2022年高考物理大二輪復(fù)習(xí) 考前基礎(chǔ)回扣練8 動(dòng)量定理和動(dòng)量守恒定律

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1、2022年高考物理大二輪復(fù)習(xí) 考前基礎(chǔ)回扣練8 動(dòng)量定理和動(dòng)量守恒定律1將一個(gè)光滑的半圓形槽置于光滑的水平面上如圖，槽左側(cè)有一個(gè)固定在水平面上的物塊現(xiàn)讓一個(gè)小球自左側(cè)槽口A點(diǎn)正上方由靜止開(kāi)始落下，從A點(diǎn)落入槽內(nèi)，則下列說(shuō)法中正確的是()A小球在半圓槽內(nèi)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，機(jī)械能守恒B小球在半圓槽內(nèi)運(yùn)動(dòng)的全過(guò)程中，小球與半圓槽組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒C小球在半圓槽內(nèi)由B點(diǎn)向C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，小球與半圓槽組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒D小球從C點(diǎn)離開(kāi)半圓槽后，一定還會(huì)從C點(diǎn)落回半圓槽解析：選D.只有重力做功時(shí)物體機(jī)械能守恒，小球在半圓槽內(nèi)運(yùn)動(dòng)由B到C過(guò)程中，除重力做功外，槽的支持力也對(duì)小球做功，小球機(jī)械能不守恒，由此可知

2、，小球在半圓槽內(nèi)運(yùn)動(dòng)的全過(guò)程中，小球的機(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)誤小球在槽內(nèi)運(yùn)動(dòng)的前半過(guò)程中，左側(cè)物體對(duì)槽有作用力，小球與槽組成的系統(tǒng)水平方向上的動(dòng)量不守恒，故B錯(cuò)誤小球自半圓槽的最低點(diǎn)B向C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，系統(tǒng)在水平方向所受合外力為零，故小球與半圓槽在水平方向動(dòng)量守恒，故C錯(cuò)誤小球離開(kāi)C點(diǎn)以后，既有豎直向上的分速度，又有與槽相同的水平分速度，小球做斜上拋運(yùn)動(dòng)，然后可以從C點(diǎn)落回半圓槽，故D正確故選D.2如圖所示，質(zhì)量為m的A球在水平面上靜止放置，質(zhì)量為2m的B球向左運(yùn)動(dòng)速度大小為v0，B球與A球碰撞且無(wú)機(jī)械能損失，碰后A球速度大小為v1，B球的速度大小為v2，碰后相對(duì)速度與碰前相對(duì)速度的比值定義為

3、恢復(fù)系數(shù)e，下列選項(xiàng)正確的是()Ae1BeCe De解析：選A.AB在碰撞的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)量守恒可得，2mv0mv12mv2，在碰撞的過(guò)程中機(jī)械能守恒，可得2mvmv2mv，解得v1v0，v2v0，碰后相對(duì)速度與碰前相對(duì)速度的比值定義為恢復(fù)系數(shù)e1，故A正確，BCD錯(cuò)誤；故選A.3如圖所示，AB兩小球靜止在光滑水平面上，用輕彈簧相連接，A球的質(zhì)量小于B球的質(zhì)量若用錘子敲擊A球使A得到v的速度，彈簧壓縮到最短時(shí)的長(zhǎng)度為L(zhǎng)1；若用錘子敲擊B球使B得到v的速度，彈簧壓縮到最短時(shí)的長(zhǎng)度為L(zhǎng)2，則L1與L2的大小關(guān)系為()AL1L2 BL1L2CL1L2 D不能確定解析：選C.若用錘子敲擊A球，兩球組成

4、的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，當(dāng)彈簧最短時(shí)，兩者共速，則mAv(mAmB)v，解得v ，彈性勢(shì)能最大，最大為EpmAv2(mAmB)v2；若用錘子敲擊B球，同理可得mBv(mAmB)v，解得v，彈性勢(shì)能最大為EpmBv2(mAmB)v2，即兩種情況下彈簧壓縮最短時(shí)，彈性勢(shì)能相等，故L1L2，C正確4如圖所示，足夠長(zhǎng)的傳送帶以恒定的速率v1逆時(shí)針運(yùn)動(dòng)，一質(zhì)量為m的物塊以大小為v2的初速度從左輪中心正上方的P點(diǎn)沖上傳送帶，從此時(shí)起到物塊再次回到P點(diǎn)的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是()A合力對(duì)物塊的沖量大小一定為2mv2B合力對(duì)物塊的沖量大小一定為2mv1C合力對(duì)物塊的沖量大小可能為零D合力對(duì)物塊做的功可能為零解析：選

