2022屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題二 能量與動量 第二講 動量及其守恒定律課前自測診斷卷

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1、2022屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題二 能量與動量 第二講 動量及其守恒定律課前自測診斷卷 考點一 動量　沖量　動量定理 A．繩對人的沖量始終向上，人的動量先增大后減小 B．繩對人的拉力始終做負(fù)功，人的動能一直減小 C．繩恰好伸直時，繩的彈性勢能為零，人的動能最大 D．人在最低點時，繩對人的拉力等于人所受的重力 解析：選A　從繩恰好伸直到人第一次下降至最低點的過程中，人先做加速度減小的加速運動，后做加速度增大的減速運動，加速度等于零時，速度最大，故人的動量和動能都是先增大后減小，加速度等于零時(即繩對人的拉力等于人所受的重力時)速度最大，動量和動能最大，在最低點時人具有向上

2、的加速度，繩對人的拉力大于人所受的重力。繩的拉力方向始終向上與運動方向相反，故繩對人的沖量方向始終向上，繩對人的拉力始終做負(fù)功。故選項A正確，選項B、C、D錯誤。 2．[考查動量定理的應(yīng)用] [多選]靜止在粗糙水平面上的物體，在水平力F的作用下，經(jīng)過時間t、通過位移l后，動量為p、動能為Ek。以下說法正確的是(　　) A．若保持水平力F不變，經(jīng)過時間2t，物體的動量等于2p B．若將水平力增加為原來的兩倍，經(jīng)過時間t，物體的動量等于2p C．若保持水平力F不變，通過位移2l，物體的動能小于2Ek D．若將水平力增加為原來的兩倍，通過位移l，物體的動能大于2Ek 解析：選AD　根據(jù)

3、動量定理I合＝(F－f)t＝p，保持水平力F不變，經(jīng)過時間2t，(F－f)·2t＝p′，可知p′＝2p，故A正確；根據(jù)動量定理I合＝(F－f)t＝p，若水平力增加為原來的2倍，經(jīng)過時間t，則有(2F－f)·t＝p′，則p′＞2p，故B錯誤；根據(jù)動能定理(F－f)·l＝Ek，保持水平力F不變，通過位移2l，有(F－f)·2l＝Ek′，則有Ek′＝2Ek，故C錯誤；根據(jù)動能定理(F－f)·l＝Ek，將水平力增加為原來的兩倍，通過位移l，有(2F－f)·l＝Ek′，則有Ek′＞2Ek，故D正確。 考點二 動量守恒定律及其應(yīng)用 3.[考查系統(tǒng)動量守恒的判斷] [多選]如圖所示，將質(zhì)量為M1、半

4、徑為R且內(nèi)壁光滑的半圓槽置于光滑水平面上，左側(cè)緊靠豎直墻壁，右側(cè)緊靠一質(zhì)量為M2的物塊。今讓一質(zhì)量為m的小球自左側(cè)槽口A的正上方h高處從靜止開始下落，與半圓槽相切自A點進(jìn)入槽內(nèi)，以下結(jié)論正確的是(　　) A．小球在槽內(nèi)運動的B至C過程中，小球與半圓槽在水平方向動量守恒 B．小球在槽內(nèi)運動的B至C過程中，小球、半圓槽和物塊組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒 C．小球離開C點以后，將做豎直上拋運動 D．小球從A點經(jīng)最低點向右側(cè)最高點運動的過程中，小球、半圓槽和物塊組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 解析：選BD　小球從A→B的過程中，半圓槽對球的支持力沿半徑方向指向圓心，而小球?qū)Π雸A槽的壓力方向相反指向左下方

