高考物理二轮复习专题练习卷动量定理与动量守恒定律解析版.docx

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高考物理二轮复习专题练习卷动量定理与动量守恒定律解析版

2020年高考物理二轮复习专题练习卷---动量定理与动量守恒定律

一、选择题

1.高空坠物极易对行人造成伤害。

若一个50g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的碰撞时间约为2ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为

A．10NB．102N

C．103ND．104N

解析　根据自由落体运动和动量定理有2gh＝v2（h为25层楼的高度，约70m），Ft＝mv，代入数据解得F≈1×103N，所以C正确。

答案　C

2.（多选）在光滑的水平面上，原来静止的物体在水平力F的作用下，经过时间t、通过位移L后，动量变为p、动能变为Ek，以下说法正确的是

A．在力F的作用下，这个物体若是经过时间3t，其动量将等于3p

B．在力F的作用下，这个物体若是经过位移3L，其动量将等于3p

C．在力F的作用下，这个物体若是经过时间3t，其动能将等于3Ek

D．在力F的作用下，这个物体若是经过位移3L，其动能将等于3Ek

解析　根据p＝mv，Ek＝

mv2

联立解得p＝

根据动能定理FL＝

mv2，位移变为原来的3倍，动能变为原来的3倍，根据p＝

，动量变为原来的

倍，故B错误，D正确。

根据动量定理Ft＝mv，时间变为原来的3倍，动量变为原来的3倍，根据Ek＝

，知动能变为原来的9倍，故A正确，C错误。

答案　AD

3.（多选）质量为m的物块甲以3m/s的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定在其左侧，另一质量也为m的物块乙以4m/s的速度与甲相向运动，如图所示，两物块通过弹簧相互作用（未超出弹簧弹性限度）并最终弹开，则

A．在压缩弹簧的过程中，两物块组成的系统动量守恒

B．当两物块相距最近时，甲物块的速度为零

C．甲物块的速率可能为5m/s

D．当甲物块的速率为1m/s时，乙物块的速率可能为2m/s

解析　在压缩弹簧的过程中，两物块组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，选项A正确；当两物块相距最近时，两物块速度相等，甲物块的速度不为零，选项B错误；若甲物块的速率为5m/s，根据动量守恒定律可得此时乙物块的速率为6m/s或4m/s，两物块组成的系统机械能增大，违反了能量守恒定律，选项C错误；当甲物块的速率为1m/s，方向向左时，选取向右为速度的正方向，根据动量守恒定律，m·4m/s－m·3m/s＝mv－m·1m/s，解得乙物块的速率v＝2m/s，选项D正确。

答案　AD

4.用豆粒模拟气体分子，可以模拟气体压强产生的原理。

如图所示，从距秤盘80cm高度把1000粒的豆粒连续均匀地倒在秤盘上，持续作用时间为1s，豆粒弹起时竖直方向的速度变为碰前的一半。

若每个豆粒只与秤盘碰撞一次，且碰撞时间极短（在豆粒与秤盘碰撞极短时间内，碰撞力远大于豆粒受到的重力），已知1000粒豆粒的总质量为100g。

则在碰撞过程中秤盘受到的压力大小约为

A．0.2N　　　B．0.6N　　　C．1.0N　　　D．1.6N

解析　豆粒下落到秤盘上的速度

v＝

＝

m/s＝4m/s；

反弹后速度为v′＝－2m/s，设向下为正方向，

则根据动量定理可知：

Ft＝mv′－mv，

解得：

F＝0.6N；由牛顿第三定律可知，在碰撞过程中秤盘受到的压力大小为0.6N。

故B正确，A、C、D错误。

故选B。

答案　B

5.（多选）（如图所示，质量为2kg的足够长平板车Q上表面水平，原来静止在光滑水平面上，平板车左端静止着一块质量为2kg的物体P，一颗质量为0.01kg的子弹以700m/s的速度水平瞬间射穿P后，速度变为100m/s，若P、Q之间的动摩擦因数为0.5，则