5、D.若v2v1，物塊在傳送帶上先向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，速度減為零后再返回做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，達(dá)到速度v1后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，可知物塊再次回到P點(diǎn)的速度大小為v1，規(guī)定向左為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理得，合外力的沖量I合mv1m(v2)mv1mv2.根據(jù)動(dòng)能定理知，合外力做功W合mvmv；若v2v1，物塊在傳送帶上先向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，速度減為零后再返回做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，物塊再次回到P點(diǎn)的速度大小為v2，規(guī)定向左為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理得，合外力的沖量為：I合mv2m(v2)2mv2；根據(jù)動(dòng)能定理知，合外力做功為：W合mvmv0.故D正確，ABC錯(cuò)誤故選D.5如圖甲所示，工人利用傾斜鋼板向車內(nèi)搬運(yùn)貨物，用

6、平行于鋼板向上的力將貨物從靜止開(kāi)始由鋼板底端推送到頂端，到達(dá)頂端時(shí)速度剛好為零若貨物質(zhì)量為100 kg，鋼板與地面的夾角為30，鋼板與貨物間的滑動(dòng)摩擦力始終為50 N，整個(gè)過(guò)程中貨物的速度時(shí)間圖象如圖乙所示，重力加速度g取10 m/s2.下列說(shuō)法正確的是()A02 s內(nèi)人對(duì)貨物做的功為600 JB整個(gè)過(guò)程中人對(duì)貨物的推力的沖量為1 000 NsC02 s和23 s內(nèi)貨物所受推力之比為12D整個(gè)過(guò)程中貨物始終處于超重狀態(tài)解析：選A.02 s內(nèi)貨物的加速度a10.5 m/s2，根據(jù)牛頓第二定律：F1fmgsin 30ma1，解得F1600 N；02 s內(nèi)貨物的位移：x121 m1 m；則人對(duì)貨物做

7、的功為WFFx1600 J，選項(xiàng)A正確；整個(gè)過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)量定理：IF(fmgsin 30)t0，解得整個(gè)過(guò)程中人對(duì)貨物的推力的沖量為IF(fmgsin 30)t(50100100.5)31 650 Ns，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；23 s內(nèi)貨物的加速度大小a21 m/s2，根據(jù)牛頓第二定律：fmgsin 30F2ma2所受推力F2450 N；則02 s和23 s內(nèi)貨物所受推力之比為F1F260045043，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；整個(gè)過(guò)程中貨物的加速度先沿斜面向上，后向下，先超重后失重，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；故選A.6(多選)如圖所示，光滑水平面上有大小相同的A、B兩球在同一直線上運(yùn)動(dòng)兩球質(zhì)量關(guān)系為mB2mA，規(guī)定向右為正方向

8、，A、B兩球的動(dòng)量均為6 kgm/s，運(yùn)動(dòng)中兩球發(fā)生碰撞，碰撞后A球的動(dòng)量增量為4 kgm/s，則()A該碰撞為彈性碰撞B該碰撞為非彈性碰撞C左方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為25D右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為110解析：選AC.規(guī)定向右為正方向，碰撞前A、B兩球的動(dòng)量均為6 kgm/s，說(shuō)明A、B兩球的速度方向向右，兩球質(zhì)量關(guān)系為mB2mA，所以碰撞前vAvB，所以左方是A球碰撞后A球的動(dòng)量增量為4 kgm/s，所以碰撞后A球的動(dòng)量是2 kgm/s；碰撞過(guò)程系統(tǒng)總動(dòng)量守恒：mAvAmBvBmAvAmBvB所以碰撞后B球的動(dòng)量是10 kgm/s，根據(jù)mB2mA，所以碰撞后

9、A、B兩球速度大小之比為25，故C正確，D錯(cuò)誤碰撞前系統(tǒng)動(dòng)能：，碰撞后系統(tǒng)動(dòng)能為：，則碰撞前后系統(tǒng)機(jī)械能不變，碰撞是彈性碰撞，故A正確，B錯(cuò)誤；故選AC.7(多選)質(zhì)量為M3 kg的滑塊套在水平固定著的軌道上并可在軌道上無(wú)摩擦滑動(dòng)質(zhì)量為m2 kg的小球(視為質(zhì)點(diǎn))通過(guò)長(zhǎng)L0.75 m的輕桿與滑塊上的光滑軸O連接，開(kāi)始時(shí)滑塊靜止，輕桿處于水平狀態(tài)現(xiàn)給小球一個(gè)v03 m/s的豎直向下的初速度，取g10 m/s2.則()A小球m從初始位置到第一次到達(dá)最低點(diǎn)的過(guò)程中，滑塊M在水平軌道上向右移動(dòng)了0.3 mB小球m從初始位置到第一次到達(dá)最低點(diǎn)的過(guò)程中，滑塊M在水平軌道上向右移動(dòng)了0.2 mC小球m相對(duì)于

