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本文(2019版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(含答案))为本站会员(好样****8)主动上传,七七文库仅提供信息存储空间,仅对用户上传内容的表现方式做保护处理,对上载内容本身不做任何修改或编辑。 若此文所含内容侵犯了您的版权或隐私,请立即通知七七文库(发送邮件至373788568@qq.com或直接QQ联系客服),我们立即给予删除!

2019版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(含答案)

1、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做功,小球机械能不守恒,由此可知

2、,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,碰后 A 球速度大小为 v1

3、, 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( )v1 v2v0 0A e1 B e12C e D e13 14解析:选 A.AB 在碰撞的过程中,根据动量守恒可得,2 mv0 mv12 mv2,在碰撞的过程中机械能守恒,可得 2mv mv 2mv ,解得 v1 v0, v2 v0,碰后相对速度与12 20 12 21 12 2 43 13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.v1 v2v0 03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

4、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( )A L1 L2 B L1 L2C L1 L2 D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( mA mB)v,解得 v ,弹性势能最大,最大为 Ep mAv2 (mA mB)mAvmA mB 12 12v 2 ;若用锤子敲击 B 球,同理可得 mBv( mA mB)v,解得mAmBv22( mA mB)v ,弹性势能最大为 Ep mBv2 (mA mB)v

5、2 ,即两种情况下mBvmA mB 12 12 mAmBv22( mA mB)弹簧压缩最短时,弹性势能相等,故 L1 L2,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,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 v2 v1,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

6、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 mv1 m( v2) mv1 mv2.根据动能定理知,合外力做功 W 合 mv mv ;若 v2 v1,物块在传送带上先向右做匀减12 21 12 2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 mv2 m( v2)2 mv2;根据动能定理知,合外力做功为: W 合 mv mv 0.故 D 正确,ABC 错误故选 D.12 2 12 25如图甲所示,工人利用倾斜钢板向车内搬运货物,用平行于钢板向上的

7、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.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 NsC02 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: v tF1 f mgsin 30 ma1,解得 F1600 N;02 s 内货物的

8、位移: x1 21 m1 m;12则人对货物做的功为 WF Fx1600 J,选项 A 正确;整个过程中,根据动量定理:IF( f mgsin 30)t0,解得整个过程中人对货物的推力的冲量为 IF( f mgsin 30)t(50100100.5)31 650 Ns,选项 B 错误;23 s 内货物的加速度大小a21 m/s2,根据牛顿第二定律: f mgsin 30 F2 ma2所受推力 F2450 N;则 02 s 和 23 s 内货物所受推力之比为 F1 F2600450 43,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

9、)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 mB2 mA,规定向右为正方向, A、 B 两球的动量均为 6 kgm/s,运动中两球发生碰撞,碰撞后 A 球的动量增量为4 kgm/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 kgm/s,说明 A、 B两球的速度方向向右,两球质量关系为 mB2 mA,所以碰撞前 vA vB,所以左方是 A 球碰撞后 A 球的动量

10、增量为4 kgm/s,所以碰撞后 A 球的动量是 2 kgm/s;碰撞过程系统总动量守恒: mAvA mBvB mAvA mBvB所以碰撞后 B 球的动量是 10 kgm/s,根据mB2 mA,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: ,碰撞后系统动能为: 622mA 6222mA 27mA pA 22mA pB 22mB 222mA ,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10222mA 27mAAC.7(多选)质量为 M3 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

11、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/s 2.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 mB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

12、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,mM xL x选项 A 正确、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: x0.24 m小球 m 从初始位置到第一次到达最mM xLcos x大高度的过程中,滑块在水平轨道上向右移动了 x x0.3 m0.24 m0

13、.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/s 2.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 NsC小铁块 B 向左运动到达竖直墙壁的过程中损

14、失的机械能为 4 JD小铁块 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 9 J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: mgL mv mv ,解得: v14 m/s,选项 A 错误与竖直墙壁发生弹性碰撞,反弹12 21 12 20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I2 mv18 Ns,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mgL 4.5 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( M

15、 m)v2,解得: v21 m/s.设小铁块 B 在平板小车 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 (M m)v mv ,解得: x1.2 m,由于 x L,说明小铁块 B 在没有与平板小12 2 12 21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 E2 mgL 9 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( )A

16、皮球上升的最大高度为B皮球从抛出到落地过程中克服阻力做的功为 mv mv12 21 12 2C皮球上升过程经历的时间为v1gD皮球从抛出到落地经历的时间为v1 v2g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 ,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v1g能定理得克服阻力做功为 Wf mv mv ,故 B 正确;用动量定理,结合数学知识,假设12 21 12 2向下为正方向,设上升阶段的平均速度为 v,则: mgt1 kvt1 mv1,由于平均速度乘以时间等于上升的高度,故有: h vt1,即: mgt1 kh m

17、v1 ,同理,设下降阶段的平均速度为 v,则下降过程: mgt2 kv t2 mv2,即: mgt2 kh mv2 ,由得:mg(t1 t2) m(v1 v2),解得: t t1 t2 ,故 D 正确;故选 BD.v1 v2g10(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

18、.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 b 棒在碰撞前瞬间的速度大小为 2 m/sC碰撞过程中障碍物对 b 棒的平均冲击力大小为 6 ND b 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 mava mbvb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: E BL(va vb)4 V;回路的电流: I ERa Rb 415A; b 棒所受的

19、安培力: Fb BIL N; b 与障碍物碰撞时,由动量定理:( Fb F)815t0 mbvb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 IL t mava,其中 I t q 联立解得 x15 m,选 Ra Rb BLxRa Rb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 v23 m/s,则它们发生正碰后,其速度可能分别是( )A均为 1 m/s B4 m/s 和5 m/sC2 m/s 和1 m/s D1 m/s 和 5 m/s解析:选 AD.由动量守恒,可验证四个选项都满足要求再看动能情况Ek m1v m2v 49 J 29 J27 J12 21 12 2 12 12Ek m1v1 2 m2v2 212 12由于碰撞过程动能不可能增加,所以应有 Ek Ek,可排除选项 B.选项 C 虽满足Ek Ek,但 A、 B 沿同一直线相向运动,发生碰撞后各自仍能保持原来的速度方向(vA0, vB0),这显然是不符合实际的,因此 C 错误验证选项 A、D 均满足Ek Ek,故答案为选项 A(完全非弹性碰撞)和选项 D(弹性碰撞)