2021届高考物理二轮复习动量定理与动量守恒专练（1）含答案与解析.doc

1、2021 届高考物理二轮复习动量定理与动量守恒专练（届高考物理二轮复习动量定理与动量守恒专练（1） 1.20192020 赛季短道速滑世界杯盐湖城站比赛， 女子 3000 米接力中国队夺冠， 拿到本站比 赛第二枚金牌.在比赛中“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面， 并且开始向前滑 行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出.在乙推甲的过程中，假 设运动员受冰面在水平方向上的阻力不可忽略，则( ) A.甲、乙动量守恒 B.甲对乙的力大于乙对甲的力 C.甲对乙的冲量大小一定等于乙对甲的冲量大小 D.甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功 2.水平力 F 方向确定,大小

2、随时间的变化如图甲所示,用力 F 拉静止在水平桌面上的小物块, 在 F 从 0 开始逐渐增大的过程中,物块的加速度 a 随时间变化的图像如图乙所示,重力加速度 大小为 2 10m/s,最大静摩擦力大于滑动摩擦力,由图示可知( ) A.物块的质量 2 kgm B.物块与水平桌面间的动摩擦因数为 0.2 C.在 4 s 末,物体的动量为12 kg m/s D.在 24 s 时间内,小物块速度均匀增加 3.如图所示，在光滑的水平面上静止放一质量为 m 的木板 B，木板表面光滑，左端固定一轻 质弹簧.质量为2m的木块 A 以速度 0 v从板的右端水平向左滑上 B 板.在木块 A 与弹簧相互作 用的过程

3、中，下列判断正确的是( ) A.弹簧压缩量最大时，B 板的运动速率最大 B.B 板的加速度一直增大 C.弹簧给木块 A 的冲量大小为 0 1 3 mv D.弹簧的最大弹性势能为 2 0 1 3 mv 4.有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长（估计重一吨左右）。一位同学想用一个卷尺 粗略测量它的质量，他进行了如下操作：首先将船平行于码头自由停泊，轻轻从船尾上船， 走到船头停下，而后轻轻下船。用卷尺测出船后退的距离 d 和船长 L。已知他自身的质量为 m，水的阻力不计，则船的质量为( ) A. ()m Ld d B. ()m Ld d C. mL d D. ()m L L d 5.质量为 m 的

4、物块甲以 3 m/s 的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定其上，另一质量 也为 m 的物块乙以 4 m/s 的速度与甲相向运动，如图所示，则( ) A.甲、乙两物块在压缩弹簧的过程中，由于弹力的作用，动量不守恒 B.当两物块相距最近时，物块甲的速率为零 C.当物块甲的速率为 1 m/s 时，物块乙的速率可能为 2 m/s，也可能为 0 D.物块甲的速率可能达到 5 m/s 6.如图所示，长 1.5ml 的木板 P 静止于光滑水平面上，可视为质点的小滑块 Q 位于木板 P 的最右端，小滑块 Q 与木板 P 间的动摩擦因数 0.2 ，小滑块 Q、木板 P 的质量相等且均 为 1kgm ，用大小

5、为 6 N、方向水平向右的恒力 F 拉动木板 P 加速运动，作用时间t之后 撤去拉力，系统逐渐达到稳定状态，已知小滑块 Q 恰好未从木板 P 上滑落，重力加速度 2 10m/sg ，下列说法正确的是( ) A.整个过程中，系统因摩擦而产生的热量为 3 J B.恒力 F 的作用时间 6 =s 2 t C.木板 P 的最大速度为 4 m/s D.摩擦力对小滑块 Q 的冲量为3 N s 7.竖直放置的轻弹簧下端固定在地面上,上端与质量为m的钢板连接,钢板处于静止状态.一个 质量也为 m 的物块从钢板正上方 h 处的 P 点自由落下,打在钢板上并与钢板一起向下运动 0 x 后到达最低点 Q.下列说法正

6、确的是( ) A.物块与钢板碰后的速度为2gh B.物块与钢板碰后的速度为 2 2 gh C.从 P 点到 Q 点的过程中,弹簧弹性势能的增加量为 0 (2) 2 h mgx D.从 P 点到 Q 点的过程中,弹簧弹性势能的增加量为 0 (2)mgxh 8.如图所示，质量为 M、半径为 R 的四分之一光滑圆弧轨道静置于光滑水平地面上，且圆弧 轨道底端与水平地面平滑连接，O 为圆心.质量为 m 的小滑块以水平向右的初速度 0 v冲上圆 弧轨道，恰好能滑到最高点，已知2Mm，则下列判断正确的是( ) A.小滑块冲上轨道的过程，小滑块与圆弧轨道组成的系统机械能守恒 B.小滑块冲上轨道的过程，小滑块对

