2020年高考物理二轮复习专题练习卷---动量定理与动量守恒定律(解析版)

1、2020年高考物理二轮复习专题练习卷-动量定理与动量守恒定律一、选择题1 .高空坠物极易对行人造成伤害。若一个50 g的鸡蛋从一居民楼的 25层坠下，与地面的碰撞时间约为2 ms,则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为A. 10 N B. 10 C斛析 根据p=mv, Ek=2mv2联立解得p =、2mEk1根据动能定理FL = 2mv2,位移变为原来的3倍，动能变为原来的3倍，根据p = -J2mE"动量变为原来的 5倍，故B错误，D正确。根据动量定理 Ft=mv,时间变为原来的 3倍, p2动量变为原来的3倍，根据Ek=2m，知动能变为原来的 9倍，故A正确，C错误。答案 AD3.（多选

2、）质量为m的物块甲以3 m/s的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定在其左侧，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，两物块通过弹簧 NC. 103 N D. 104 N解析 根据自由落体运动和动量定理有2gh= v2（h为25层楼的高度，约70 m）,Ft=mv,代入数据解得F = 1xf0N,所以C正确。答案 C2.（多选）在光滑的水平面上，原来静止的物体在水平力F的作用下，经过时间 t、通过位移L后，动量变为p、动能变为Ek,以下说法正确的是A.在力F的作用下，这个物体若是经过时间3t,其动量将等于3pB.在力F的作用下，这个物体若是经过位移3L,其动量将等

3、于 3pC.在力F的作用下，这个物体若是经过时间3t,其动能将等于 3EkD.在力F的作用下，这个物体若是经过位移3L,其动能将等于3Ek相互作用（未超出弹簧弹性限度）并最终弹开，则A.在压缩弹簧的过程中，两物块组成的系统动量守恒B.当两物块相距最近时，甲物块的速度为零C.甲物块的速率可能为 5 m/sD.当甲物块的速率为 1 m/s时，乙物块的速率可能为 2 m/s解析在压缩弹簧的过程中，两物块组成的系统所受合外力为零， 系统动量守恒，选项 A正确；当两物块相距最近时，两物块速度相等，甲物块的速度不为零，选项B错误；若甲物块的速率为 5 m/s,根据动量守恒定律可得此时乙物块的速率为 6 m

4、/s或4 m/s,两物块 组成的系统机械能增大，违反了能量守恒定律，选项 C错误；当甲物块的速率为 1 m/s,方 向向左时，选取向右为速度的正方向， 根据动量守恒定律，m - 4 m/s-m - 3 m/smvm - 1 m/s 解得乙物块的速率 v= 2 m/s,选项D正确。答案 AD4 .用豆粒模拟气体分子，可以模拟气体压强产生的原理。如图所示，从距秤盘 80 cm高 度把1 000粒的豆粒连续均匀地倒在秤盘上，持续作用时间为1 s,豆粒弹起时竖直方向的速度变为碰前的一半。若每个豆粒只与秤盘碰撞一次，且碰撞时间极短（在豆粒与秤盘碰撞极短时间内，碰撞力远大于豆粒受到的重力），已知1 000

5、粒豆粒的总质量为100 go则在碰撞过程中秤盘受到的压力大小约为D. 1.6 NA. 0.2 N B. 0.6 N C. 1.0 N解析豆粒下落到秤盘上的速度v= 2gh=山 X 10 x 0.m /s= 4 m/s；反弹后速度为v'= 2 2 m/s,设向下为正方向，则根据动量定理可知：Ft = mv' mv,解得：F = 0.6 N;由牛顿第三定律可知，在碰撞过程中秤盘受到的压力大小为0.6 N。故B正确，A、C、D错误。故选B。答案 B5 .（多选）（如图所示，质量为 2 kg的足够长平板车 Q上表面水平，原来静止在光滑水平 面上，平板车左端静止着一块质量为2 kg的物体

6、P, 一颗质量为0.01 kg的子弹以700 m/s的速度水平瞬间射穿 P后，速度变为100 m/s,若P、Q之间的动摩擦因数为 0.5,则°QA.由于P、Q之间不光滑，子弹瞬间射穿P的过程，子弹和物体 P组成的系统，动量不守恒B.子弹瞬间射穿 P的过程，子弹和物体 P组成的系统，动量守恒，能量守恒C.子弹瞬间射穿 P的过程，子弹和物体 P组成的系统，动量守恒，能量不守恒D.子弹瞬间射穿 P后，P的速度为3 m/s解析 取子弹的初速度 vo的方向为正方向，子弹瞬间射穿物体P的过程，子弹和物体P组成的系统满足动量守恒条件，由动量守恒，可知mvo=mv+MvP,解得vp= 3 m/s,选