5、，因為有豎直墻擋住，所以半圓槽不會向左運動，可見，該過程中，小球與半圓槽在水平方向受到外力作用，動量并不守恒，而由小球、半圓槽和物塊組成的系統(tǒng)動量也不守恒；從B→C的過程中，小球?qū)Π雸A槽的壓力方向向右下方，所以半圓槽要向右推動物塊一起運動，因而小球參與了兩個運動：一個是沿半圓槽的圓周運動，另一個是與半圓槽一起向右運動，小球所受支持力方向與速度方向并不垂直，此過程中，因為有物塊擋住，小球與半圓槽在水平方向動量并不守恒，但是小球、半圓槽和物塊組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，小球運動的全過程，水平方向動量也不守恒，選項A錯誤，B正確；當(dāng)小球運動到C點時，它的兩個分運動的合速度方向并不是豎直向上，所以此后

6、小球做斜上拋運動，選項C錯誤；因為小球在槽內(nèi)運動過程中，接觸面都是光滑的，所以小球、半圓槽、物塊組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故選項D正確。 4．[考查某一方向動量守恒問題] 如圖所示，彈簧的一端固定在豎直墻上，質(zhì)量為M的光滑弧形槽靜止在光滑水平面上，底部與水平面平滑連接，一個質(zhì)量為m(m＜M)的小球從槽高h(yuǎn)處開始自由下滑，下列說法正確的是(　　) A．在以后的運動過程中，小球和槽在水平方向動量始終守恒 B．在下滑過程中小球和槽之間的相互作用力始終不做功 C．全過程小球和槽、彈簧所組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，且水平方向動量守恒 D．被彈簧反彈后，小球和槽的機(jī)械能守恒，但小球不能回到槽高h(yuǎn)處 解

7、析：選D　當(dāng)小球與彈簧接觸后，小球與槽組成的系統(tǒng)在水平方向所受合外力不為零，系統(tǒng)在水平方向動量不守恒，故A錯誤；下滑過程中兩物體都有水平方向的位移，而力是垂直于槽的曲面的，故力和位移夾角不垂直，故兩力均做功，故B錯誤；全過程小球和槽、彈簧所組成的系統(tǒng)只有重力與彈力做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，小球與彈簧接觸過程系統(tǒng)在水平方向所受合外力不為零，系統(tǒng)水平方向動量不守恒，故C錯誤；球在槽上下滑過程系統(tǒng)水平方向不受力，系統(tǒng)水平方向動量守恒，球與槽分離時兩者動量大小相等，由于m＜M，則小球的速度大于槽的速度，小球被彈簧反彈后的速度大小等于球與槽分離時的速度大小，小球?qū)⒆飞喜鄄⒀夭凵匣?，上滑過程中只有重力對系統(tǒng)做

8、功，機(jī)械能守恒，由于小球與槽組成的系統(tǒng)總動量水平向左，小球滑上槽的最高點時系統(tǒng)速度水平向左，系統(tǒng)總動能不為零，由機(jī)械能守恒定律可知，小球上升的最大高度小于h，小球不能回到槽高h(yuǎn)處，故D正確。 5．[考查“人船模型”的動量守恒問題] 滑雪運動是人們酷愛的戶外體育活動，現(xiàn)有質(zhì)量為m的人站立于雪橇上，如圖所示。人與雪橇的總質(zhì)量為M，人與雪橇以速度v1在水平面上由北向南運動(雪橇所受阻力不計)。當(dāng)人相對于雪橇以速度v2豎直跳起時，雪橇向南的速度大小為(　　) A.　　　　　　　 B. C. D．v1 解析：選D　根據(jù)動量守恒條件可知人與雪橇組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，人跳起后水平方向速

9、度不變，雪橇的速度仍為v1，D正確。 考點三 碰撞、爆炸與反沖 6.[考查彈性碰撞問題] 2017年7月9日，斯諾克世界杯在江蘇無錫落下帷幕，由丁俊暉和梁文博組成的中國A隊在1比3落后的不利形勢下成功逆轉(zhuǎn)，最終以4比3擊敗英格蘭隊，幫助中國斯諾克臺球隊獲得了世界杯三連冠。如圖為丁俊暉正在準(zhǔn)備擊球，設(shè)在丁俊暉這一桿中，白色球(主球)和花色球碰撞前、后都在同一直線上運動，碰前白色球的動量為pA＝5 kg·m/s，花色球靜止，白色球A與花色球B發(fā)生碰撞后，花色球B的動量變?yōu)閜B′＝4 kg·m/s，則兩球質(zhì)量mA與mB間的關(guān)系可能是(　　) A．mB＝mA B．mB＝mA C．m

