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    高考物理二轮复习高频考点专项训练---动量定理与动量守恒定律的应用(2份打包,解析版+原卷版,可预览)

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    高考物理二轮复习高频考点专项训练---动量定理与动量守恒定律的应用1.(2019·山西晋中市适应性调研)如图所示,在光滑水平面上有一质量为m的物体,它受到水平向右的力F的作用.力F分别按下图ABCD所示的四种方式随时间t变化(图中纵坐标是Fmg的比值,力沿水平向右为正方向).已知物体在t0时速度为零,若用v1v2v3v4分别表示上述四种受力情况下物体在2 s末的速率,则这四个速率中最大的是(  )答案 A解析 物体运动过程中,受重力、支持力、拉力作用,合力等于拉力,根据动量定理,有:Imv0,故力F的冲量最大时,末速度最大;图中t图线与t轴包围的面积与冲量大小成正比,上方冲量为正,下方冲量为负,由于A图中冲量的矢量和最大,故A图中物体的末速度最大;故选A.2(2019·宁夏银川市六盘山上学期期末)如图所示,质量为M的木块位于光滑水平面上,木块与墙用轻弹簧连接,开始时木块静止在A位置.现有一质量为m的子弹以水平速度v0射向木块并嵌入其中,则当木块回到A位置时的速度v以及此过程中墙对弹簧的冲量I的大小分别为(  )A.0   B.2mv0C.   D.2mv0答案 D解析 子弹射入木块过程,由于时间极短,子弹与木块间的内力远大于系统外力,由动量守恒定律得:mv0(Mm)v,解得:v;子弹和木块系统在弹簧弹力的作用下先做减速运动,后做加速运动,回到A位置时速度大小不变,即木块回到A位置时的速度大小v子弹和木块弹簧组成的系统受到的合力即为墙对弹簧的作用力,规定水平向右为正方向,根据动量定理得:I=-(Mm)vmv0=-2mv0,所以墙对弹簧的冲量I的大小为2mv0,故选D.3.(多选)(2019·吉林五地六校合作体联考)如图所示,在光滑水平地面上,AB两物体质量都为mA以速度v向右运动,B左端有一轻弹簧且初速度为0,在A与弹簧接触以后的过程中(A与弹簧不粘连),下列说法正确的是(  )A.轻弹簧被压缩到最短时,AB系统总动量仍然为mvB.轻弹簧被压缩到最短时,A的动能为mv2C.弹簧恢复原长时,A的动量一定为零DAB两物体组成的系统机械能守恒答案 AC解析 AB组成的系统所受的外力之和为零,动量守恒,初态总动量为mv,则弹簧压缩到最短时,系统总动量仍然为mv,故A正确;轻弹簧被压缩到最短时AB的速度相等,由动量守恒有mv2mv,可得v,则此时A的动能为EkAmv2mv2,故B错误;AB在相对靠近压缩弹簧和相对远离弹簧恢复原状的过程中,AB及轻弹簧组成的系统满足动量守恒和机械能守恒,则弹簧恢复原长时,有:mvmvAmvBmv2mvA2mvB2,可得vA0vBv,故C正确;AB系统的机械能有一部分转化为弹簧的弹性势能,机械能不守恒,而AB及弹簧组成的系统没有其他能参与转化,机械能守恒,故D错误.4(2019·河南名校联盟高三下学期2月联考)如图所示,小木块用细线吊在O点,此刻小物块的重力势能为零.一颗子弹以一定的水平速度射入木块A中,并立即与A有共同的速度,然后一起摆动到最大摆角α(0<α<90°).如果保持子弹质量和入射的速度大小不变,而使小木块的质量稍微增大,关于最大摆角α、子弹的初动能与木块和子弹一起达到最大摆角时的机械能之差ΔE,有(  )Aα角增大,ΔE也增大Bα角增大,ΔE减小Cα角减小,ΔE增大Dα角减小,ΔE也减小答案 C解析 小木块质量增大,由动量守恒可知,小木块与子弹的共同速度减小,则最大摆角α减小,又ΔEmv02(Mm)v2,且v,联立解得ΔE,则M增大时,ΔE增大,C正确.5.(2019·重庆市部分区县第一次诊断)如图,立柱固定于光滑水平面上O点,质量为M的小球a向右运动,与静止于Q点的质量为m的小球b发生弹性碰撞,碰后a球立即向左运动,不计b球与立柱碰撞的能量损失,所有碰撞时间均不计,b球恰好在P点追到a球,Q点为OP中点,则ab球质量之比Mm(  )A3∶5            B1∶3            C2∶3             D1∶2答案 A解析 设ab两球碰后速度大小分别为v1v2.