7、项A错误，D正确；子弹瞬间射穿 P的过程，子弹和物体 P组成的系统机械能不守恒，但能 量守恒，选项B正确，C错误。答案 BD6.如图所示，在光滑的水平面上，有一竖直向下的匀强磁场分布在宽为L的区域内，有一个边长为a（aL）的正方形闭合线圈以初速度 vo垂直磁场边界滑过磁场后速度变为 v（vv vo）,那么XXX；XXXA .完全进入磁场中时线圈的速度大于（vo+v）/2B.完全进入磁场中时线圈的速度等于（vo+v）/2C.完全进入磁场中时线圈的速度小于（vo+v）/2D.以上情况A、B均有可能，而 C是不可能的解析 设线圈完全进入磁场中时的速度为Vxo线圈在穿过磁场的过程中所受合外力为安培力。

8、对于线圈进入磁场的过程，据动量定理可得:-F At= - Ba-= - Baa-= mvx mvo RR对于线圈穿出磁场的过程，据动量定理可得:Lr A r Ba2F At= Ba-R-= Ba-R= mv mvx由上述二式可得vx = v0尸，故B正确。答案 BA. （多选）如图所示，在光滑水平面上有一静止的物体M,物体上有一光滑的半圆弧形轨道，最低点为C,两端A、B 一样高，现让小滑块 m从A点由静止下滑，则ifA . m不能到达M上的B点B. m从A到C的过程中M向左运动，m从C到B的过程中M向右运动C. m从A到B的过程中M 一直向左运动，m到达B的瞬间，M速度为零D. M与m组成的系

9、统机械能守恒，水平方向动量守恒解析 根据机械能守恒、动量守恒定律的条件，M和m组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒，D正确；m滑到右端两者有相同的速度时有：0=(m+M)v, v= 0,再根据机械能守恒定律可知，m恰能到达M上的B点，且m到达B的瞬间，m、M速度为零，A错误；m从A到C的过程中M向左加速运动，m从C到B的过程中M向左减速运动，B 错误，C正确。答案 CD8 .在光滑水平面上，质量为 m的小球A正以速度vo匀速运动。某时刻小球 A与质量为 1 .3m的静止小球 B发生正碰，两球相碰后，A球的动能恰好变为原来的 则碰后B球的速度大小是vovoA.2B石C.v20或vD .无法确定

10、1解析 两球相碰后 A球的速度大小变为原来的 2,相碰过程中满足动量守恒，若碰后 A 速度方向不变，则 mvo= 1mvo+ 3mvi,可得B球的速度vi = v0,而B在前，A在后，碰后 A 261球的速度大于B球的速度，不符合实际情况，因此A球一定反向运动，即mvo= 2mvo + 3mvi, 可得vi = v0, A正确，B、C、D错误。答案 A9 .质量为80 kg的冰球运动员甲，以 5 m/s的速度在水平冰面上向右运动时，与质量为 100 kg、速度为3 m/s的迎面而来的运动员乙相碰，碰后甲恰好静止，假设碰撞时间极短， 下列说法中正确的是A .碰后乙向左运动，速度大小为1 m/sB

11、.碰后乙向右运动，速度大小为 7 m/sC.碰撞中甲、乙的机械能总共增加了1 450 JD.碰撞中甲、乙的机械能总共损失了1 400 J解析 甲、乙碰撞的过程中，甲、乙组成的系统动量守恒，以向右为正方向，设碰撞前甲的速度为v甲，乙的速度为v乙，碰撞后乙的速度为 v'乙，由动量守恒定律得：m甲v甲一m乙v乙= m乙v乙'，解彳导:v'乙=1 m/s,方向水平向右，选项 A、B错误；甲、乙碰撞过程机械能1c 1c 1的变化重 AE = 2m甲v甲2 + 2m乙v乙2m乙v乙2代入数据斛得 AE= 1 400 J,机械能减少了 1 400 J,选项C错误，D正确。答案 D10

12、 .如图所示，质量为 m的均匀木块静止在光滑水平面上，木块左右两侧各有一位拿着 完全相同步枪和子弹的射手。首先左侧射手开枪，子弹水平射入木块的最大深度为d1，然后右侧射手开枪，子弹水平射入木块的最大深度为d2o设子弹均未射穿木块，且两颗子弹与木块之间的作用力大小均相同。当两颗子弹均相对于木块静止时，下列判断正确的是m o oA .木块静止，d1=d2 B.木块向右运动， dK d2C.木块静止，dKd2 D.木块向左运动， d1=d2解析把两颗子弹和木块看成一个系统，由动量守恒定律，可知最终木块静止。左侧射手开枪，把子弹和木块看成一个系统，由动量守恒定律可知，木块向右运动。右侧射手开枪，子弹相

13、对于木块的速度大于木块静止时子弹相对于木块的速度，所以子弹进入木块的相对速度较大，分析可知 dvd2,选项C正确，A、B、D错误。答案 C11 .（多选）如图所示，足够长的固定光滑斜面倾角为。，质量为m的物体以速度v从斜面底端冲上斜面，到达最高点后又滑回原处，所用时间为to对于这一过程，下列判断正确的是A.斜面对物体的弹力的冲量为零B.物体受到的重力的冲量大小为mgtC.物体受到的合力的冲量大小为零D.物体动量的变化量大小为mgsin 01解析 斜面对物体的弹力的冲量大小 I=FNt=mgcos 01,弹力的冲量不为零，故 A错 误；物体所受重力的冲量大小为 lG=mgt,故B正确；物体受到的