A．由于P、Q之间不光滑，子弹瞬间射穿P的过程，子弹和物体P组成的系统，动量不守恒

B．子弹瞬间射穿P的过程，子弹和物体P组成的系统，动量守恒，能量守恒

C．子弹瞬间射穿P的过程，子弹和物体P组成的系统，动量守恒，能量不守恒

D．子弹瞬间射穿P后，P的速度为3m/s

解析　取子弹的初速度v0的方向为正方向，子弹瞬间射穿物体P的过程，子弹和物体P组成的系统满足动量守恒条件，由动量守恒，可知mv0＝mv＋MvP，解得vP＝3m/s，选项A错误，D正确；子弹瞬间射穿P的过程，子弹和物体P组成的系统机械能不守恒，但能量守恒，选项B正确，C错误。

答案　BD

6.如图所示，在光滑的水平面上，有一竖直向下的匀强磁场分布在宽为L的区域内，有一个边长为a（a＜L）的正方形闭合线圈以初速度v0垂直磁场边界滑过磁场后速度变为v（v＜v0），那么

A．完全进入磁场中时线圈的速度大于（v0＋v）/2

B．完全进入磁场中时线圈的速度等于（v0＋v）/2

C．完全进入磁场中时线圈的速度小于（v0＋v）/2

D．以上情况A、B均有可能，而C是不可能的

解析　设线圈完全进入磁场中时的速度为vx。

线圈在穿过磁场的过程中所受合外力为安培力。

对于线圈进入磁场的过程，据动量定理可得：

－FΔt＝－Ba

＝－Ba

＝mvx－mv0

对于线圈穿出磁场的过程，据动量定理可得：

－FΔt＝－Ba

＝－Ba

＝mv－mvx

由上述二式可得vx＝

，故B正确。

答案　B

7.（多选）如图所示，在光滑水平面上有一静止的物体M，物体上有一光滑的半圆弧形轨道，最低点为C，两端A、B一样高，现让小滑块m从A点由静止下滑，则

A．m不能到达M上的B点

B．m从A到C的过程中M向左运动，m从C到B的过程中M向右运动

C．m从A到B的过程中M一直向左运动，m到达B的瞬间，M速度为零

D．M与m组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒

解析　根据机械能守恒、动量守恒定律的条件，M和m组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒，D正确；m滑到右端两者有相同的速度时有：

0＝（m＋M）v，v＝0，再根据机械能守恒定律可知，m恰能到达M上的B点，且m到达B的瞬间，m、M速度为零，A错误；m从A到C的过程中M向左加速运动，m从C到B的过程中M向左减速运动，B错误，C正确。

答案　CD

8.在光滑水平面上，质量为m的小球A正以速度v0匀速运动。

某时刻小球A与质量为3m的静止小球B发生正碰，两球相碰后，A球的动能恰好变为原来的

，则碰后B球的速度大小是

A.

　　　　　　　　　B.

C.

或

D．无法确定

解析　两球相碰后A球的速度大小变为原来的

，相碰过程中满足动量守恒，若碰后A速度方向不变，则mv0＝

mv0＋3mv1，可得B球的速度v1＝

，而B在前，A在后，碰后A球的速度大于B球的速度，不符合实际情况，因此A球一定反向运动，即mv0＝－

mv0＋3mv1，可得v1＝

，A正确，B、C、D错误。

答案　A

9.质量为80kg的冰球运动员甲，以5m/s的速度在水平冰面上向右运动时，与质量为100kg、速度为3m/s的迎面而来的运动员乙相碰，碰后甲恰好静止，假设碰撞时间极短，下列说法中正确的是

