2021届高考物理二轮复习动量定理与动量守恒专练（2）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（2） 1.如图所示，篮球训练中，某同学伸出双手迎接飞来的篮球，触球后双手随篮球收缩至胸前. 这样接球有助于减小接球过程中( ) A.篮球动量的变化量 B.篮球动能的变化量 C.篮球对手的作用力 D.篮球对手作用力的 冲量 2.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 3.如图所示，质量分别为 1kgm 和 2k

2、gM 的物块 A 和 B 叠放在光滑水平桌面上，两物块 均处于静止状态.从某时刻开始，对物块 B 施加一水平推力 F，已知推力 F 随时间 t 变化的 关系为 6 (N)Ft ，两物块之间的动摩擦因数为 0.2.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.重 力加速度 g 取 2 10m/s，下列结论正确的是( ) A.两物块刚发生相对运动时的速度为 1 m/s B.从施加推力 F 到两物块刚发生相对运动所需的时间为 2 s 3 C.从施加推力 F 到两物块刚发生相对运动两物块的位移为 0.5 m D.从施加推力 F 到两物块刚发生相对运动 F 的冲量为6 N s 4.半圆形光滑轨道固定在水平地面上，圆心为

3、 O，如图所示，并使其轨道平面与地面垂直， 物体AB、同时由轨道左、右最高点释放，二者碰后粘在一起向上运动，最高能上升到轨道 M 点，已知OM与竖直方向的夹角为 60 ，则A B、两物体的质量之比 12 :mm为( ) A.( 21):( 21) B. 2 :1 C.( 21):( 21) D.1: 2 5.如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，带有光滑弧形槽的质量为 M 的斜面静止在光滑 水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量为 ()m mM 的小球从槽上高 h 处开始自由下 滑，下列说法正确的是( ) A.在以后的运动过程中，小球和弧形槽组成的系统在水平方向上动量始终守恒 B.在下滑过程中

4、小球和弧形槽之间的相互作用力始终不做功 C.在整个运动过程中小球、弧形槽和弹簧所组成的系统机械能守恒，且水平方向动量守恒 D.被弹簧反弹后，小球和弧形槽的机械能守恒，但小球不能回到槽高 h 处 6.如图甲所示,有两个完全相同的质量为 1kgm 的物块AB、静止在地面上,0t 时刻有一 随时间变化的水平外力 F 作用在物块 A 上,F 随时间变化的规律如图乙所示.物块与地面间的 动摩擦因数为 =0.2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,两物块均可视为质点.若物块 A 在6st 时与物块B发生弹性碰撞,碰撞时间极短,碰撞之前的瞬间撤去外力F,物块B的右侧有一弹性 挡板,物块 B 与挡板碰撞后速度大小不变

5、,方向相反,且物块 B 恰好不与物块 A 发生第二次碰 撞.g 取 2 10m/s,则下列说法正确的是( ) A.2st 时,物块 A 的动量大小为2kg m/sp B.04 s 时间内,物块 A 的动量的变化量为 2kg m/sp C.物块 A 在 46 s 内做匀速直线运动 D.静止时物块 B 距弹性挡板的距离为 4.5ms 7.某同学将一质量为 m 的小球 A 由地面竖直向上抛出，初速度的大小为 0 v，当到达最高点 时， 与另一质量也为 m、 速度的大小也为 0 v竖直下抛的小球 B 发生弹性碰撞 （时间非常短） ， 经过一段时间AB、均落地.如果忽略空气阻力，重力加速度大小为 g.则

6、下列说法正确的是 ( ) A.A 在上升和下降过程中的动量的变化大小都为 0 mv B.A 在上升和下降过程中的动量的变化的方向相同 C.A 落地时的动能为 2 0 mv D.AB、落地的时间差为 0 (22) v g 8.一质量为 2 kg 的物块在合外力 F 的作用下从静止开始沿直线运动， F 随时间 t 变化的图线 如图所示，则( ) A.1st 时物块的速率为 1 m/s B.2st 时物块的动量大小为4kg m/s C.3st 时物块的动量大小为5kg m/s D.4st 时物块的速度为零 9.在质量为 M 的小车上挂有一单摆，摆球的质量为 0 m，小车和单摆以恒定的速度 v 沿光滑