14、合力的冲量大小为 mgtsin 为由动量定理得，动量的变化量大小Ap=I 合=mgsin 01,故C错误，D正确。答案 BD12 .有一宇宙飞船，它的正面面积 S=2 m2,以v=3X 10 m/s的相对速度飞入一宇宙微粒 尘区。此微粒尘区1 m3空间中有一个微粒，每一个微粒的平均质量为m=2X107 kg。设微粒与飞船外壳碰撞后附着于飞船上，要使飞船速度不变，飞船的牵引力应增加A.3.6X3NB.3.6 NC.1.2X1U ND.1.2 N解析 选在时间At内与飞船碰撞的微粒为研究对象，其质量应等于底面积为 S,高为v困的圆柱体内微粒的质量，即M = mSvAt,初动量为0,末动量为Mv,设

15、飞船对微粒的作用力为F,由动量定理得 FMv-0,则F = Mv=mS号v = mSG由牛顿第三定律可知 微 AtAt粒对飞船的撞击力大小等于mSv2,则飞船要保持原速度匀速飞行，牵引力应增加F'=F =mSJ,代入数据解得 F'= 2X107X2X(3)2I N = 3.6 N ,故 A、C、D 错误，B 正确。答案 B二非选择题13 .如图所示，长为L、高为h、质量为m的小车停在光滑的水平地面上，有一质量为 m 的小物块(可视为质点)从光滑曲面上离车顶高度为 h处由静止下滑，离开曲面后水平向右滑 到小车上，最终物块滑离小车。已知重力加速度为g,物块与小车间的动摩擦因数尸等。

16、9L 求：物块滑离小车时的速率V1 ;(2)物块从刚滑上小车到刚滑离小车的过程，小车向右运动的距离x。1 C解析(1)设物块滑到小车上时的速率为V0,根据机械能守恒定律有：2mvo2 = mgh设物块滑离小车时物块和小车的速率分别为VI、V2,以物块和小车为研究对象，根据动量守恒 mvo = mvi + mv21_ 1_ 1_根据能重寸恒te律有：2mvo2 = 2mvi2 + 2mv22+科mgL物块滑离小车的条件为 V1>V2,解得：V1 = |,'2gh, V2=1；2gh。1（2）对小车，根据动能te理有：mgx2mv22- 0解得：x=4。答案（1系,须（2）4 341

17、4 .如图所示，CDE为光滑的轨道，其中 ED段是水平的，CD段是竖直平面内的半圆， 与ED相切于D点，且半径R=0.5 m,质量m=0.1 kg的滑块A静止在水平轨道上，另一质量M = 0.5 kg的滑块B前端装有一轻质弹簧（A、B均可视为质点）以速度vo向左运动并与滑 块A发生弹性正碰。若相碰后滑块 A滑上半圆轨道并能过最高点C,取重力加速度g=10 m/s2,问：（1）B滑块至少要以多大速度向前运动；（2）如果滑块A恰好能过C点，滑块B与滑块A相碰过程中轻质弹簧的最大弹性势能为 多少？解析（1）设滑块A过C点时速度为Vc, B与A碰撞后，B与A的速度分别为V1、V2, B 碰撞前的速度为

18、vo,过圆轨道最高点的临界条件是重力提供向心力，由牛顿第二定律得mg=mVC2,R 、八一1C1c由机械能寸恒th律得 2mv22 = mg,R+ 2mvc2,B与A发生弹性碰撞，碰撞过程动量守恒、机械能守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得Mvo= Mvi + mv2,由机械能守恒定律得12 12 122Mvo2= 2Mvi2+ 2mv22,联立并代入数据解得 vo= 3 m/s。(2)由于B与A碰撞后，当两者速度相同时有最大弹性势能Ep,设共同速度为v、A、B碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得Mvo= (M + m)v,由机械能守恒定律得11C2Mvo2=

19、Ep + 2(M + m)v2,联立并代入数据解得 Ep= 0.375 J。答案 (1)3 m/s (2)0.375 J15 .如图甲所示，长木板A静止在水平地面上，其右端叠放着物块 B,左端恰好在。点， 水平面以O点为界，左侧光滑、右侧粗糙。物块C(可以看作质点)和D间夹着一根被压缩的 弹簧，并用细线锁住，两者以共同速度vo=8 m/s向右运动，某时刻细线突然断开，C和弹簧分离后，撤去 D, C与A碰撞并与A粘连(碰撞时间极短)，此后，AC及B的速度时间 图象如图乙所示。已知A、B、C、D的质量均为 m= 1 kg,木板A的长度l = 5 m, A、C与粗糙面间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。求：甲乙(1)长木板A与桌面间的动摩擦因数及B与A间的动摩擦因数。(2)烧断细线之前弹簧的弹性势能。(3)最终物块B离长木板A左端的距离。心由图乙解析(1)设A与地面间的动摩擦因数为丛B与A上表面间的动摩擦因数为可知，01 s, A、C整体做匀减速运动