7、圆弧轨道的压力不做功 C.小滑块冲上轨道的最高点时，圆弧轨道的速度最大且大小为 0 2 3 v D.小滑块脱离圆弧轨道时，速度大小为 0 1 3 v 9.如图所示，质量为 2 m的小球 B 静止在光滑的水平面上，质量为 1 m的小球 A 以速度 0 v靠近 B， 并与 B 发生碰撞， 碰撞前后两个小球的速度始终在同一条直线上.AB、两球的半径相等， 且碰撞过程没有机械能损失.当 10 mv、 一定时， 2 m越大，则( ) A.碰撞后 A 的速度越小 B.碰撞后 A 的速度越大 C.碰撞过程中 B 受到的冲量越大 D.碰撞过程中 A 受到的冲量越大 10.如图甲所示，物块AB、间拴接一个压缩后

8、被锁定的弹簧，整个系统静止放在光滑水平地 面上， 其中 A 物块左侧最初与一竖直墙壁相接触， B 物块质量为 2 kg。 现解除对弹簧的锁定， 在 A 离开墙壁后，B 物块的vt图像如图乙所示，则可知( ) A.A 的质量为 4 kg B.运动过程中 A 的最大速度为 4 m/s C.在 A 离开墙壁前，AB、及弹簧构成的系统动量守恒、机械能守恒 D.在 A 离开墙壁后弹簧的最大弹性势能为 3 J 11.如图所示为实验室中验证动量守恒定律的实验装置示意图. （1）若入射小球质量为 1 m，半径为 1 r；被碰小球质量为 2 m，半径为 2 r，则下列说法正 确的是_. A. 1212 ,mm

9、rr B. 1212 ,mm rr C. 1212 ,mm rr D. 1212 ,mm rr （2）为完成此实验，以下所提供的测量工具中必需的是_. A.刻度尺 B.游标卡尺 C.天平 D.停表 （3）设入射小球的质量为 1 m，被碰小球的质量为 2 m，则在用图中所示装置进行实验时（P 为碰前入射小球落点的平均位置），所得“验证动量守恒定律”的表达式为_（用装 置图中的字母表示）. 12.雨雾天行车经常发生车辆追尾相撞或山体滑坡等事故， 现有一辆汽车以 0 72 km/hv 的速 度正在某长直公路上匀速行驶，突然发现前方 72ms 处道路上有一大石头，石头质量为 3000kgM.司机紧急刹

10、车，由于雨天路滑，刹车时产生的平均阻力大小 3 1.5 10 NF ， 汽车（含司机）质量 1500kgM ，已知司机的质量为 70kgm ，刹车过程可以视为匀减速 运动. （1）该车会不会撞上石头？如果会撞上，求撞上时的速度大小；如果撞不上，求从刹车到 停止用的时间. （2）如果能撞上，汽车与石头作用时间 0 0.1st 且相撞后汽车立即停止，但由于汽车安全 气囊打开，司机与车相互作用的时间为 2 2st ，则司机受到的平均作用力是多少（不考虑 重力） ？汽车在 0 0.1st 时间内受到的平均作用力是多少？石头获得的速度是多少？如果撞 不上，刹车时汽车对司机的作用力大小是多少？ 答案以及解

11、析答案以及解析 1.答案：C 解析： 运动员受冰面在水平方向上的阻力不可忽略， 则甲、 乙组成的系统所受合外力不为零， 系统动量不守恒，故 A 错误；甲、乙间的作用力是作用力与反作用力，大小相等、方向相 反，故甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小相等、方向相反，但两者的位移大小不一样，所以 甲对乙做的负功和乙对甲做的正功的数值不相等，故 B、D 错误，C 正确. 2.答案：C 解析：由题图甲可知3Ft,由牛顿第二定律得F mgma,由以上两式解得 3 atg m , 由题图乙知, 3 1k m ,解得物块的质量为3kgm,A 错误;由题图知,当12 NF 时, 2 3m/sa ,由F mgma,解得

