2023届高考物理二轮复习专题2第2讲动量动量守恒定律作业含答案

第一部分　专题二　第2讲 动量　动量守恒定律

基础题——知识基础打牢

1．(多选)(2022·广东汕头二模)科学家常在云室中加入铅板以降低运动粒子的速度．图示为物理学家安德森拍下的正电子在云室中运动的径迹，已知图示云室加垂直纸面方向的匀强磁场，由图可以判定(　BC　)

A．匀强磁场方向向外

B．正电子由上而下穿过铅板

C．正电子在铅板上、下磁场中运动角速度相同

D．正电子在铅板上、下磁场运动中动量大小相等

【解析】　正电子在匀强磁场中，洛伦兹力提供向心力，则有qvB＝m解得r＝，由于正电子经过铅板后速度会减小，可知正电子经过铅板后的轨迹半径减小，从图中可以看出正电子在铅板上方轨迹半径比下方轨迹半径大，故正电子由上而下穿过铅板，由左手定则判断匀强磁场方向向里，A错误，B正确；正电子经过铅板后速度会减小，则正电子经过铅板后动量减小，正电子在铅板上、下磁场运动中动量大小不相等，D错误；正电子在磁场中做圆周运动的角速度为ω＝＝可知正电子在铅板上、下磁场中运动角速度相同，C正确．故选BC．

2．(多选)(2022·重庆八中模拟)2022北京冬奥会期间，校园陆地冰壶也在积极地参与中．如图所示，某次投掷时，冰壶A以速度v＝3m/s与冰壶B发生正碰，碰撞前后的速度均在同一直线上，若A、B的质量均为1kg，则下列说法正确的是(　CD　)

A．碰撞后A的速度可能为2m/s

B．碰撞后B的速度可能为1m/s

C．碰撞后A不可能反向运动

D．碰撞后B的速度可能为2.5m/s

【解析】　设A、B的质量为m，若发生弹性碰撞，根据动量守恒得mv＝mvA＋mvB，根据机械能守恒得mv2＝mv＋mv，解得A、B的速度分别为vA＝0，vB＝v＝3m/s，若发生完全非弹性碰撞，则mv＝(m＋m)v共，解得A、B的共同速度为v共＝1.5m/s，所以碰撞后A、B球的速度范围分别为0～1.5m/s,1.5m/s～3m/s，故选CD．

3．(2022·广东汕头二模)汕头市属于台风频发地区，图示为风级(0～12)风速对照表．假设不同风级的风迎面垂直吹向某一广告牌，且吹到广告牌后速度立刻减小为零，则“12级”风对广告牌的最大作用力约为“4级”风对广告牌最小作用力的(　A　)

A．45倍　　　 B．36倍

C．27倍　　　 D．9倍

【解析】　设空气的密度为ρ，广告牌的横截面积为S，经过Δt时间撞击在广告牌上的空气质量为Δm＝ρΔV＝ρSvΔt，根据动量定理可得FΔt＝Δmv，解得F＝ρSv2，根据牛顿第三定律可知，风对广告牌作用力为F′＝F＝ρSv2∝v2，则“12级”风对广告牌的最大作用力与“4级”风对广告牌最小作用力的比值为＝≈45，故选A．

4．(2022·江苏连云港模拟)离子发动机是利用电场加速离子形成高速离子流而产生推力的航天发动机，这种发动机适用于航天器的姿态控制、位置保持等．某航天器质量M，单个离子质量m，带电量q，加速电场的电压为U，高速离子形成的等效电流强度为I，根据以上信息计算该航天器发动机产生的推力为(　B　)

A．I　　　 B．I

C．I　　　 D．I

【解析】　对离子，根据动能定理有qU＝mv2，解得v＝，根据电流的定义式则有I＝＝，对离子，根据动量定理有F·Δt＝Nmv，解得F＝＝＝I，根据牛顿第三定律，推进器获得的推力大小为F′＝I，故B正确，A、C、D错误．

5．(多选)(2022·湖南长郡中学月考)如图所示，质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB长度为2R，现将质量也为m的小球从距A点正上方h0高处由静止释放，然后由A点经过半圆轨道后从B冲出，在空中能上升的最大高度为(不计空气阻力)．则下列说法错误的是(　ACD　)

A．小球和小车组成的系统动量守恒

B．小车向左运动的最大距离为R

C．小球从B点离开小车不会再落回轨道内

D．小球从B点离开小车后又会从B点落回轨道，再次恰好到达A点时速度为零不会从A点冲出

【解析】　小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，所以只是系统水平方向动量守恒，故A错误；系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：mv－mv′＝0，m＝m解得x＝R，故B正确；由于小球第二次在车中滚动时，对应位置的速度减小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，克服摩擦力做的功小于mgh0，因此小球一定能从A点冲出，故D错误；小球与小车组成的系统水平方向上动量守恒，则知小球由B点离开小车时水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度均为零，小球离开小车后竖直上抛运动，最后又从B点落回，故C错误．故选ACD．