7、 水平面运动，与位于正对面的质量为 m 的静止木块发生碰撞，如图所示。碰撞的时间极短， 在碰撞过程中，下列情况可能发生的是( ) A.小车和摆球的速度都变为 1 v，木块的速度变为 2 v，满足 0012 ()()Mm vMm vmv B.小车、木块、摆球的速度都发生变化分别为 123 vvv、 、，满足 0120 3 ()Mm vMvmvm v C.摆球的速度不变，小车和木块的速度变为 1 v和 2 v，满足 12 MvMvmv D.摆球的速度不变，小车和木块的速度变为 v ，满足 ()MvM m v 10.如图所示，小车静止于水平面上，A 端固定一个轻质弹簧，B 端粘有橡皮泥，小车质量为

8、M。质量为 m 的木块 C 放在小车上，用细线将木块连接于小车的 A 端并使弹簧压缩。开始 时小车与木块 C 都处于静止状态，CB、间距为 L。现烧断细线，弹簧被释放，使木块离开 弹簧向 B 端滑去，并跟 B 端橡皮泥粘在一起。所有摩擦均不计，对整个过程，以下说法正 确的是( ) A.整个系统的机械能守恒 B.整个系统的动量守恒 C.当木块的速度最大时，小车的速度也最大 D.小车向左运动的最大位移等于 m L M 11.利用气垫导轨通过闪光照相进行“探究碰撞中的不变量”这一实验. （1）实验要求研究两滑块碰撞时动能损失很小或很大等各种情况，若要求碰撞时动能损失 最大，应选图_（选填“甲”或“乙

9、”）所示的装置，若要求碰撞时动能损失最小，则 应选图_（选填“甲”或“乙”）所示的装置.（图甲两滑块分别装有弹性圈，图乙 两滑块分别装有撞针和橡皮泥） （2）若通过实验已验证碰撞前、后系统的动量守恒，某同学再进行以下实验.某次实验时碰 撞前 B 滑块静止，A 滑块匀速向 B 滑块运动并发生碰撞，利用频闪照相的方法连续 4 次拍 摄得到的闪光照片如图丙所示.已知相邻两次闪光的时间间隔为 T，在这 4 次闪光的过程中， AB、两滑块均在 080 cm 范围内，且第 1 次闪光时，滑块 A 恰好位于10cmx 处.若AB、 两滑块的碰撞时间及闪光持续的时间极短， 均可忽略不计， 则可知碰撞发生在第

10、1 次闪光后 的_时刻，AB、两滑块的质量比: AB mm _. 12.若一个运动物体 A 与一个静止物体 B 发生的是弹性正碰，则碰后 B 获得的动能与 A 原来 的动能之比 k 叫做动能传递系数.如图所示，在光滑水平面上有MN、两个小滑块，N 的质 量为 0 4m， 左侧有一固定的半径为 R 的四分之一光滑圆弧轨道， 从圆弧轨道顶端由静止释放 一个质量为 0 m的小滑块 P，P 滑下后与 M 发生碰撞，之后 M 又与 N 发生碰撞，假设所有碰 撞均为弹性碰撞，且只考虑滑块间发生的第一次碰撞，MNP、 、均可视为质点. （1）求小滑块 P 刚到圆弧轨道底端时轨道对小滑块的支持力的大小 N F

11、. （2）若要使 N 获得最大动能，则 P 和 M 及 M 和 N 碰撞时的动能传递系数 12 kk、分别应为 多少？ 答案以及解析答案以及解析 1.答案：C 解析：由于接球的过程中，无论双手是否收缩，球的初、末速度不变，所以篮球对手作用力 的冲量和篮球动量的变化量、动能的变化量都不变，A、B、D 错误；先伸出双手迎接飞来 的篮球，触球后双手随篮球收缩至胸前，这样可以增加篮球与双手接触的时间，根据动量定 理得0Ftmv，解得 mv F t ，当时间增加时，手对篮球作用力减小，则篮球对手的作用 力减小，C 正确. 2.答案：A 解析：设乙物块的质量为 m，由动量守恒定律有m vm vm vm v

12、 甲甲乙乙甲甲乙乙 ，代入图 中数据解得6 kgm 乙 ，进而可求得碰撞过程中两物块损失的机械能为 2222 1111 2222 Em vm vm vm v 甲 甲乙 乙甲乙甲乙损 ，代入图中数据解得3JE 损 ，选项 A 正确。 3.答案：A 解析：当 A 所受静摩擦力达到最大时，两物块发生相对滑动，此时 A 的加速度大小为 22 0.2 10m/s2m/sag；对整体受力分析可知， )()6 N6 (NFmM at ，解得 1st ，F 是均匀增加的， 6 N3 N 2 F ；对整体由动量定理可得()IFtmM v，解得 1m/sv ， 选项 A 正确， B 错误.若两物块做匀加速直线运动