10、B＝mA D．mB＝6mA 解析：選A　由動量守恒定律得pA＋pB＝pA′＋pB′，解得pA′＝1 kg·m/s，根據(jù)碰撞過程中總動能不增加，則有≥＋，代入數(shù)據(jù)解得mB≥mA，碰后兩球同向運動，白色球A的速度不大于花色球B的速度，則≤，解得mB≤4mA，綜上可得 mA≤mB≤4mA，選項A正確。 7．[考查非彈性碰撞問題] [多選]A、B兩球沿一直線運動并發(fā)生正碰，如圖所示為兩球碰撞前、后的位移隨時間變化的圖像，a、b分別為A、B兩球碰前的位移隨時間變化的圖像，c為碰撞后兩球共同運動的位移隨時間變化的圖像。若A球質(zhì)量m＝2 kg，則由圖判斷下列結(jié)論正確的是(　　) A．碰撞前、

11、后A球的動量變化量為4 kg·m/s B．碰撞時A球?qū)球所施的沖量為－4 N·s C．A、B兩球碰撞前的總動量為3 kg·m/s D．碰撞中A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的動能為10 J 解析：選ABD　根據(jù)圖像可知，碰前A球的速度vA＝－3 m/s，碰前B球的速度vB＝ 2 m/s，碰后A、B兩球共同的速度v＝－1 m/s，故碰撞前、后A球的動量變化量為ΔpA＝mv－mvA＝4 kg·m/s，選項A正確；A球的動量變化量為4 kg·m/s，碰撞過程中動量守恒，B球的動量變化量為－4 kg·m/s，根據(jù)動量定理，碰撞過程中A球?qū)球所施的沖量為 －4 N·s，選項B正確；由于

12、碰撞過程中動量守恒，有mvA＋mBvB＝(m＋mB)v，解得mB＝ kg，故碰撞過程中A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的動能為ΔE＝mvA2＋mBvB2－(m＋mB)v2＝10 J，選項D正確；A、B兩球碰撞前的總動量為p＝mvA＋mBvB＝(m＋mB)v＝－ kg·m/s，選項C錯誤。 8．[考查爆炸問題] “爆竹聲中一歲除，春風(fēng)送暖入屠蘇”，燃放爆竹是我國傳統(tǒng)民俗。春節(jié)期間，某人斜向上拋出一個爆竹，假設(shè)爆竹到達(dá)最高點時(速度水平向東)立即爆炸成質(zhì)量相等的三塊碎片，前面一塊碎片速度水平向東，后面一塊碎片速度水平向西，前、后兩塊碎片的水平速度(相對地面)大小相等、方向相反。以下說法正確的是(　　

13、) A．爆炸后的瞬間，中間那塊碎片的速度大于爆炸前瞬間爆竹的速度 B．爆炸后的瞬間，中間那塊碎片的速度可能水平向西 C．爆炸后，三塊碎片將同時落到水平地面上，并且落地時的動量相同 D．爆炸后的瞬間，中間那塊碎片的動能可能小于爆炸前的瞬間爆竹的總動能 解析：選A　設(shè)爆竹爆炸前的速度為v，爆竹爆炸成三塊碎片的質(zhì)量均為m，爆炸后前、后兩塊碎片的速度大小為v前后，中間那塊碎片的速度大小為v′，設(shè)水平向東為正方向，根據(jù)水平方向動量守恒，3mv＝mv前后＋mv′－mv前后，得v′＝3v，方向向東，所以爆炸后的瞬間，中間那塊碎片的速度大于爆炸前瞬間爆竹的速度，選項A正確、B錯誤；爆炸后，三塊碎片均

