《2022年高考物理大二輪復(fù)習(xí) 考前基礎(chǔ)回扣練8 動量定理和動量守恒定律》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高考物理大二輪復(fù)習(xí) 考前基礎(chǔ)回扣練8 動量定理和動量守恒定律（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考物理大二輪復(fù)習(xí) 考前基礎(chǔ)回扣練8 動量定理和動量守恒定律1將一個光滑的半圓形槽置于光滑的水平面上如圖，槽左側(cè)有一個固定在水平面上的物塊現(xiàn)讓一個小球自左側(cè)槽口A點正上方由靜止開始落下，從A點落入槽內(nèi)，則下列說法中正確的是()A小球在半圓槽內(nèi)運動的過程中，機(jī)械能守恒B小球在半圓槽內(nèi)運動的全過程中，小球與半圓槽組成的系統(tǒng)動量守恒C小球在半圓槽內(nèi)由B點向C點運動的過程中，小球與半圓槽組成的系統(tǒng)動量守恒D小球從C點離開半圓槽后，一定還會從C點落回半圓槽解析：選D.只有重力做功時物體機(jī)械能守恒，小球在半圓槽內(nèi)運動由B到C過程中，除重力做功外，槽的支持力也對小球做功，小球機(jī)械能不守恒，由此可知

2、，小球在半圓槽內(nèi)運動的全過程中，小球的機(jī)械能不守恒，故A錯誤小球在槽內(nèi)運動的前半過程中，左側(cè)物體對槽有作用力，小球與槽組成的系統(tǒng)水平方向上的動量不守恒，故B錯誤小球自半圓槽的最低點B向C點運動的過程中，系統(tǒng)在水平方向所受合外力為零，故小球與半圓槽在水平方向動量守恒，故C錯誤小球離開C點以后，既有豎直向上的分速度，又有與槽相同的水平分速度，小球做斜上拋運動，然后可以從C點落回半圓槽，故D正確故選D.2如圖所示，質(zhì)量為m的A球在水平面上靜止放置，質(zhì)量為2m的B球向左運動速度大小為v0，B球與A球碰撞且無機(jī)械能損失，碰后A球速度大小為v1，B球的速度大小為v2，碰后相對速度與碰前相對速度的比值定義為

3、恢復(fù)系數(shù)e，下列選項正確的是()Ae1BeCe De解析：選A.AB在碰撞的過程中，根據(jù)動量守恒可得，2mv0mv12mv2，在碰撞的過程中機(jī)械能守恒，可得2mvmv2mv，解得v1v0，v2v0，碰后相對速度與碰前相對速度的比值定義為恢復(fù)系數(shù)e1，故A正確，BCD錯誤；故選A.3如圖所示，AB兩小球靜止在光滑水平面上，用輕彈簧相連接，A球的質(zhì)量小于B球的質(zhì)量若用錘子敲擊A球使A得到v的速度，彈簧壓縮到最短時的長度為L1；若用錘子敲擊B球使B得到v的速度，彈簧壓縮到最短時的長度為L2，則L1與L2的大小關(guān)系為()AL1L2 BL1L2CL1L2 D不能確定解析：選C.若用錘子敲擊A球，兩球組成

4、的系統(tǒng)動量守恒，當(dāng)彈簧最短時，兩者共速，則mAv(mAmB)v，解得v ，彈性勢能最大，最大為EpmAv2(mAmB)v2；若用錘子敲擊B球，同理可得mBv(mAmB)v，解得v，彈性勢能最大為EpmBv2(mAmB)v2，即兩種情況下彈簧壓縮最短時，彈性勢能相等，故L1L2，C正確4如圖所示，足夠長的傳送帶以恒定的速率v1逆時針運動，一質(zhì)量為m的物塊以大小為v2的初速度從左輪中心正上方的P點沖上傳送帶，從此時起到物塊再次回到P點的過程中，下列說法正確的是()A合力對物塊的沖量大小一定為2mv2B合力對物塊的沖量大小一定為2mv1C合力對物塊的沖量大小可能為零D合力對物塊做的功可能為零解析：選