13、， 则 1 s 内的位移0.5 m 2 vt x ， 而两物块做的是加速度逐渐增大的变加速直线运动，故位移不是 0.5 m，选项 C 错误.由动量 定理可知，推力 F 的冲量 ()3N sIMm v，选项 D 错误. 4.答案：C 解析：设半圆形轨道半径为 R，两物体到达最低点的过程，由动能定理得 2 1 2 mgRmv，解 得2vgR，所以两物体到达最低点的速度均为2gR，设向左为正方向，则 A 的速度 1 2vgR ，B 的速度 2 2vgR，由碰撞瞬间动量守恒得 2 21 112 ()m vmvmm v 共，解得 21 12 =2 mm vgR mm 共 ，二者碰后粘在一起向左运动，最高

14、能上升到轨道 M 点，对此过程应 用动能定理得 2 1212 1 ()(1cos60 )0() 2 mm gRmm v 共，由解得 2 12 2 21 () 2 () mm mm ，由 于AB、碰后向左运动，知 21 mm，整理得 12 :( 21):( 21)mm ，故 C 选项正确。 5.答案：D 解析：小球在槽上运动时，小球与弧形槽组成的系统在水平方向上合外力为零，系统在水平 方向上动量守恒，而当小球接触弹簧后，小球受弹簧的弹力作用，所以系统在水平方向上动 量不守恒，故 A 错误；弹簧受墙的弹力作用，所以小球、弧形槽和弹簧组成的系统在水平 方向上合外力不为零， 故水平方向三者组成的系统动

15、量不守恒， 但是整个过程中小球和弧形 槽、弹簧所组成的系统只有重力和弹力做功，故系统的机械能守恒，故 C 错误；下滑过程 中小球和弧形槽都有水平方向的位移， 而相互作用力是垂直于弧面的， 故相互作用力和位移 不垂直，相互作用力均做功，故 B 错误；小球在槽上运动时，小球与弧形槽组成的系统水 平方向上动量守恒，但是由于小球的质量 m 小于弧形槽的质量 M，所以小球沿槽下滑，与 弧形槽分离后，小球的速度大于弧形槽的速度，球被弹簧以原速度大小弹回后，当与弧形槽 的速度相等时，小球上升的高度最大，此时由于小球和弧形槽都有向左的速度，故小球不能 滑到槽高 h 处的位置，故 D 正确。 6.答案：BD 解

16、析：A 所受最大静摩擦力为 f 2 NFmg,即在2st 时物块 A 刚由静止开始运动,所以 2st 时,物块 A 的动量大小为零,A 错误;04 s 时间内,A 只在该段时间的 24 s 内运动,故根 据动量定理可得 f1 24 ()(2)2 kg m/s=2 kg m/s 2 pFF t ,B 正确;在 46 s 内 f 4 N2 NFF,故 A 做匀加速直线运动,C 错误;碰撞前瞬间,物块 A 的动量为 f1f2 ()()6kg m/spFF tFF t ,即 A 的速度为 1 6 m/s p v m ,因为物块AB、质量相等 且碰撞为弹性碰撞,故碰后AB、速度交换,恰好没有发生第二次碰

17、撞,即再次相遇时二者的速 度恰好为零,故有 2 1 1 2 2 mgsmv,联立解得4.5ms ,D 正确. 7.答案：BCD 解析：A 与 B 发生弹性碰撞，根据动量守恒定律，二者速度发生交换，A 做竖直下抛运动， B 做自由落体运动，因此 B 落地时间 0 B v t g ，对 A，上抛运动有 2 0 02vgh，竖直下抛运 动有 22 0 2vvgh，因此 A 落地速度大小 0 2vv，所以 A 落地时的动能为 2 0 mv，C 正确； 取向下为正方向，对 A 上升过程中动量的变化量为 100 0()pmvmv ，下抛过程中动量 的变化量为 002 ( 21)pmvmvmv，故 A 错误