由题有:b球与挡板发生弹性碰撞后恰好在P点追上a球,则从碰后到相遇ab球通过的路程之比为:s1s21∶3,根据svt得:v23v1,以水平向右为正方向,两球发生弹性碰撞,由动量守恒定律得:Mv0M(v1)mv2,由机械能守恒定律得:Mv02Mv12mv22,解得Mm3∶5A正确.6.(2019·福建泉州市质检)甲、乙两冰雹从高空由静止落下,假设两冰雹下落过程中空气阻力大小均与速率的二次方成正比,且比例系数相同,甲的质量是乙的2倍,则下落过程中(  )A.甲的最大加速度是乙的2B.甲的最大速度是乙的2C.甲的最大动量是乙的D.甲的最大动能是乙的4答案 D解析 冰雹下落过程中空气阻力大小均与速率的二次方成正比,所以下落过程中速度为0时加速度最大,冰雹只受重力,所以最大加速度均为g,故A错误;当冰雹的重力与阻力相等时加速度为0,速度最大,即有mgkv2,得:v,由于甲的质量是乙的2倍,所以甲的最大速度是乙的倍,故B错误;动量pmv,由于甲的质量是乙的2倍,甲的最大速度是乙的倍,所以甲的最大动量是乙的2倍,故C错误;动能Ekmv2,由于甲的质量是乙的2倍,甲的最大速度是乙的倍,所以甲的最大动能是乙的4倍,故D正确.7.(多选)(2019·广西梧州市联考)水平推力F1F2分别作用于水平面上原来静止的、等质量的ab两物体上,作用一段时间后撤去推力,物体将继续运动一段时间停下,两物体的vt图象如图所示,已知图中线段ABCD,下列关于两物体在整个运动过程中的说法,正确的是(  )AF1的冲量小于F2的冲量BF1做的功大于F2做的功C.两物体受到的摩擦力大小相等D.两物体受到的摩擦力做的功相等答案 AC解析 由题意可知,ABCD平行,说明推力撤去后两物体的加速度相同,而撤去推力后物体的合力等于摩擦力,根据牛顿第二定律可知,两物体受到的摩擦力大小相等,选项C正确;对整个过程,由动量定理得:F1t1FftOB0F2t2FftOD0,由题图看出,tOBtOD,则有 F1t1F2t2,即F1的冲量小于F2的冲量,故A正确;克服摩擦力做的功WfFfx,因vt图线与t轴围成的图形的面积等于位移大小,可知无法比较x1x2的大小,则两物体受到的摩擦力做的功不能比较,根据动能定理有:WF1Wf10WF2Wf20,则可知F1做的功与F2做的功不能比较,选项BD错误.8(2019·河南平顶山市一轮复习质检)质量为m的小球被水平抛出,经过一段时间后小球的速度大小为v,若此过程中重力的冲量大小为I,重力加速度为g,不计空气阻力,则小球抛出时的初速度大小为(  )Av   BvC.   D.答案 C解析 由题意可知:Imgt,则t,经过t时间,小球竖直方向的速度大小为vygt,根据速度分解可知,初速度大小为v0,故选C.9(2019·四川综合能力提升卷)质量为1 kg的弹性小球以9 m/s的速度垂直砸向地面,然后以同样大小的速度反弹回来,关于小球与地面的碰撞过程,下列说法正确的是(  )A.小球动量的变化量为0B.地面对小球的冲量大小为18 N·sC.合外力的冲量大小为18 N·sD.小球的加速度为0答案 C解析 从砸向地面到最后原速反弹的过程中机械能守恒,以小球初速度方向为正方向,则小球在与地面碰撞过程中速度的变化量为:Δvv2v1=-9 m/s9 m/s=-18 m/s,小球动量的变化量为ΔpmΔv=-18 kg·m/s ,则小球的加速度为a,所以加速度不为0AD错误;碰撞过程中小球受阻力和重力的作用,则由动量定理:IGIΔp=-18 N·s,则合外力冲量大小等于18 N·s,地面对小球的冲量大小大于18 N·sC正确,B错误.10.(多选)(2019·河北邯郸市测试)如图所示,光滑水平面上有大小相同的AB两球在同一直线上运动.两球质量关系为mB2mA,规定向右为正方向,AB两球的动量均为6 kg·m/s,运动中两球发生碰撞,碰撞前后A球动量变化为-4 kg·m/s,则(  )A.左方是AB.右方是AC.碰撞后AB两球速度大小之比为2∶5D.经过验证两球发生的碰撞不是弹性碰撞答案 AC解析 光滑水平面上大小相同的AB 两球发生碰撞,规定向右为正方向,由动量守恒定律可得:ΔpA=-ΔpB,由于碰后A球的动量增量为负值,所以右边不可能是A球,若是A球则动量的增量应该是正值,因此碰后A球的动量为2 kg·m/s,所以碰后B球的动量是增加的,为10 kg·m/s.由于两球质量关系为mB2mA,那么碰撞后AB两球速度大小之比为2∶5,所以选项AC正确,B错误;设A的质量为m,则B的质量为2m;根据Ek,碰前动能:Ek1;碰后动能:Ek2Ek1Ek2,则两球发生的是弹性碰撞,选项D错误.11.