根据动量定理可得mgt＝－p，所以动量的变化量相同，故C正确；篮球由B到C过程重力做负功，由C到D过程，重力做正功，二者不同，故D错误．故选C.
答案：C
5．科技冬奥是北京冬奥会的一个关键词，大家在观看滑雪大跳台的比赛时，对“时间切片”有深刻的印象，就是把运动员从跳台上速度斜向上起飞一直到落地的过程展现在一帧画面上，3秒瞬间一帧呈现，给观众带来震撼视觉体验．假如运动员质量为m，离开跳台时速度的大小为v，重力加速度为g，运动中忽略阻力，则(　　)

A．运动员在空中运动的每帧位置之间，重力冲量不相同
B．运动员在空中运动的每帧位置之间，速度的改变方向不同
C．运动员从跳台到最高点过程中，重力势能的增加为
D．运动员从最高点落回地面过程中重力的瞬时功率随时间均匀增加
解析：运动员在空中运动的每帧位置之间，时间间隔相同，重力的冲量由I＝mgt，可知重力冲量相同，故A错误；运动员在空中只受重力作用，运动的每帧位置之间，速度的改变方向由Δv＝gt，可知是相同的，故B错误；运动员从跳台到最高点过程中，由于最高点有水平方向的速度，所以重力势能的增加小于，故C错误；运动员从最高点落回地面过程中重力的瞬时功率为P＝mgv＝mg2t，所以随时间均匀增加，故D正确．故选D.
答案：D
6.如图所示，我国著名选手丁俊晖在比赛中准备击球．设在丁俊晖这一杆中，白色球(主球)和花色球碰撞前、后都在同一直线上运动，碰前白色球的动量pA＝5 kg· m/s，花色球静止，白色球A与花色球B发生碰撞后，花色球B的动量p′B＝4 kg· m/s，则两球质量mA与mB间的关系可能是(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A．mB＝mA B．mB＝mA
C．mB＝mA D．mB＝6mA
解析：由动量守恒定律，得pA＋pB＝p′A＋p′B，代入数据解得p′A＝1 kg· m/s；根据碰撞过程中总动能不增加，则有≥＋，代入数据解得mB≥mA；碰后两球同向运动，白色球A的速度不大于花色球B的速度，则≤，解得mB≤4mA；综上可得mA≤mB≤4mA，选项A正确．
答案：A
7．如题图所示，水上飞行表演中，运动员操控喷射式悬浮飞行器将水带缓慢竖直送上来的水向下喷出，可以完成悬停、上升等各种动作．某次表演时运动员处于悬停状态，喷嘴竖直向下喷出水的速度为v1，若运动员操控装置，以竖直向上的加速度a开始运动瞬间，喷嘴竖直向下喷出水的速度为v2，重力加速度为g，下列关系式正确的是(　　)

A．v1∶v2＝a∶g B．v1∶v2＝g∶(g＋a)
C．v1∶v2＝∶ D．v1∶v2＝∶
解析：设水的密度为ρ，喷嘴喷水出口横截面积为S，喷嘴竖直向下喷出水时，对水竖直向下的作用力大小为F，由动量定理得FΔt＝ρSvΔtv，
可得F＝ρSv2，
当运动员处于悬停状态时有ρSv＝mg，
当运动员操控装置以竖直向上的加速度a开始运动瞬间有ρSv－mg＝ma，
联立解得v1∶v2＝∶，故D正确，A、B、C错误．故选D.
答案：D
8．(多选)如图所示，光滑水平面上有一右端带有固定挡板的长木板，总质量为m.一轻质弹簧右端与挡板相连，弹簧左端与长木板左端的距离为x1.质量也为m的滑块(可视为质点)从长木板的左端以速度v1滑上长木板，弹簧的最大压缩量为x2且滑块恰好能回到长木板的左端；若把长木板固定，滑块滑上长木板的速度为v2，弹簧的最大压缩量也为x2.已知滑块与长木板之间的动摩擦因数为μ，则(　　)