A．碰后乙向左运动，速度大小为1m/s

B．碰后乙向右运动，速度大小为7m/s

C．碰撞中甲、乙的机械能总共增加了1450J

D．碰撞中甲、乙的机械能总共损失了1400J

解析　甲、乙碰撞的过程中，甲、乙组成的系统动量守恒，以向右为正方向，设碰撞前甲的速度为v甲，乙的速度为v乙，碰撞后乙的速度为v′乙，由动量守恒定律得：

m甲v甲－m乙v乙＝m乙v乙′，解得：

v′乙＝1m/s，方向水平向右，选项A、B错误；甲、乙碰撞过程机械能的变化量ΔE＝

m甲v甲2＋

m乙v乙2－

m乙v乙′2代入数据解得ΔE＝1400J，机械能减少了1400J，选项C错误，D正确。

答案　D

10.如图所示，质量为m的均匀木块静止在光滑水平面上，木块左右两侧各有一位拿着完全相同步枪和子弹的射手。

首先左侧射手开枪，子弹水平射入木块的最大深度为d1，然后右侧射手开枪，子弹水平射入木块的最大深度为d2。

设子弹均未射穿木块，且两颗子弹与木块之间的作用力大小均相同。

当两颗子弹均相对于木块静止时，下列判断正确的是

A．木块静止，d1＝d2B．木块向右运动，d1＜d2

C．木块静止，d1＜d2D．木块向左运动，d1＝d2

解析　把两颗子弹和木块看成一个系统，由动量守恒定律，可知最终木块静止。

左侧射手开枪，把子弹和木块看成一个系统，由动量守恒定律可知，木块向右运动。

右侧射手开枪，子弹相对于木块的速度大于木块静止时子弹相对于木块的速度，所以子弹进入木块的相对速度较大，分析可知d1＜d2，选项C正确，A、B、D错误。

答案　C

11.（多选）如图所示，足够长的固定光滑斜面倾角为θ，质量为m的物体以速度v从斜面底端冲上斜面，到达最高点后又滑回原处，所用时间为t。

对于这一过程，下列判断正确的是

A．斜面对物体的弹力的冲量为零

B．物体受到的重力的冲量大小为mgt

C．物体受到的合力的冲量大小为零

D．物体动量的变化量大小为mgsinθ·t

解析　斜面对物体的弹力的冲量大小I＝FNt＝mgcosθ·t，弹力的冲量不为零，故A错误；物体所受重力的冲量大小为IG＝mg·t，故B正确；物体受到的合力的冲量大小为mgtsinθ，由动量定理得，动量的变化量大小Δp＝I合＝mgsinθ·t，故C错误，D正确。

答案　BD

12.有一宇宙飞船，它的正面面积S＝2m2，以v＝3×103m/s的相对速度飞入一宇宙微粒尘区。

此微粒尘区1m3空间中有一个微粒，每一个微粒的平均质量为m＝2×10－7kg。

设微粒与飞船外壳碰撞后附着于飞船上，要使飞船速度不变，飞船的牵引力应增加

A．3.6×103NB．3.6N

C．1.2×10－3ND．1.2N

解析　选在时间Δt内与飞船碰撞的微粒为研究对象，其质量应等于底面积为S，高为vΔt的圆柱体内微粒的质量，即M＝mSvΔt，初动量为0，末动量为Mv，设飞船对微粒的作用力为F，由动量定理得F·Δt＝Mv－0，则F＝

＝

＝mSv2，由牛顿第三定律可知，微粒对飞船的撞击力大小等于mSv2，则飞船要保持原速度匀速飞行，牵引力应增加F′＝F＝mSv2，代入数据解得F′＝2×10－7×2×（3×103）2N＝3.6N，故A、C、D错误，B正确。

答案　B

二非选择题

13.如图所示，长为L、高为h、质量为m的小车停在光滑的水平地面上，有一质量为m的小物块（可视为质点）从光滑曲面上离车顶高度为h处由静止下滑，离开曲面后水平向右滑到小车上，最终物块滑离小车。

已知重力加速度为g，物块与小车间的动摩擦因数μ＝

。

求：

（1）物块滑离小车时的速率v1；

（2）物块从刚滑上小车到刚滑离小车的过程，小车向右运动的距离x。

解析　

（1）设物块滑到小车上时的速率为v0，根据机械能守恒定律有：

mv02＝mgh

设物块滑离小车时物块和小车的速率分别为v1、v2，以物块和小车为研究对象，根据动量守恒mv0＝mv1＋mv2

根据能量守恒定律有：

mv02＝

mv12＋

mv22＋μmgL

物块滑离小车的条件为v1＞v2，

解得：

v1＝

，v2＝

。

（2）对小车，根据动能定理有：

μmgx＝

mv22－0

解得：

x＝

。

答案　

（1）

（2）

14.如图所示，CDE为光滑的轨道，其中ED段是水平的，CD段是竖直平面内的半圆，与ED相切于D点，且半径R＝0.5m，质量m＝0.1kg的滑块A静止在水平轨道上，另一质量M＝0.5kg的滑块B前端装有一轻质弹簧（A、B均可视为质点）以速度v0向左运动并与滑块A发生弹性正碰。