12、0.1,B错误;由题图乙知,2st 时物块开始运动,在4 s 末,物块的速度大小为 1 (13)2 m/s=4 m/s 2 v ,物块的动量为12kg m/spmv,C 正确; 在 24 s 时间内,物块的加速度是均匀增加的,速度增加得越来越快,D 错误. 3.答案：D 解析：在木块 A 与弹簧相互作用的过程中，弹簧的压缩量达到最大时，弹簧对 B 板有向左 的弹力， 所以弹簧的压缩量最大时， B 板仍在加速， B 板的运动速率不是最大， 选项 A 错误； 弹簧压缩量先增大后减小，弹簧对 B 板的弹力先增大后减小，故 B 板的加速度先增大后减 小，选项 B 错误；设弹簧恢复原长时，A 与 B 的

13、速度分别为 1 v和 2 v，取水平向左为正方向， 根据动量守恒定律有 012 22mvmvmv ，根据机械能守恒定律有 222 012 111 22 222 m vmvmv，解得 0120 14 , 33 vv vv，对木块 A，根据动量定理有 100 4 22 3 Imvmvmv （负号表示方向向右），选项 C 错误；当木块与 B 板速度相等时， 弹簧的压缩量最大，根据动量守恒定律有 0 2(2 )mvmm v ，根据机械能守恒定律有 22 p0 11 2(2) 22 Em vmm v ，联立解得弹簧的最大弹性势能 2 p0 1 3 Emv ，选项 D 正确. 4.答案：B 解析：水的阻力

14、不计，人和船构成的系统在水平方向上的动量守恒。设人走动时船的平均速 度大小为 v，人的平均速度大小为 v ，人从船头走到船尾用时为 t，人的位移为Ld，船的 位移为 d，所以, dLd vv tt 。以船后退的方向为正方向，根据动量守恒定律有 0Mv mv ，可得 ()dm Ld M tt ，小船的质量 ()m Ld M d ，故选项 B 正确。 5.答案：C 解析：甲、乙两物块在压缩弹簧的过程中，系统所受的合外力为零，动量守恒，A 错误。由 动量守恒可知当两物块相距最近时速度相同且不为零，B 错误。若物块甲的速率为 1 m/s， 方向与原来相同，则由=mvmvmvmv 乙甲甲乙 ，代入数据解

15、得=2 m/sv 乙 ，若物块甲的速 率为 1 m/s，方向与原来相反，则由mvmvmvmv 乙甲甲乙 ，代入数据解得=0v 乙 ，C 正确。 若物块甲的速率达到 5 m/s，方向与原来相同，则mvmvmvmv 乙甲甲乙 ，代入数据解得 =6 m/sv 乙 ，两个物块的速率都增大，动能都增大，违反了能量守恒定律。若物块甲的速率 达到 5 m/s，方向与原来相反，则mvmvmvmv 乙甲甲乙 ，代入数据解得4 m/sv 乙 ，碰 撞后，乙的动能不变，甲的动能增加，系统总动能增加，违反了能量守恒定律。所以物块甲 的速率不可能达到 5 m/s，选项 D 错误。 6.答案：ACD 解析：由牛顿第二定律

16、可知 Q 的最大加速度为 2 2 m/s Q mg a m ，有力 F 作用时木板加速 度为 2 4 m/s P Fmg a m ，有力 F 作用时，滑块和木板的相对位移为 22 1 11 ()() 22 QP xatat，此时滑块和木板的速度分别为 QQPP vatvat， .当撤去外力 后，木板 P 的加速度 P ag ，滑块和木板相对位移为 22 2 11 ()() 22 PQQ xv tgtv ta t， 由于 12 xxl ，对于全过程有()2 Q Fttt am ，联立可得 1s,0.5stt .整个过程 中系统因摩擦而产生的热量 3JQmgl ，木板 P 的最大速度为4 m/s

17、PP vat ，全过程 中摩擦力对小滑块 Q 的冲量为 ()3N sImg tt ，综上分析，A、C、D 正确. 7.答案：BC 解析：物块下落 h,由机械能守恒定律有 2 1 1 2 mghmv,物块与钢板碰撞,由动量守恒定律有 12 2mvmv,解得 21 21 22 gh vv ,选项 A 错误,B 正确;从物块与钢板碰撞后到 Q 点的过程中, 由能量守恒定律可知 2 20p 1 22 2 mvmgxE,则弹簧弹性势能的增加量 p0 (2) 2 h Emgx,选项 C 正确,D 错误. 8.答案：AD 解析：小滑块冲上圆弧轨道的过程中，没有机械能损失，系统的机械能守恒，A 项正确；小 滑