5、D.若v2v1，物塊在傳送帶上先向右做勻減速直線運動，速度減為零后再返回做勻加速直線運動，達(dá)到速度v1后做勻速直線運動，可知物塊再次回到P點的速度大小為v1，規(guī)定向左為正方向，根據(jù)動量定理得，合外力的沖量I合mv1m(v2)mv1mv2.根據(jù)動能定理知，合外力做功W合mvmv；若v2v1，物塊在傳送帶上先向右做勻減速直線運動，速度減為零后再返回做勻加速直線運動，物塊再次回到P點的速度大小為v2，規(guī)定向左為正方向，根據(jù)動量定理得，合外力的沖量為：I合mv2m(v2)2mv2；根據(jù)動能定理知，合外力做功為：W合mvmv0.故D正確，ABC錯誤故選D.5如圖甲所示，工人利用傾斜鋼板向車內(nèi)搬運貨物，用

6、平行于鋼板向上的力將貨物從靜止開始由鋼板底端推送到頂端，到達(dá)頂端時速度剛好為零若貨物質(zhì)量為100 kg，鋼板與地面的夾角為30，鋼板與貨物間的滑動摩擦力始終為50 N，整個過程中貨物的速度時間圖象如圖乙所示，重力加速度g取10 m/s2.下列說法正確的是()A02 s內(nèi)人對貨物做的功為600 JB整個過程中人對貨物的推力的沖量為1 000 NsC02 s和23 s內(nèi)貨物所受推力之比為12D整個過程中貨物始終處于超重狀態(tài)解析：選A.02 s內(nèi)貨物的加速度a10.5 m/s2，根據(jù)牛頓第二定律：F1fmgsin 30ma1，解得F1600 N；02 s內(nèi)貨物的位移：x121 m1 m；則人對貨物做

7、的功為WFFx1600 J，選項A正確；整個過程中，根據(jù)動量定理：IF(fmgsin 30)t0，解得整個過程中人對貨物的推力的沖量為IF(fmgsin 30)t(50100100.5)31 650 Ns，選項B錯誤；23 s內(nèi)貨物的加速度大小a21 m/s2，根據(jù)牛頓第二定律：fmgsin 30F2ma2所受推力F2450 N；則02 s和23 s內(nèi)貨物所受推力之比為F1F260045043，選項C錯誤；整個過程中貨物的加速度先沿斜面向上，后向下，先超重后失重，選項D錯誤；故選A.6(多選)如圖所示，光滑水平面上有大小相同的A、B兩球在同一直線上運動兩球質(zhì)量關(guān)系為mB2mA，規(guī)定向右為正方向

8、，A、B兩球的動量均為6 kgm/s，運動中兩球發(fā)生碰撞，碰撞后A球的動量增量為4 kgm/s，則()A該碰撞為彈性碰撞B該碰撞為非彈性碰撞C左方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為25D右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為110解析：選AC.規(guī)定向右為正方向，碰撞前A、B兩球的動量均為6 kgm/s，說明A、B兩球的速度方向向右，兩球質(zhì)量關(guān)系為mB2mA，所以碰撞前vAvB，所以左方是A球碰撞后A球的動量增量為4 kgm/s，所以碰撞后A球的動量是2 kgm/s；碰撞過程系統(tǒng)總動量守恒：mAvAmBvBmAvAmBvB所以碰撞后B球的動量是10 kgm/s，根據(jù)mB2mA，所以碰撞后