10、初始位置可以上升的最大高度為0.27 mD小球m從初始位置到第一次到達(dá)最大高度的過(guò)程中，滑塊M在水平軌道上向右移動(dòng)了0.54 m解析：選AD.可把小球和滑塊水平方向的運(yùn)動(dòng)看作人船模型，設(shè)滑塊M在水平軌道上向右運(yùn)動(dòng)了x，由滑塊和小球系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，有，解得：x0.3 m，選項(xiàng)A正確、B錯(cuò)誤根據(jù)動(dòng)量守恒定律，小球m相對(duì)于初始位置上升到最大高度時(shí)小球和滑塊速度都為零，由能量守恒定律可知，小球m相對(duì)于初始位置可以上升的最大高度為0.45 m，選項(xiàng)C錯(cuò)誤此時(shí)桿與水平面的夾角為cos 0.8，設(shè)小球從最低位置上升到最高位置過(guò)程中滑塊M在水平軌道上又向右運(yùn)動(dòng)了x，由滑塊和小球系統(tǒng)在水平方向時(shí)動(dòng)量守

11、恒，有，解得：x0.24 m小球m從初始位置到第一次到達(dá)最大高度的過(guò)程中，滑塊在水平軌道上向右移動(dòng)了xx0.3 m0.24 m0.54 m，選項(xiàng)D正確8(多選)如圖所示，一輛質(zhì)量為M3 kg的平板小車A?？吭谪Q直光滑墻壁處，地面水平且光滑，一質(zhì)量為m1 kg的小鐵塊B(可視為質(zhì)點(diǎn))放在平板小車A最右端，平板小車A上表面水平且與小鐵塊B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.5，平板小車A的長(zhǎng)度L0.9 m現(xiàn)給小鐵塊B一個(gè)v05 m/s的初速度使之向左運(yùn)動(dòng)，與豎直墻壁發(fā)生彈性碰撞后向右運(yùn)動(dòng)，重力加速度g10 m/s2.下列說(shuō)法正確的是()A小鐵塊B向左運(yùn)動(dòng)到達(dá)豎直墻壁時(shí)的速度為2 m/sB小鐵塊B與墻壁碰撞過(guò)程中所

12、受墻壁的沖量為8 NsC小鐵塊B向左運(yùn)動(dòng)到達(dá)豎直墻壁的過(guò)程中損失的機(jī)械能為4 JD小鐵塊B在平板小車A上運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能為9 J解析：選BD.設(shè)小鐵塊B向左運(yùn)動(dòng)到達(dá)豎直墻壁時(shí)的速度為v1，根據(jù)動(dòng)能定理得：mgLmvmv，解得：v14 m/s，選項(xiàng)A錯(cuò)誤與豎直墻壁發(fā)生彈性碰撞，反彈速度為4 m/s，由動(dòng)量定理可知，小鐵塊B與墻壁碰撞過(guò)程中所受墻壁的沖量為I2mv18 Ns，選項(xiàng)B正確小鐵塊B向左運(yùn)動(dòng)到達(dá)豎直墻壁的過(guò)程中損失的機(jī)械能為mgL4.5 J，選項(xiàng)C錯(cuò)誤假設(shè)發(fā)生彈性碰撞后小鐵塊B最終和平板小車A達(dá)到的共同速度為v2，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得：mv1(Mm)v2，解得：v21 m/

13、s.設(shè)小鐵塊B在平板小車A上相對(duì)滑動(dòng)的位移為x時(shí)與平板小車A達(dá)到共同速度v2，則根據(jù)功能關(guān)系得：mgx(Mm)vmv，解得：x1.2 m，由于xL，說(shuō)明小鐵塊B在沒(méi)有與平板小車A達(dá)到共同速度時(shí)就滑出平板小車A，所以小鐵塊B在平板小車上運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能為E2mgL9 J，選項(xiàng)D正確9(多選)在地面上以大小為v1的初速度豎直向上拋出一質(zhì)量為m的皮球，皮球落地時(shí)速度大小為v2.若皮球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受空氣阻力的大小與其速率成正比，重力加速度為g.下列判斷正確的是()A皮球上升的最大高度為B皮球從拋出到落地過(guò)程中克服阻力做的功為mvmvC皮球上升過(guò)程經(jīng)歷的時(shí)間為D皮球從拋出到落地經(jīng)歷的時(shí)間

