【2019最新】精选高考物理大二轮复习考前基础回扣练8动量定理和动量守恒定律

1、【 2019 最新】精选高考物理大二轮复习考前基础回扣练8 动量定理和动量守恒定律1将一个光滑的半圆形槽置于光滑的水平面上如图，槽左侧有一个固定在水平面上的物块现让一个小球自左侧槽口A 点正上方由静止开始落下，从A 点落入槽内，则下列说法中正确的是()A小球在半圆槽内运动的过程中，机械能守恒B小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽组成的系统动量守恒C小球在半圆槽内由B 点向 C 点运动的过程中，小球与半圆槽组成的系统动量守恒D小球从 C点离开半圆槽后，一定还会从C点落回半圆槽解析：选D.只有重力做功时物体机械能守恒，小球在半圆槽内运动由 B 到 C 过程中，除重力做功外，槽的支持力也对小球

2、做功，小球机械能不守恒，由此可知，小球在半圆槽内运动的全过程中，小球的机械能不守恒，故A 错误小球在槽内运动的前半过程中，左侧物体对槽有作用力， 小球与槽组成的系统水平方向上的动量不守恒，故B错误小球自半圆槽的最低点B 向 C点运动的过程中，系统在水平方向所受合外力为零， 故小球与半圆槽在水平方向动量守恒，故 C错误小球离开 C点以后，既有竖直向上的分速度，又有与槽相同的水欢迎下载。平分速度，小球做斜上抛运动，然后可以从C 点落回半圆槽，故 D正确故选 D.2如图所示， 质量为 m的 A 球在水平面上静止放置，质量为 2m的 B 球向左运动速度大小为v0，B 球与 A 球碰撞且无机械能损失，

3、碰后 A 球速度大小为 v1，B 球的速度大小为 v2，碰后相对速度与碰前相对速度的比值定义为恢复系数e，下列选项正确的是 ()Ae1Be21CeDe14解析：选 A.AB 在碰撞的过程中，根据动量守恒可得，2mv0mv12mv2，在碰撞的过程中机械能守恒，可得·2mvmv·2mv，解得v1v0，v2v0，碰后相对速度与碰前相对速度的比值定义为恢复系数 e 1，故 A 正确， BCD错误；故选 A.3如图所示， AB两小球静止在光滑水平面上， 用轻弹簧相连接，A球的质量小于B球的质量若用锤子敲击A 球使 A 得到 v 的速度，弹簧压缩到最短时的长度为L1；若用锤子敲击B 球

4、使 B 得到 v 的速度，弹簧压缩到最短时的长度为L2，则 L1 与 L2 的大小关系为 ()AL1L2BL1L2CL1L2D不能确定解析：选C.若用锤子敲击A 球，两球组成的系统动量守恒，当弹簧最短时，两者共速，则mAv(mAmB)v，解得 v ，弹性势能最大，最大为EpmAv2(mAmB)v2；若用锤子敲击B【2019最新】精选高考物理大二轮复习考前基础回扣练动量定理和动量守恒定律球，同理可得 mBv(mAmB)v，解得 v，弹性势能最大为Ep mBv2(mAmB)v2，即两种情况下弹簧压缩最短时， 弹性势能相等，故 L1L2，C正确4如图所示，足够长的传送带以恒定的速率 v1 逆时针运动

5、，一质量为 m的物块以大小为 v2 的初速度从左轮中心正上方的 P 点冲上传送带，从此时起到物块再次回到 P 点的过程中， 下列说法正确的是()A合力对物块的冲量大小一定为2mv2B合力对物块的冲量大小一定为2mv1C合力对物块的冲量大小可能为零D合力对物块做的功可能为零解析：选 D.若 v2v1，物块在传送带上先向右做匀减速直线运动，速度减为零后再返回做匀加速直线运动，达到速度v1 后做匀速直线运动，可知物块再次回到P 点的速度大小为v1，规定向左为正方向，根据动量定理得，合外力的冲量I 合 mv1m(v2) mv1mv2.根据动能定理知，合外力做功W合 mvmv；若 v2v1，物块在传送带

6、上先向右做匀减速直线运动，速度减为零后再返回做匀加速直线运动，物块再次回到P 点的速度大小为v2，规定向左为正方向，根据动量定理得，合外力的冲量为：I 合 mv2m(v2) 2mv2；根据动能定理知，合外力做功为：W合 mvmv0. 故 D 正确， ABC错误故选 D.5如图甲所示，工人利用倾斜钢板向车内搬运货物，用平行于3/103/10钢板向上的力将货物从静止开始由钢板底端推送到顶端， 到达顶端时速度刚好为零若货物质量为 100 kg ，钢板与地面的夹角为 30°，钢板与货物间的滑动摩擦力始终为 50 N，整个过程中货物的速度时间图象如图乙所示，重力加速度 g 取 10 m/s2.