6．(多选)(2022·湖南长沙二模)如图所示一平板车A质量为2m，静止于光滑水平面上，其右端与竖直固定挡板相距为L．小物块B的质量为m，以大小为v0的初速度从平板车左端开始向右滑行，一段时间后车与挡板发生碰撞，已知车碰撞挡板时间极短，碰撞前后瞬间的速度大小不变但方向相反．A、B之间的动摩擦因数为μ，平板车A表面足够长，物块B总不能到平板车的右端，重力加速度大小为g．L为何值，车与挡板能发生3次及以上的碰撞(　CD　)

A．L＝　　　 B．L＝

C．L＝　　　 D．L＝

【解析】　在车与挡板碰撞前，有mv0＝2mvA＋mvB，如果L为某个值L1，使A与挡板能发生二次碰撞，从A开始运动到与挡板第一次碰撞前瞬间，对A由动能定理可得μmgL1＝·2mv，设A第二次与挡板碰撞前瞬间A、B的速度大小分别为vA′、vB′，从A与挡板第一次碰撞后瞬间到第二次碰撞前瞬间，由动量守恒定律可得mvB－2mvA＝2mvA′＋mvB′且第二次碰撞前，A、B未达到共同速度，A在这段时间内先向左后向右运动，加速度保持不变，根据匀变速直线运动的对称性可知vA′＝vA，A与挡板第二次碰撞后经一段时间后A、B同时停止运动，即mvB′－2mvA′＝0，联立解得L1＝，车与挡板能发生3次及以上的碰撞的条件L＜，故C、D可能，A、B不可能．

7．(多选)(2022·江西贵溪二模)如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为M的滑块，滑块的一侧是一个弧形凹槽OAB，凹槽半径为R，A点切线水平，另有一个质量为m(m＞M)的小球以速度v0从A点冲上凹槽，重力加速度大小为g，不计摩擦．下列说法中正确的是(　AB　)

A．当v0＝时，小球不可能到达B点

B．当v0＝时，小球在弧形凹槽上运动的过程中，滑块的动能一直增大

C．如果小球的速度足够大，小球将从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上

D．当v0＝时，小球返回A点后可能做自由落体运动

【解析】　当小球能够恰好到达B点时，设小球和滑块达到共同速度v，根据动量守恒定律有mv0＝(m＋M)v，根据机械能守恒定律有mv＝(m＋M)v2＋mgR，联立以上两式解得v0＝＞，所以当v0＝时，小球不能到达B点，A正确；当v0＝时，小球未到达B点，小球从进入凹槽至最高点的过程中，小球对滑块的作用力始终做正功，所以滑块的动能一直增大，B正确；如果小球的初速度足够大，小球将从B点冲出，由于B点的切线方向竖直，小球离开滑块时，二者水平方向的速度相同，小球相对滑块做竖直上抛运动，最后将从B再次进入凹槽，最后从滑块的右侧离开，C错误；当v0＝时，小球再次回到凹槽底部时的速度为v1，凹槽的速度为v2，根据系统机械能守恒和水平方向动量守恒可得mv＝mv＋Mv，mv0＝mv1＋Mv2，解得v1＝v0，因为m＞M，则可知v1＝v0＞0，小球返回A点后做平抛运动，而不是自由落体运动，D错误．故选AB．

应用题——强化学以致用

8．(多选)(2022·重庆二诊)喷丸处理是一种表面强化工艺，即使用丸粒轰击工件表面，提升工件疲劳强度的冷加工工艺．用于提高零件机械强度以及耐磨性、抗疲劳性和耐腐蚀性等．某款喷丸发射器采用离心的方式发射喷丸，转轮直径为530mm，角速度为230rad/s，喷丸离开转轮时的速度与转轮上最大线速度相同．喷丸撞击到器件表面后发生反弹，碰撞后垂直器件方向的动能变为碰撞前动能的81%，沿器件表面方向的速度不变．一粒喷丸的质量为3.3×10－5kg，若喷丸与器件的作用时间相同，且不计喷丸重力，则关于图甲、乙所示的两种喷射方式的说法正确的是(　AD　)