A．v1＝v2
B．弹簧弹性势能的最大值为mv
C．弹簧弹性势能的最大值为μmg(x1＋x2)
D．滑块以速度v2滑上长木板，也恰好能回到长木板的左端
解析：当长木板不固定，弹簧被压缩到最短时两者速度相同，设为v，弹簧最大弹性势能为Ep，从滑块以速度v1滑上长木板到弹簧被压缩到最短的过程，由动量守恒定律和能量守恒定律mv1＝2mv，mv＝·2mv2＋μmg(x1＋x2)＋Ep，
从弹簧被压缩到最短到滑块恰好滑到长木板的左端，两者速度再次相等，由能量守恒Ep＝μmg(x1＋x2)，
若把长木板固定，滑块滑上长木板的速度为v2，弹簧的最大压缩量也为x2，由能量守恒mv＝μmg(x1＋x2)＋Ep，
联立可得v1＝v2，Ep＝mv，
设滑块被弹簧弹开，运动到长木板左端时的速度为v3，由能量守恒Ep＝μmg(x1＋x2)＋mv，
带入数据可解得v3＝0，
说明滑块以速度v2滑上长木板，也恰好能回到长木板的左端．故A、C、D正确，B错误．故选A、C、D.
答案：ACD
9．一质量为0.3 kg的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空．当烟花弹上升到离地20 m高处时速度为零，此时弹中火药爆炸将烟花弹炸为大、小两块，大、小两块烟花弹分别获得水平向左、水平向右的速度，大块质量为小块质量的2倍，大、小两块烟花弹获得的动能之和也为E，爆炸时间极短，重力加速度g取10 m/s2，＝1.4，不计空气阻力和火药的质量，释放烟花弹位置的水平面足够大．求：
(1)动能E；
(2)大、小两块烟花弹落地之间的距离．
解析： (1)由机械能守恒定律得E＝mgh，
解得E＝60 J.
(2)烟花弹在最高点爆炸，动量守恒，设水平向左为正方向，有0＝mv1－mv2，
由题意知E＝×mv＋×mv.
大、小两块烟花弹均做平抛运动，h＝gt2，大、小两块烟花弹落地之间的距离x＝v1t＋v2t，
解得x＝84 m.
答案：(1)60 J　(2)84 m
10．如图所示，质量M＝0.2 kg的滑块套在光滑的水平轨道上，质量m＝0.1 kg的小球通过长L＝0.5 m的轻质细杆与滑块上的光滑轴O连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕O轴自由转动，开始轻杆处于水平状态，现给小球一个竖直向上的初速度v0＝4 m/s，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2.

(1)若锁定滑块，求小球通过最高点P时对轻杆的作用力F的大小和方向；
(2)若解除对滑块的锁定，求从小球开始运动至到达最高点过程中，滑块移动的距离x；
(3)若解除对滑块的锁定，求小球运动至最高点时的速度vm和此时滑块的速度vM.
解析：(1)设小球通过最高点时速度为v1，由动能定理有：－mgL＝mv－mv，
解得v1＝ m/s.
由牛顿第二定律，mg＋F＝，
解得F＝0.2 N，方向竖直向下．
(2)设小球从开始运动位置和运动至最高点位水平距离为s1，滑块向左运动距离为s2，任意时刻小球水平方向速度大小为v，滑块速度大小为v′，
任意时刻，取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒有mv－Mv′＝0，两边同乘以Δt有：mvΔt－Mv′Δt＝0，
因上式对任意时刻附近微小Δt都适用，累积可得ms1－Ms2＝0，
又s1＋s2＝L，联立可得：s2＝ m.
(3)在上升过程中，取小球和滑块系统为研究对象，因只有重力做功，系统的机械能守恒，在小球上升到最高点时，有mv＋Mv＋mgL＝mv，
由动量守恒定律，mvm＝MvM，
解得vM＝2 m/s，vM＝1 m/s.
答案：(1)F＝0.2 N，方向竖直向下　(2) m　(3)vM＝2 m/s，vM＝1 m/s