7、 下列说法正确的是()A02 s 内人对货物做的功为600 JB整个过程中人对货物的推力的冲量为1 000 N ·sC02 s 和 23 s 内货物所受推力之比为12D整个过程中货物始终处于超重状态解析：选 A.02 s 内货物的加速度a1 0.5 m/s2 ，根据牛顿第二定律： F1f mgsin 30 °ma1，解得 F1600 N；02 s 内货物的位移： x1× 2×1 m1 m；则人对货物做的功为WFFx1600J，选项 A 正确；整个过程中， 根据动量定理： IF (f mgsin 30°)t 0 ，解得整个过程中人对货物的推力的冲

8、量为IF (f mgsin30°)t (50 100×10×0.5) ×31 650 N·s，选项 B 错误； 2 3 s内货物的加速度大小a21 m/s2，根据牛顿第二定律： f mgsin 30° F2ma2所受推力 F2450 N；则 02 s 和 23 s 内货物所受推力之比为 F1F260045043，选项 C 错误；整个过程中货物的加速度先沿斜面向上，后向下，先超重后失重，选项 D错误；故选A.6( 多选 ) 如图所示，光滑水平面上有大小相同的 A、B 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， A

9、、B【2019最新】精选高考物理大二轮复习考前基础回扣练动量定理和动量守恒定律两球的动量均为6 kg ·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A 球的动量增量为4 kg·m/s，则 ()A该碰撞为弹性碰撞B该碰撞为非弹性碰撞C左方是 A 球，碰撞后 A、B 两球速度大小之比为25D右方是 A 球，碰撞后 A、B 两球速度大小之比为110解析：选 AC.规定向右为正方向，碰撞前 A、B 两球的动量均为 6 kg·m/s，说明 A、B两球的速度方向向右， 两球质量关系为 mB2mA，所以碰撞前 vAvB，所以左方是 A 球碰撞后 A 球的动量增量为 4 kg·m

10、/s，所以碰撞后 A 球的动量是 2 kg ·m/s；碰撞过程系统总动量守恒： mAvAmBvB mAvA mBvB所以碰撞后 B 球的动量是10 kg ·m/s，根据 mB2mA，所以碰撞后A、B 两球速度大小之比为25，故 C正确， D错误碰撞前系统动能：,2mA),2mB)，碰撞后系统动能为：，则碰撞前后系统机械能不变，碰撞是弹性碰撞，故 A 正确， B错误；故选 AC.7( 多选 ) 质量为 M 3 kg 的滑块套在水平固定着的轨道上并可在轨道上无摩擦滑动质量为m2 kg 的小球 ( 视为质点 ) 通过长 L0.75 m 的轻杆与滑块上的光滑轴O 连接，开始时滑块静

11、止，轻杆处于水平状态现给小球一个v03 m/s的竖直向下的初速度，取g10 m/s2.则()A小球m从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了0.3 m5/105/10B小球 m从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了0.2 mC小球 m相对于初始位置可以上升的最大高度为0.27 mD小球 m 从初始位置到第一次到达最大高度的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了0.54 m解析：选 AD.可把小球和滑块水平方向的运动看作人船模型，设滑块 M在水平轨道上向右运动了 x，由滑块和小球系统在水平方向上动量守恒，有，解得： x0.3 m ，选项 A 正

12、确、 B 错误根据动量守恒定律，小球 m相对于初始位置上升到最大高度时小球和滑块速度都为零，由能量守恒定律可知， 小球 m相对于初始位置可以上升的最大高度为 0.45 m ，选项 C 错误此时杆与水平面的夹角为 cos 0.8 ，设小球从最低位置上升到最高位置过程中滑块 M 在水平轨道上又向右运动了 x，由滑块和小球系统在水平方向时动量守恒， 有，解得： x 0.24 m 小球 m 从初始位置到第一次到达最大高度的过程中，滑块在水平轨道上向右移动了 xx 0.3 m 0.24 m 0.54 m，选项 D正确8( 多选 ) 如图所示，一辆质量为M3 kg 的平板小车 A 停靠在竖直光滑墙壁处，地

13、面水平且光滑，一质量为 m1 kg 的小铁块 B(可视为质点 ) 放在平板小车 A 最右端，平板小车 A 上表面水平且与小铁块 B 之间的动摩擦因数 0.5 ，平板小车A的长度 L0.9 m现给小铁块 B 一个 v05 m/s 的初速度使之向左运动，与竖直墙壁发生弹性碰撞后向右运动，重力加速度 g10 m/s2.【2019最新】精选高考物理大二轮复习考前基础回扣练动量定理和动量守恒定律下列说法正确的是()A小铁块B 向左运动到达竖直墙壁时的速度为2 m/sB小铁块B 与墙壁碰撞过程中所受墙壁的冲量为8 N·sC小铁块 B 向左运动到达竖直墙壁的过程中损失的机械能为 4 J D小铁块