A．喷丸发出过程喷丸发射器对一粒喷丸做的功约为0.06J

B．喷丸发出过程喷丸发射器对一粒喷丸做的功约为0.12J

C．图甲、乙所示一粒喷丸对器件表面的平均作用力之比为2∶1

D．图甲、乙所示一粒喷丸对器件表面的平均作用力之比为2∶

【解析】　喷丸离开转轮时的速度与转轮上最大线速度相同，转轮上线速度的最大值为v＝ωr＝60.95m/s，则喷丸发出过程喷丸发射器对喷丸做的功约为W＝mv2≈0.06J，选项A正确，B错误；结合题述可知，喷丸碰撞后垂直器件表面的速度大小变为碰撞前的90%，设喷丸速度为v，垂直喷射时有＝，以60°角喷射时，有＝，解得＝，选项C错误，D正确．故选AD．

9．(多选)(2022·河北衡水四调)质量为3m足够长的木板静止在光滑的水平面上，木板上依次排放质量均为m的木块1、2、3，木块与木板间的动摩擦因数均为μ．现同时给木块1、2、3水平向右的初速度v0、2v0、3v0，已知重力加速度为g．则下列说法正确的是(　BCD　)

A．木块1相对木板静止前，木板是静止不动的

B．木块1的最小速度是v0

C．木块2的最小速度是v0

D．木块3从开始运动到相对木板静止时对地位移是

【解析】　木块1在木板上向右减速运动，该过程木板向右做加速运动，当木块1与木板速度相等时相对木板静止，由此可知，木块1相对静止前木板向右做加速运动，故A错误；木块与木板组成的系统所受合外力为零，当木块1与木板共速时木板的速度最小，设木块与木板间的摩擦力为f，则木块1的加速度a1＝做匀减速运动，而木板a＝＝做匀加速运动，则v1＝v0－a1t＝at，v1＝v0，故B正确；设木块2的最小速度为v2，此时木块2与木板刚刚共速，木块2此时速度的变量为2v0－v2，则木块3此时速度为3v0－(2v0－v2)＝v0＋v2，由动量守恒定律得：m(v0＋2v0＋3v0)＝5mv2＋m(v0＋v2)，解得v2＝v0，故C正确；木块与木板组成的系统动量守恒，以向右为正方向，木块3相对木板静止过程，由动量守恒定律得m(v0＋2v0＋3v0)＝(3m＋3m)v3，解得v3＝v0，对木块3，由动能定理得－μmgx＝mv－m(3v0)2，解得x＝，故D正确．故选BCD．

10．(2022·辽宁沈阳二模)如图(a)，质量分别为mA、mB的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力F作用在A上，系统静止在光滑水平面上(B靠墙面)，此时弹簧形变量为x．撤去外力并开始计时，A、B两物体运动的a-t图象如图(b)所示，S1表示0到t1时间内A的a-t图线与坐标轴所围面积大小，S2、S3分别表示t1到t2时间内A、B的a-t图线与坐标轴所围面积大小．A在t1时刻的速度为v0．下列说法正确的是(　C　)

A．mA＜mB

B．S1＋S2＝S3

C．0到t1时间内，墙对B的冲量大小等于mAv0

D．B运动后，弹簧的最大形变量等于x

【解析】　a-t图线与坐标轴所围图形的面积大小等于物体速度的变化量，因t＝0时刻A的速度为零，t1时刻A的速度大小v0＝S1，t2时刻A的速度大小vA＝S1－S2，B的速度大小vB＝S3，由图(b)所示图象可知，t1时刻A的加速度为零，此时弹簧恢复原长，B开始离开墙壁，到t2时刻两者加速度均达到最大，弹簧伸长量达到最大，此时两者速度相同，即vA＝vB，则S1－S2＝S3，t1到t2时间内，A与B组成的系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得mAv0＝(mA＋mB)vA，联立解得mA∶mB＝S3∶S2，由图知S3＞S2，所以mA＞mB，故A、B错误；撤去外力后A受到的合力等于弹簧的弹力，0到t1时间内，对A，由动量定理可知，合力即弹簧弹力对A的冲量大小I＝mAv0，弹簧对A与对B的弹力大小相等、方向相反、作用时间相等，因此弹簧对B的冲量大小与对A的冲量大小相等、方向相反，即弹簧对B的冲量大小I弹簧＝mAv0，对B，以向右为正方向，由动量定理得I墙壁－I弹簧＝0，解得，墙对B的冲量大小I墙壁＝mAv0，方向水平向右，故C正确；B运动后，当A、B速度相等时弹簧形变量(伸长量或压缩量)最大，此时A、B的速度不为零，A、B的动能不为零，由能量守恒定律可知，B运动后弹簧形变量最大时A、B的动能与弹簧的弹性势能之和与撤去外力时弹簧的弹性势能相等，则B运动后弹簧形变量最大时弹簧弹性势能小于撤去外力时弹簧的弹性势能，即B运动后弹簧形变量最大时弹簧的形变量小于撤去外力时弹簧的形变量x，故D错误．