14、為解析：選BD.減速上升的過(guò)程中受重力、阻力作用，故加速度大于g，則上升的高度小于，上升的時(shí)間小于，故AC錯(cuò)誤；皮球從拋出到落地過(guò)程中重力做功為零，根據(jù)動(dòng)能定理得克服阻力做功為Wfmvmv，故B正確；用動(dòng)量定理，結(jié)合數(shù)學(xué)知識(shí)，假設(shè)向下為正方向，設(shè)上升階段的平均速度為v，則：mgt1kvt1mv1，由于平均速度乘以時(shí)間等于上升的高度，故有：hvt1，即：mgt1khmv1，同理，設(shè)下降階段的平均速度為v，則下降過(guò)程：mgt2kvt2mv2，即：mgt2khmv2，由得：mg(t1t2)m(v1v2)，解得：tt1t2，故D正確；故選BD.10(多選)如圖所示，足夠長(zhǎng)的光滑水平導(dǎo)軌間距為2 m，電

15、阻不計(jì)，垂直導(dǎo)軌平面有磁感應(yīng)強(qiáng)度為1 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，導(dǎo)軌上相隔一定距離放置兩根長(zhǎng)度略大于間距的金屬棒，a棒質(zhì)量為1 kg，電阻為5 ，b棒質(zhì)量為2 kg，電阻為10 .現(xiàn)給a棒一個(gè)水平向右的初速度8 m/s，當(dāng)a棒的速度減小為4 m/s時(shí)，b棒剛好碰到了障礙物，經(jīng)過(guò)很短時(shí)間0.5 s速度減為零(不反彈，且a棒始終沒(méi)有與b棒發(fā)生碰撞)，下列說(shuō)法正確的是()A從上向下看回路產(chǎn)生逆時(shí)針?lè)较虻碾娏鰾b棒在碰撞前瞬間的速度大小為2 m/sC碰撞過(guò)程中障礙物對(duì)b棒的平均沖擊力大小為6 NDb棒碰到障礙物后，a棒繼續(xù)滑行的距離為15 m解析：選ABD.根據(jù)右手定則可知，從上向下看回路產(chǎn)生逆時(shí)針?lè)较虻碾娏?，選

16、項(xiàng)A正確；系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律可知：mav0mavambvb解得vb2 m/s，選項(xiàng)B正確；b碰到障礙物時(shí)，回路的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：EBL(vavb)4 V；回路的電流：I A；b棒所受的安培力：FbBIL N；b與障礙物碰撞時(shí)，由動(dòng)量定理：(FbF)t0mbvb解得：F8.5 N，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；b碰到障礙物后，a繼續(xù)做減速運(yùn)動(dòng)，直到停止，此時(shí)由動(dòng)量定理：B ILtmava，其中Itq聯(lián)立解得x15 m，選項(xiàng)D正確；故選ABD.11(多選)兩個(gè)小球A、B在光滑水平面上相向運(yùn)動(dòng)，已知它們的質(zhì)量分別是m14 kg，m22 kg，A的速度v13 m/s(設(shè)為正)，B的速度v23 m/s，則它們發(fā)生正碰后，其速度可能分別是()A均為1 m/sB4 m/s和5 m/sC2 m/s和1 m/s D1 m/s和5 m/s解析：選AD.由動(dòng)量守恒，可驗(yàn)證四個(gè)選項(xiàng)都滿足要求再看動(dòng)能情況Ekm1vm2v49 J29 J27 JEkm1v12m2v22由于碰撞過(guò)程動(dòng)能不可能增加，所以應(yīng)有EkEk，可排除選項(xiàng)B.選項(xiàng)C雖滿足EkEk，但A、B沿同一直線相向運(yùn)動(dòng)，發(fā)生碰撞后各自仍能保持原來(lái)的速度方向(vA0，vB0)，這顯然是不符合實(shí)際的，因此C錯(cuò)誤驗(yàn)證選項(xiàng)A、D均滿足EkEk，故答案為選項(xiàng)A(完全非彈性碰撞)和選項(xiàng)D(彈性碰撞)