若相碰后滑块A滑上半圆轨道并能过最高点C，取重力加速度g＝10m/s2，问：

（1）B滑块至少要以多大速度向前运动；

（2）如果滑块A恰好能过C点，滑块B与滑块A相碰过程中轻质弹簧的最大弹性势能为多少？

解析　

（1）设滑块A过C点时速度为vC，B与A碰撞后，B与A的速度分别为v1、v2，B碰撞前的速度为v0，过圆轨道最高点的临界条件是重力提供向心力，

由牛顿第二定律得mg＝m

，

由机械能守恒定律得

mv22＝mg·2R＋

mvC2，

B与A发生弹性碰撞，碰撞过程动量守恒、机械能守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得

Mv0＝Mv1＋mv2，

由机械能守恒定律得

Mv02＝

Mv12＋

mv22，

联立并代入数据解得v0＝3m/s。

（2）由于B与A碰撞后，当两者速度相同时有最大弹性势能Ep，设共同速度为v、A、B碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得

Mv0＝（M＋m）v，

由机械能守恒定律得

Mv02＝Ep＋

（M＋m）v2，

联立并代入数据解得Ep＝0.375J。

答案　

（1）3m/s　

（2）0.375J

15.如图甲所示，长木板A静止在水平地面上，其右端叠放着物块B，左端恰好在O点，水平面以O点为界，左侧光滑、右侧粗糙。

物块C（可以看作质点）和D间夹着一根被压缩的弹簧，并用细线锁住，两者以共同速度v0＝8m/s向右运动，某时刻细线突然断开，C和弹簧分离后，撤去D，C与A碰撞并与A粘连（碰撞时间极短），此后，AC及B的速度－时间图象如图乙所示。

已知A、B、C、D的质量均为m＝1kg，木板A的长度l＝5m，A、C与粗糙面间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。

求：

（1）长木板A与桌面间的动摩擦因数及B与A间的动摩擦因数。

（2）烧断细线之前弹簧的弹性势能。

（3）最终物块B离长木板A左端的距离。

解析　

（1）设A与地面间的动摩擦因数为μ，B与A上表面间的动摩擦因数为μ′，由图乙可知，0～1s，A、C整体做匀减速运动的加速度大小aA1＝3.5m/s2

B做匀加速运动的加速度大小aB1＝1m/s2

对A、C整体有：

3μmg＋μ′mg＝2maA1

对B有：

μ′mg＝maB1

解得：

μ＝0.2，μ′＝0.1

（2）C与A碰撞过程动量守恒，

由动量守恒定律得：

mvC＝2mvA

其中：

vA＝4.5m/s

解得：

vC＝9m/s

弹簧弹开过程中，对C、D系统由动量守恒定律得：

2mv0＝mvC＋mvD

解得：

vD＝7m/s

弹簧弹开过程中，C、D及弹簧组成的系统机械能守恒，则有：

×2mv02＋Ep＝

mvC2＋

mvD2

解得：

Ep＝1J

（3）由图乙可知，0～1s内B相对A向左运动的位移

x1＝

×1m＝2.25m

A与B速度相等后，B的加速度大小aB2＝μ′g＝1m/s2

A、C整体的加速度大小

aA2＝

＝2.5m/s2

因为aA2＞aB2，所以A、C整体先停止运动，A、C整体的运动时间：

t＝

＝0.4s

在0.4s内B相对A向右运动的位移

x2＝vt－

aB2t2－

t＝0.12m

A停止时B的速度v′＝v－aB2t＝0.6m/s

然后B在A上面做匀减速运动直到停止，B的加速度大小aB3＝μ′g＝1m/s2

B相对A向右运动的位移

x3＝

＝0.18m

所以最终B离长木板左端的距离

x＝l－x1＋x2＋x3＝3.05m。

答案　

（1）0.2　0.1　

（2）1J　（3）3.05m