11．(2022·山东押题练)2022年北京冬奥会自由式滑雪女子大跳台决赛中，中国选手谷爱凌以188.25分的成绩获得金牌．北京冬奥会报道中利用“AI＋8K”技术，把全新的“时间切片”特技效果首次运用在8K直播中，更精准清晰地抓拍运动员比赛精彩瞬间，给观众带来全新的视觉体验．将谷爱凌视为质点，其轨迹视为一段抛物线图．图(a)是“时间切片”特技的图片，图(b)是谷爱凌从3m高跳台斜向上冲出的运动示意图，图(c)是谷爱凌在空中运动时离跳台底部所在水平面的高度y随时间t变化的图线．已知t＝1s时，图线所对应的切线斜率为4(单位：m/s)，重力加速度g取10m/s2，忽略空气阻力．

(1)求谷爱凌冲出跳台时竖直速度的大小；

(2)求谷爱凌离跳台底部所在水平面的最大高度；

(3)若谷爱凌从空中落到跳台底部所在水平地面时与地面的碰撞时间Δt＝0.4s，经缓冲没有脱离地面，水平速度不受影响，求碰撞过程中谷爱凌受到地面的平均作用力大小与自身重力大小的比值．

【答案】　(1)14m/s　(2)12.8m　(3)5

【解析】　(1)运动员竖直方向做匀减速直线运动，有vy＝vy0－gt

y-t图线斜率表示竖直分速度，t＝1s时vy＝4m/s

解得谷爱凌冲出跳台时的竖直分速度vy0＝14m/s

谷爱凌冲出跳台时竖直速度的大小为14m/s．

(2)最高点竖直分速度为0，竖直方向做匀减速直线运动，设离开跳台可以上升h高度，则0－v＝－2gh

代入数据解得h＝9.8m

跳台离地面高度y0＝3m

解得离跳台底部所在水平面的最大高度为y＝h＋y0＝12.8m．

(3)谷爱凌落到跳台底部所在水平面的竖直分速度大小vyt＝＝16m/s

落在水平地面时，在竖直方向上，运动员受重力和水平地面的作用力，水平方向速度不变，以竖直向上为正方向，由动量定理得(F－mg)Δt＝0－(－mvyt)

代入数据解得＝5．

12．(2021·浙江6月选考)如图所示，水平地面上有一高H＝0.4m的水平台面，台面上竖直放置倾角θ＝37°的粗糙直轨道AB、水平光滑直轨道BC、四分之一圆周光滑细圆管道CD和半圆形光滑轨道DEF，它们平滑连接，其中管道CD的半径r＝0.1m、圆心在O1点，轨道DEF的半径R＝0.2m、圆心在O2点，O1、D、O2和F点均处在同一水平线上．小滑块从轨道AB上距台面高为h的P点由静止下滑，与静止在轨道BC上等质量的小球发生弹性碰撞，碰后小球经管道CD、轨道DEF从F点竖直向下运动，与正下方固定在直杆上的三棱柱G碰撞，碰后速度方向水平向右，大小与碰前相同，最终落在地面上Q点．已知小滑块与轨道AB间的动摩擦因数μ＝，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2．

(1)若小滑块的初始高度h＝0.9m，求小滑块到达B点时速度v0的大小；

(2)若小球能完成整个运动过程，求h的最小值hmin；

(3)若小球恰好能过最高点E，且三棱柱G的位置上下可调，求落地点Q与F点的水平距离x的最大值xmax．

【答案】　(1)4m/s　(2)0.45m　(3)0.8m

【解析】　(1)小滑块在AB轨道上运动，根据动能定理得

mgh－μmgcosθ·＝mv，

解得v0＝4m/s．

(2)小滑块与小球碰撞后动量守恒，机械能守恒，因此有

mv0min＝mv块＋mv球min，

mv＝mv＋mv，

解得v块＝0，v球min＝v0min，

小球沿CDEF轨道运动，在最高点可得

mg＝m，

从C点到E点由机械能守恒可得

mv＋mg(R＋r)＝mv，

由(1)问可知，小滑块提供给小球的初速度

v0min＝，

解得hmin＝0.45m．

(3)设F点到G点的距离为y，小球从E点到G点的运动，由动能定理得

mg(R＋y)＝mv－mv，

由平抛运动可得x＝vGt，H＋r－y＝gt2，

联立可得水平距离为x＝2，

由数学知识可得当0.5－y＝0.3＋y，x取最大值，最大值为xmax＝0.8m．