9、A、B兩球速度大小之比為25，故C正確，D錯誤碰撞前系統(tǒng)動能：，碰撞后系統(tǒng)動能為：，則碰撞前后系統(tǒng)機(jī)械能不變，碰撞是彈性碰撞，故A正確，B錯誤；故選AC.7(多選)質(zhì)量為M3 kg的滑塊套在水平固定著的軌道上并可在軌道上無摩擦滑動質(zhì)量為m2 kg的小球(視為質(zhì)點)通過長L0.75 m的輕桿與滑塊上的光滑軸O連接，開始時滑塊靜止，輕桿處于水平狀態(tài)現(xiàn)給小球一個v03 m/s的豎直向下的初速度，取g10 m/s2.則()A小球m從初始位置到第一次到達(dá)最低點的過程中，滑塊M在水平軌道上向右移動了0.3 mB小球m從初始位置到第一次到達(dá)最低點的過程中，滑塊M在水平軌道上向右移動了0.2 mC小球m相對于

10、初始位置可以上升的最大高度為0.27 mD小球m從初始位置到第一次到達(dá)最大高度的過程中，滑塊M在水平軌道上向右移動了0.54 m解析：選AD.可把小球和滑塊水平方向的運動看作人船模型，設(shè)滑塊M在水平軌道上向右運動了x，由滑塊和小球系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，有，解得：x0.3 m，選項A正確、B錯誤根據(jù)動量守恒定律，小球m相對于初始位置上升到最大高度時小球和滑塊速度都為零，由能量守恒定律可知，小球m相對于初始位置可以上升的最大高度為0.45 m，選項C錯誤此時桿與水平面的夾角為cos 0.8，設(shè)小球從最低位置上升到最高位置過程中滑塊M在水平軌道上又向右運動了x，由滑塊和小球系統(tǒng)在水平方向時動量守

11、恒，有，解得：x0.24 m小球m從初始位置到第一次到達(dá)最大高度的過程中，滑塊在水平軌道上向右移動了xx0.3 m0.24 m0.54 m，選項D正確8(多選)如圖所示，一輛質(zhì)量為M3 kg的平板小車A停靠在豎直光滑墻壁處，地面水平且光滑，一質(zhì)量為m1 kg的小鐵塊B(可視為質(zhì)點)放在平板小車A最右端，平板小車A上表面水平且與小鐵塊B之間的動摩擦因數(shù)0.5，平板小車A的長度L0.9 m現(xiàn)給小鐵塊B一個v05 m/s的初速度使之向左運動，與豎直墻壁發(fā)生彈性碰撞后向右運動，重力加速度g10 m/s2.下列說法正確的是()A小鐵塊B向左運動到達(dá)豎直墻壁時的速度為2 m/sB小鐵塊B與墻壁碰撞過程中所

12、受墻壁的沖量為8 NsC小鐵塊B向左運動到達(dá)豎直墻壁的過程中損失的機(jī)械能為4 JD小鐵塊B在平板小車A上運動的整個過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能為9 J解析：選BD.設(shè)小鐵塊B向左運動到達(dá)豎直墻壁時的速度為v1，根據(jù)動能定理得：mgLmvmv，解得：v14 m/s，選項A錯誤與豎直墻壁發(fā)生彈性碰撞，反彈速度為4 m/s，由動量定理可知，小鐵塊B與墻壁碰撞過程中所受墻壁的沖量為I2mv18 Ns，選項B正確小鐵塊B向左運動到達(dá)豎直墻壁的過程中損失的機(jī)械能為mgL4.5 J，選項C錯誤假設(shè)發(fā)生彈性碰撞后小鐵塊B最終和平板小車A達(dá)到的共同速度為v2，根據(jù)動量守恒定律得：mv1(Mm)v2，解得：v21 m/

13、s.設(shè)小鐵塊B在平板小車A上相對滑動的位移為x時與平板小車A達(dá)到共同速度v2，則根據(jù)功能關(guān)系得：mgx(Mm)vmv，解得：x1.2 m，由于xL，說明小鐵塊B在沒有與平板小車A達(dá)到共同速度時就滑出平板小車A，所以小鐵塊B在平板小車上運動的整個過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能為E2mgL9 J，選項D正確9(多選)在地面上以大小為v1的初速度豎直向上拋出一質(zhì)量為m的皮球，皮球落地時速度大小為v2.若皮球運動過程中所受空氣阻力的大小與其速率成正比，重力加速度為g.下列判斷正確的是()A皮球上升的最大高度為B皮球從拋出到落地過程中克服阻力做的功為mvmvC皮球上升過程經(jīng)歷的時間為D皮球從拋出到落地經(jīng)歷的時間