14、做平拋運動，豎直方向上有h＝gt2，下落時間相同，則豎直方向分速度相同，但水平方向上的分速度方向不同，故合速度方向不同，則動量不同，選項C錯誤；爆炸后的瞬間，中間那塊碎片的動能m(3v)2＞·3m·v2，選項D錯誤。 9．[考查反沖問題] [多選]一機(jī)槍架在湖中小船上，船正以1 m/s的速度前進(jìn)，小船及機(jī)槍總質(zhì)量M＝ 200 kg，每顆子彈質(zhì)量為m＝20 g，在水平方向機(jī)槍以v＝600 m/s的對地速度射出子彈，打出5顆子彈后船的速度可能為(　　) A．1.4 m/s B．1 m/s C．0.8 m/s D．0.5 m/s 解析：選BC　若子彈射出方向與船前進(jìn)的方向在同

15、一直線上，則子彈、機(jī)槍和小船組成的系統(tǒng)動量守恒，有Mv0＝(M－5m)v′±5mv，若子彈向船前進(jìn)的方向射出，反沖作用使船速減小，v1′＝＝0.7 m/s，若子彈向船前進(jìn)的反方向射出，v2′＝＝1.3 m/s，可見船速應(yīng)在0.7～1.3 m/s之間。故B、C正確。 考點四 動量綜合問題 10.[考查含有彈簧的動量綜合問題] [多選]光滑水平面上放有質(zhì)量分別為2m和m的物塊A和B，用細(xì)線將它們連接起來，兩物塊中間加有一壓縮的輕質(zhì)彈簧(彈簧與物塊不相連)，彈簧的壓縮量為x?，F(xiàn)將細(xì)線剪斷，此刻物塊A的加速度大小為a，兩物塊剛要離開彈簧時物塊A的速度大小為v，則(　　) A．物塊B的加速度大

16、小為a時彈簧的壓縮量為 B．物塊A從開始運動到剛要離開彈簧時位移大小為x C．物塊開始運動前彈簧的彈性勢能為mv2 D．物塊開始運動前彈簧的彈性勢能為3mv2 解析：選AD　當(dāng)物塊A的加速度大小為a時，根據(jù)胡克定律和牛頓第二定律得kx＝2ma。當(dāng)物塊B的加速度大小為a時，有：kx′＝ma，對比可得：x′＝，即此時彈簧的壓縮量為，故A正確。取水平向左為正方向，根據(jù)系統(tǒng)動量守恒得：2m－m＝0，又xA＋xB＝x，解得A的位移為：xA＝x，故B錯誤。根據(jù)動量守恒定律得：0＝2mv－mvB，得物塊B剛要離開彈簧時的速度vB＝2v，由系統(tǒng)的機(jī)械能守恒得，物塊開始運動前彈簧的彈性勢能為：Ep＝·2

17、mv2＋mvB2＝3mv2，故C錯誤，D正確。 11．[考查“子彈打木塊”模型] [多選]如圖所示，質(zhì)量為m的子彈水平射入質(zhì)量為M、放在光滑水平地面上靜止的木塊，子彈未穿透木塊，此過程中木塊動能增加了5 J，那么此過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能可能為(　　) A．16 J B．11.2 J C．4.8 J D．3.4 J 解析：選AB　設(shè)子彈的初速度為v0，與木塊的共同速度為v，則由動量守恒定律有mv0＝(M＋m)v；系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能Q＝fd＝mv02－(m＋M)v2，木塊得到的動能為Ek1＝fs＝Mv2，其中，f為子彈與木塊間的摩擦力，d為子彈在木塊內(nèi)運動的位移，s為木塊相對于