18、块冲上圆弧轨道的过程中， 小滑块对圆弧轨道的压力使圆弧轨道加速运动， 即小滑块对圆 弧轨道的压力做正功，B 错误；当小滑块从圆弧轨道返回且脱离圆弧轨道时，圆弧轨道的速 度达到最大，C 错误；设小滑块脱离圆弧轨道时小滑块和圆弧轨道的速度分别为 1 v和 2 v，由 水平方向动量守恒和机械能守恒得 222 012012 111 , 222 mvmvMvmvmvMv，解得 00 12 2 , 33 vv vv ，小滑块脱离圆弧轨道时，速度大小为 0 1 3 v，D 正确. 9.答案：CD 解析：以 0 v的方向为正方向，在碰撞过程中，根据动量守恒得 1 01 122 mvmvm v ，又因碰撞 过程

19、中机械能守恒，故有 222 1 01221 111 222 mvmvm v，两式联立得 1201 0 12 1212 ()2 , mm vmv vv mmmm . 当 21 mm 时， 2 m越大， 1 v越小，当 21 mm 时， 2 m越大， 1 v越大，选项 A、B 错误；碰撞 过程中，A 受到的冲量 121 1 1 2 2 1 000 1 1 22 1 A mmm Imvmvvv m mm m ，可知 2 m越大，A 受到的冲 量越大，选项 D 正确；B 受到的冲量与 A 受到的冲量大小相等、方向相反，因此 2 m越大， B 受到的冲量也会越大，选项 C 正确. 10.答案：BD 解析

20、：解除对弹簧的锁定，A 离开墙壁后，系统动量守恒、机械能守恒，B 速度最大时，A 的速度最小为零，且此时弹簧处于原长，B 的速度最小时，A 的速度最大，设 A 的质量为 m， 此时 A 的速度为 v，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有 minmaxBBBB mvmvmv ， 222 minmax 111 222 BBBB mvm vm v ，可得 1kg,4 m/smv ，A 错误，B 正确；在 A 离开墙壁前， 由于墙壁对A有作用力， 所以系统所受合外力不为零， 则系统动量不守恒， 故C错误； 当AB、 速度相等时，AB、动能之和最小，弹性势能最大，根据机械能守恒定律和动量守恒定律， 有 m

21、ax () BBB m vmm v 共， 22 pmaxmax 11 () 22 BBB Em vmm v 共，联立解得 pmax 3JE ，故 D 正确。 11.答案：（1）C （2）AC （3） 112 mOPmOMm ON 解析：（1）在小球碰撞过程中水平方向上动量守恒，故有 1 01 122 mvmvm v，在碰撞过程中 若机械能守恒，则有 222 1 01221 111 222 mvmvm v，解得 12 10 12 mm vv mm ，若要碰后入射小球的速 度 1 0v ， 故 12 0mm， 即 12 mm， 为了使两球发生正碰， 要求两小球的半径相同， 即 12 rr， 故选项

22、 C 正确，A、B、D 错误. （2）P 为碰前入射小球落点的平均位置，M 为碰后入射小球落点的平均位置，N 为碰后被 碰小球落点的平均位置，碰撞前入射小球的速度为 0 2 OP v h g ，碰撞后入射小球的速度为 1 2 OM v h g ，碰撞后被碰小球的速度为 2 2 ON v h g ，若 1 01 12 2 mvmvmv成立，则表明通过该实 验验证了两球碰撞过程中动量守恒，解得 112 mOPmOMm ON，故需要的测量工具有刻度 尺和天平，故选项 A、C 正确，B、D 错误. （3）根据上述分析可知，表达式为 112 mOPmOMm ON. 12.答案：（1）选车为研究对象，初速

23、度方向为正方向，由牛顿第二定律有 1 FMa，故刹 车过程加速度 2 1 1m/sa 根据 2 01 02va x，得车速减为零时通过的位移 2 0 1 200m72m 2 v x a ，会撞上 撞上时的速度 2 01 216m/svva s. （2） 从第 （1） 问可知汽车能撞上石头.选司机为研究对象， 根据动量定理有 2 0Ftmv 司机 ， 故司机受到的平均作用力 =560 NF司机 根据动量定理可知，汽车在 0 0.1st 时间内受到的平均作用力 5 0 2.4 10 N Mv F t 汽车在 0 0.1st 时间内与石头碰撞可认为动量守恒，根据动量守恒定律有Mv M v 故石头获得的速度 8m/sv .