14、為解析：選BD.減速上升的過程中受重力、阻力作用，故加速度大于g，則上升的高度小于，上升的時間小于，故AC錯誤；皮球從拋出到落地過程中重力做功為零，根據(jù)動能定理得克服阻力做功為Wfmvmv，故B正確；用動量定理，結(jié)合數(shù)學(xué)知識，假設(shè)向下為正方向，設(shè)上升階段的平均速度為v，則：mgt1kvt1mv1，由于平均速度乘以時間等于上升的高度，故有：hvt1，即：mgt1khmv1，同理，設(shè)下降階段的平均速度為v，則下降過程：mgt2kvt2mv2，即：mgt2khmv2，由得：mg(t1t2)m(v1v2)，解得：tt1t2，故D正確；故選BD.10(多選)如圖所示，足夠長的光滑水平導(dǎo)軌間距為2 m，電

15、阻不計，垂直導(dǎo)軌平面有磁感應(yīng)強(qiáng)度為1 T的勻強(qiáng)磁場，導(dǎo)軌上相隔一定距離放置兩根長度略大于間距的金屬棒，a棒質(zhì)量為1 kg，電阻為5 ，b棒質(zhì)量為2 kg，電阻為10 .現(xiàn)給a棒一個水平向右的初速度8 m/s，當(dāng)a棒的速度減小為4 m/s時，b棒剛好碰到了障礙物，經(jīng)過很短時間0.5 s速度減為零(不反彈，且a棒始終沒有與b棒發(fā)生碰撞)，下列說法正確的是()A從上向下看回路產(chǎn)生逆時針方向的電流Bb棒在碰撞前瞬間的速度大小為2 m/sC碰撞過程中障礙物對b棒的平均沖擊力大小為6 NDb棒碰到障礙物后，a棒繼續(xù)滑行的距離為15 m解析：選ABD.根據(jù)右手定則可知，從上向下看回路產(chǎn)生逆時針方向的電流，選

16、項A正確；系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律可知：mav0mavambvb解得vb2 m/s，選項B正確；b碰到障礙物時，回路的感應(yīng)電動勢：EBL(vavb)4 V；回路的電流：I A；b棒所受的安培力：FbBIL N；b與障礙物碰撞時，由動量定理：(FbF)t0mbvb解得：F8.5 N，選項C錯誤；b碰到障礙物后，a繼續(xù)做減速運動，直到停止，此時由動量定理：B ILtmava，其中Itq聯(lián)立解得x15 m，選項D正確；故選ABD.11(多選)兩個小球A、B在光滑水平面上相向運動，已知它們的質(zhì)量分別是m14 kg，m22 kg，A的速度v13 m/s(設(shè)為正)，B的速度v23 m/s，則它們發(fā)生正碰后，其速度可能分別是()A均為1 m/sB4 m/s和5 m/sC2 m/s和1 m/s D1 m/s和5 m/s解析：選AD.由動量守恒，可驗證四個選項都滿足要求再看動能情況Ekm1vm2v49 J29 J27 JEkm1v12m2v22由于碰撞過程動能不可能增加，所以應(yīng)有EkEk，可排除選項B.選項C雖滿足EkEk，但A、B沿同一直線相向運動，發(fā)生碰撞后各自仍能保持原來的速度方向(vA0，vB0)，這顯然是不符合實際的，因此C錯誤驗證選項A、D均滿足EkEk，故答案為選項A(完全非彈性碰撞)和選項D(彈性碰撞)