18、地面運動的位移，變形可得Q＝Ek1＞Ek1，故選項A、B正確。 12．[考查板塊模型問題] 如圖所示，在光滑水平面上有一塊長為L的木板B，其上表面粗糙。在其左端有一個光滑的圓弧槽C與長木板接觸但不連接，圓弧槽的下端與木板的上表面相平，B、C靜止在水平面上。現(xiàn)有很小的滑塊A以初速度v0從右端滑上B，并以的速度滑離B，恰好能到達(dá)C的最高點。A、B、C的質(zhì)量均為m，求： (1)滑塊A與木板B上表面間的動摩擦因數(shù)μ； (2)圓弧槽C的半徑R； (3)滑塊A滑離圓弧槽C時C的速度。 解析：(1)對A、B、C整體，設(shè)A剛離開B時，B和C的共同速度為vB，從A滑上B到剛離開B的過程中動量守恒，有

19、mv0＝m＋2mvB，解得vB＝ 由能量守恒定律有 μmgL＝mv02－m2－×2mvB2 解得μ＝。 (2)從A滑上C到“恰能到達(dá)C的最高點”的過程中，設(shè)A到達(dá)最高點時A和C的共同速度為vC，研究A和C組成的系統(tǒng)，在水平方向上由動量守恒定律有 m＋mvB＝2mvC，解得vC＝v0 由于在此過程中A和C組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，有 mgR＝m2＋mvB2－×2m2 解得R＝。 (3)研究A、C組成的系統(tǒng)，從A滑上C開始到A滑離C的過程中，系統(tǒng)在水平方向上動量守恒， 有m＋mvB＝mvA1＋mvC1， 式中vA1和vC1分別為A滑離C時A和C的速度 此過程中A和C組成的系統(tǒng)機(jī)

20、械能守恒， 有m2＋mvB2＝mvA12＋mvC12 解得vC1＝，方向水平向左。 答案：(1)　(2)　(3)，方向水平向左 13．[考查三大觀點的綜合應(yīng)用] 如圖所示，半徑R＝2.0 m的光滑圓弧軌道固定在光滑的水平地面上，其末端水平。平板小車上固定一木塊，緊靠在軌道的末端，木塊上表面水平粗糙，且與圓弧軌道末端等高。木塊的厚度h＝0.45 m，木塊最右端到小車最右端的水平距離x＝0.45 m，小車連同木塊總質(zhì)量M＝2 kg?，F(xiàn)使一個質(zhì)量m＝0.5 kg的小球從圓弧軌道上由靜止釋放，釋放小球的位置和圓弧軌道的圓心之間的連線與豎直方向的夾角為53°，小球從木塊右端飛出后恰好擊中小車的

21、最右端。 (g取10 m/s2, sin 53°＝0.8, cos 53°＝0.6)求： (1)小球到達(dá)圓弧軌道最低點時對軌道的壓力大??； (2)小球離開木塊最右端時，小球的速度大??； (3)小球運動到木塊最右端過程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能。 解析：(1)設(shè)小球到達(dá)圓弧軌道末端的速度為v0，由機(jī)械能守恒定律 mgR(1－cos 53°)＝mv02 解得v0＝4 m/s 小球在圓弧軌道最低點F－mg＝m 解得F＝9 N 由牛頓第三定律，小球?qū)壍赖膲毫′＝F＝9 N。 (2)設(shè)小球運動到木塊最右端的速度為v1，此時小車的速度為v2， 由動量守恒定律得mv0＝mv1＋Mv2 小球離開木塊最右端后做平拋運動，設(shè)運動時間為t h＝gt2 解得 t＝0.3 s 小球恰好擊中小車的最右端，有v1t－v2t＝x 以上各式聯(lián)立解得v1＝2 m/s，v2＝0.5 m/s 所以小球到達(dá)木塊最右端的速度大小為2 m/s。 (3)由能量守恒定律得 mgR(1－cos 53°)＝mv12＋Mv22＋Q 解得Q＝2.75 J。 答案：(1)9 N　(2)2 m/s　(3)2.75 J