(2019·山东烟台市下学期高考诊断)如图所示,质量为M3 kg的足够长的木板放在光滑水平地面上,质量为m1 kg的物块放在木板上,物块与木板之间有摩擦,两者都以大小为4 m/s的初速度向相反方向运动.当木板的速度为3 m/s时,物块处于(  )A.匀速运动阶段   B.减速运动阶段C.加速运动阶段   D.速度为零的时刻答案 B解析 开始阶段,物块向左减速,木板向右减速,当物块的速度为零时,设此时木板的速度为v1,根据动量守恒定律得:(Mm)vMv1,解得:v1 m/s≈2.67 m/s;此后物块将向右加速,木板继续向右减速,当两者速度达到相同时,设共同速度为v2.由动量守恒定律得:(Mm)v(Mm)v2,解得v2 m/s2 m/s,两者相对静止后,一起向右做匀速直线运动.由此可知当木板的速度为3 m/s时,m处于减速运动阶段,故选B.12(2019·湖北稳派教育上学期第二次联考)某同学为研究反冲运动,设计了如图3所示的装置,固定有挡光片的小车内表面水平,置于光滑水平面上,挡光片宽为d,小车的左侧不远处有固定的光电门,用质量为m的小球压缩车内弹簧,并锁定弹簧,整个装置处于静止状态,解除锁定,小球被弹射后小车做反冲运动并通过光电门,与光电门连接的计时器记录挡光片挡光时间为t,小车、弹簧和挡光片的总质量为3m,则小球被弹出小车的瞬间相对于地面的速度大小为(  )A.               B.              C.                       D.答案 C解析 解除锁定,小球被弹射后小车做反冲运动,挡光片挡片时间为t,则小车匀速运动的速度为v1,设小球的速度为v2,根据反冲运动的特点可知,小车与小球总动量为零,根据动量守恒定律得:3mv1mv2,得小球的速度v2,故选C.13.(2019·湖南长沙市雅礼中学期末)3个质量分别为m1m2m3的小球,半径相同,并排悬挂在长度相同的3根竖直绳上,彼此恰好相互接触.现把质量为m1的小球拉开一些,如图中虚线所示,然后释放,经球1与球2、球2与球3相碰之后,3个球的动量相等.若各球间碰撞时均为弹性碰撞,且碰撞时间极短,不计空气阻力,则m1m2m3(  )A6∶3∶1   B2∶3∶1C2∶1∶1   D3∶2∶1答案 A解析 因为各球间发生的碰撞是弹性碰撞,则碰撞过程机械能守恒,动量守恒.因碰撞后三个小球的动量相等,设为p,则总动量为3p.由机械能守恒得,即,代入四个选项的质量比值关系,只有A项符合,故选A.14.(2019·湖北武汉市二月调研)运动员在水上做飞行运动表演,他操控喷射式悬浮飞行器将水带竖直送上来的水反转180°后向下喷出,令自己悬停在空中,如图所示.已知运动员与装备的总质量为90 kg,两个喷嘴的直径均为10 cm,已知重力加速度大小g10 m/s2,水的密度ρ1.0×103 kg/m3,则喷嘴处喷水的速度大约为(  )A2.7 m/s         B5.4 m/s           C7.6 m/s        D10.8 m/s答案 C解析 设Δt时间内一个喷嘴中有质量为m的水喷出,忽略水的重力冲量,对两个喷嘴喷出的水由动量定理得:FΔt2mvmρvΔt·π因运动员悬停在空中,则FMg联立代入数据解得:v≈7.6 m/s,故C正确.15(2019·广东省六校第三次联考)开学了,想到又能够回到校园为梦想而拼搏,小明同学开心得跳了起来.假设小明质量为m,从开始蹬地到离开地面用时为t,离地后小明重心最大升高h,重力加速度为g,忽略空气阻力.以下说法正确的是(  )A.从开始蹬地到到达最高点的过程中,小明始终处于失重状态B.在t时间内,小明机械能增加了mghC.在t时间内,地面给小明的平均支持力为D.在t时间内,地面对小明做功mgh答案 B解析 从开始蹬地到到达最高点的过程中,经历了向上加速和减速的过程,所以小明是先超重后失重,故A错误;小明离开地面后,只受重力作用,机械能守恒,重心最大升高h,可知小明离开地面时的机械能为mgh,这是在蹬地的时间t中,其他外力做功转化的,故B正确;在时间t内,由动量定理得:tmgtmv0,离开地面到最高点有:mghmv2,联立解得:mg,故C错误;在时间t内,地面对小明的支持力并没有在力的方向上发生位移,做功为0,故D错误. 

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