14、B 在平板小车 A 上运动的整个过程中系统损失的机械能为 9J解析：选 BD.设小铁块 B向左运动到达竖直墙壁时的速度为v1，根据动能定理得： mgLmvmv，解得：v14 m/s，选项 A错误与竖直墙壁发生弹性碰撞，反弹速度为 4 m/s ，由动量定理可知，小铁块 B 与墙壁碰撞过程中所受墙壁的冲量为 I 2mv18 N·s，选项 B 正确小铁块 B 向左运动到达竖直墙壁的过程中损失的机械能为 mgL4.5 J，选项 C错误假设发生弹性碰撞后小铁块 B 最终和平板小车 A 达到的共同速度为 v2，根据动量守恒定律得： mv1(Mm)v2，解得： v21 m/s. 设小铁块 B 在平

15、板小车 A 上相对滑动的位移为 x 时与平板小车 A 达到共同速度 v2，则根据功能关系得： mgx (Mm)vmv，解得： x1.2 m，由于 xL，说明小铁块 B 在没有与平板小车 A 达到共同速度时就滑出平板小车 A，所以小铁块 B 在平板小车上运动的整个过程中系统损失的机械能为E2mgL9 J ，选项 D正确9( 多选 ) 在地面上以大小为v1 的初速度竖直向上抛出一质量为m的皮球，皮球落地时速度大小为v2. 若皮球运动过程中所受空气阻力的大小与其速率成正比， 重力加速度为 g. 下列判断正确的是 ()7/107/10A皮球上升的最大高度为,2g)B皮球从抛出到落地过程中克服阻力做的功

16、为 mvmv2 C皮球上升过程经历的时间为 v1gv1v2D皮球从抛出到落地经历的时间为g解析：选 BD.减速上升的过程中受重力、阻力作用，故加速度大于 g，则上升的高度小于 ,2g) ，上升的时间小于，故 AC错误；皮球从抛出到落地过程中重力做功为零， 根据动能定理得克服阻力做功为Wfmvmv，故 B 正确；用动量定理，结合数学知识，假设向下为正方向，设上升阶段的平均速度为v，则： mgt1kvt1 mv1，由于平均速度乘以时间等于上升的高度，故有：hvt1 ，即：mgt1khmv1，同理，设下降阶段的平均速度为v，则下降过程： mgt2kvt2 mv2，即：mgt2khmv2 ，由得：mg

17、(t1 t2) m(v1v2) ，解得： t t1 t2 ，故 D正确；故选 BD.10( 多选 ) 如图所示，足够长的光滑水平导轨间距为2 m，电阻不计，垂直导轨平面有磁感应强度为1 T 的匀强磁场，导轨上相隔一定距离放置两根长度略大于间距的金属棒，a 棒质量为 1 kg，电阻为5 ，b 棒质量为 2 kg ，电阻为 10 . 现给 a 棒一个水平向右的初速度 8 m/s，当 a 棒的速度减小为 4 m/s 时， b 棒刚好碰到了障碍物，经过很短时间 0.5 s 速度减为零 ( 不反弹，且 a 棒始终没有与 b 棒发生碰撞 ) ，下列说法正确的是 () A从上向下看回路产生逆时针方向的电流B

18、b 棒在碰撞前瞬间的速度大小为2 m/s【2019最新】精选高考物理大二轮复习考前基础回扣练动量定理和动量守恒定律C碰撞过程中障碍物对b 棒的平均冲击力大小为6 NDb 棒碰到障碍物后， a 棒继续滑行的距离为15 m解析：选ABD.根据右手定则可知，从上向下看回路产生逆时针方向的电流，选项 A 正确；系统动量守恒，由动量守恒定律可知： mav0 mavambvb解得 vb2 m/s ，选项 B 正确； b 碰到障碍物时，回路的感应电动势： EBL(va vb) 4 V；回路的电流： I A ； b 棒所受的安培力： FbBIL N；b 与障碍物碰撞时，由动量定理： (FbF)t 0mbvb解得： F8.5 N ，选项 C 错误； b 碰到障碍物后， a继续做减速运动，直到停止，此时由动量定理：B ILt mava，其中 It q联立解得 x15 m，选项 D 正确；故选 ABD.11( 多选 ) 两个小球 A、B 在光滑水平面上相向运动，已知它们的质量分别是 m14 kg ，m22 kg ，A 的速度 v13 m/s( 设为正 ) ，B的速度 v2 3 m/s，则它们发生正碰后， 其速度可能分别是 ()A均为1 m/sB 4 m/