18、，B 正确；根据动量定理 20 ( 21) A mgtpmv ，所以 0 (22) BA v ttt g ，D 正确. 8.答案：AB 解析： 由动量定理有Ftmv， 解得 Ft v m ，1st 时物块的速率1m/s Ft v m ， A 正确；Ft 图线与时间轴所围面积表示冲量大小，所以 2st 时物块的动量大小为 22kg m/s4kg m/sp ，B 正确； 3st 时物块的动量大小为 (2 2 1 1) kg m/s3kg m/sp ，C 错误； 4st 时物块的动量大小为 (2 2 1 2) kg m/s2kg m/sp ，则此时物块速度不为零，D 错误. 9.答案：CD 解析：由

19、于小车与木块发生碰撞的时间极短，碰撞时仅小车与木块间发生相互作用，使小车 与木块的动量发生变化，而在这极短时间内，摆球在水平方向并没有通过绳发生相互作用， 所以小车与木块碰后瞬间， 摆球仍保持原来的速度而未来得及变化， 仅小车与木块由于相互 作用，各自动量发生改变，所以选项 AB 错误。以小车（不包括摆球）和木块为系统，碰撞 前后动量守恒，但小车与木块碰后可能分离，也可能结合在一起，故选项 CD 正确。 10.答案：BC 解析：弹簧被释放过程系统机械能守恒，而木块 C 跟 B 端橡皮泥粘在一起的过程是非弹性 碰撞，机械能有损失，故 A 错误；整个系统受到的合外力保持为零，动量守恒，故 B 正确

20、； 设弹簧释放后，木块 C 速度大小为 v，小车速度大小为 v ，由动量守恒得0mv Mv ，解 得 mv v M ，所以当木块的速度 v 最大时，小车的速度 v 也最大，故 C 正确；设弹簧释放后 C 经时间 t 与 B 端碰撞，由动量守恒得0mv Mv ，两边同乘以 t，可得0mvt Mv t ， 即 12 0mxMx，位移关系为 12 xxL，联立解得 2 mL x Mm ，故 D 错误。 11.答案：（1）乙；甲 （2）2.5T；1:3 解析：第（1）问的实质就是考查弹性碰撞和完全非弹性碰撞，所以读题时盯牢弹性图、撞 针和橡皮泥，问题就不难回答；第（2）问的难点在于看懂滑块碰撞前、后都

21、是做匀速直线 运动，碰撞过程时间极短且速度改变，但是闪光时间不变，所以找对位移和时间，速度自然 可求. （1）若要求碰撞时动能损失最大，则需两滑块碰撞后结合在一起，故应选乙图中的装置； 若要求碰撞时动能损失最小，则应使两滑块发生弹性碰撞，即选甲图中的装置. （2） 第 1 次闪光时， 滑块 A 恰好位于 10cmx 处， 由图丙可知， 第二次闪光时 A 在 30cmx 处，第三次闪光时 A 在 50cmx 处，碰撞发生在 60cmx 处.分析知从第三次闪光到发生碰 撞所需的时间为 2 T ，则可知碰撞发生在第 1 次闪光后的2.5T时刻.设碰前 A 的速度为 v，则 碰后 A 的速度为 2 v

22、 ，B 的速度为 2 v ，根据动量守恒定律可得 22 AAB vv m vmm ，解得 1 3 A B m m ，即:1:3 AB mm . 12.答案：（1）设小滑块 P 刚滑到圆弧轨道底端时速度为 0 v 由动能定理得 2 000 1 2 m gRm v 由向心力公式得 00 2 0 N F R gm v m 联立以上两式得 0 3 N Fm g. （2）P 和 M 发生弹性碰撞，设 M 的质量为 m，碰后 P 的速度为 1 v，M 的速度为 2 v 由动量守恒得 000 12 m vm vmv 由动能守恒得 222 000 12 111 222 m vm vmv 解得 0 20 0 2m vv mm 故 0 1 2 0 4 () m m k mm M 和 N 发生弹性碰撞，设碰后 M 的速度为 3 v，N 的速度为 4 v 由动量守恒得 2304 4mvmvm v 由动能守恒得 222 2304 111 4 222 mvmvm v 解得42 0 2 4 m vv mm 故 0 2 2 0 16 (4) m m k mm 若要使 N 获得最大动能，则要求 12 k k最大 22 0 12 22 00 64 () (4) m m k k mmmm 由数学知识得，当 0 2mm 时， 12 k k最大，N 获得的动能最大 代入数据得 12 8 9 kk.