2025版高考物理二輪復習第1部分專題突破方略專題2第2講動量動量守恒定律試題

第一部分專題二第2講動量動量守恒定律基礎題——學問基礎打牢1．(2024·河南一般中學3月適應性考試)高樓墜物極其危急，被稱為“懸在城市上空的劍”．若一枚質量為50g的雞蛋，從27層樓的窗戶自由落下，與地面撞擊時間約為0.001s．不計空氣阻力，則雞蛋對地面的平均作用力約為(B)A．3000N B．2000NC．1000N D．500N【解析】每層樓高約為3m，雞蛋下落的總高度為h＝(27－1)×3m＝78m，由公式v2＝2gh可知，落地前的速度v＝eq\r(2gh)≈39m/s，與地面的碰撞時間約為t2＝0.001s，與地面撞擊過程中，重力沖量可以忽視不計，由動量定理得：Ft＝0－mv，得F＝1950N，故選B.2.(多選)(2024·湖南衡陽八中月考)如圖所示，墊球是排球運動中通過手臂的迎擊動作，使來球從墊擊面上反彈出去的一項擊球技術，若某次從墊擊面上反彈出去豎直向上運動的排球，之后又落回到原位置，設整個運動過程中排球所受阻力大小不變，則(CD)A．球從擊出到落回的時間內，重力的沖量為零B．球從擊出到落回的時間內，空氣阻力的沖量為零C．球上升階段阻力的沖量小于下降階段阻力的沖量D．若不計阻力，球上升階段動量的改變等于下降階段動量的改變【解析】整個過程中，重力不為零，作用時間不為零，依據IG＝mgt，可知，重力沖量不為零，故A錯誤；由于整個過程中，阻力都做負功，所以上升階段的平均速度大于下降階段的平均速度，即上升過程所用時間比下降過程所用時間少，依據If＝ft可知上升階段阻力沖量小于下降階段阻力沖量，整個過程中阻力沖量不為零，故B錯誤，C正確；若不計空氣阻力，并規(guī)定向上為正方向，設初速度為v0，上升階段，初速度為v0，末速度為零，動量改變?yōu)棣1＝0－mv0＝－mv0，下降階段，初速度為零，末速度為－v0，動量改變?yōu)棣2＝－mv0－0＝－mv0，兩者相等，故D正確．故選CD.3．(多選)(2024·廣東肇慶二次測試)質量為m的物塊在光滑水平面上與質量為M的物塊發(fā)生正碰，已知碰撞前兩物塊動量相同，碰撞后質量為m的物塊恰好靜止，則兩者質量之比eq\f(M,m)可能為(CD)A．1 B．2C．3 D．4【解析】設碰前每個物體的動量為p，碰后M的速度為v，由動量守恒得2p＝Mv，由能量守恒可知，碰前系統(tǒng)的動能大于等于碰后系統(tǒng)的動能，又Ek＝eq\f(p2,2m)，可得eq\f(p2,2M)＋eq\f(p2,2m)≥eq\f(1,2)Mv2＝eq\f(1,2)Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2p,M)))2，聯(lián)立解得eq\f(M,m)≥3，CD正確．4.(多選)(2024·湖南長郡中學月考)如圖所示，質量為m的半圓軌道小車靜止在光滑的水平地面上，其水平直徑AB長度為2R，現(xiàn)將質量也為m的小球從距A點正上方h0高處由靜止釋放，然后由A點經過半圓軌道后從B沖出，在空中能上升的最大高度為eq\f(h0,2)(不計空氣阻力)．則下列說法錯誤的是(ACD)A．小球和小車組成的系統(tǒng)動量守恒B．小車向左運動的最大距離為RC．小球從B點離開小車不會再落回軌道內D．小球從B點離開小車后又會從B點落回軌道，再次恰好到達A點時速度為零不會從A點沖出【解析】小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向不受外力，所以只是系統(tǒng)水平方向動量守恒，故A錯誤；系統(tǒng)水平方向動量守恒，以向右為正方向，在水平方向，由動量守恒定律得：mv－mv′＝0，meq\f(2R－x,t)＝meq\f(x,t)解得x＝R，故選項B正確；由于小球其次次在車中滾動時，對應位置的速度減小，因此小車給小球的彈力變小，摩擦力變小，克服摩擦力做的功小于eq\f(1,2)mgh0，因此小球肯定能從A點沖出，故D錯誤；小球與小車組成的系統(tǒng)水平方向上動量守恒，則知小球由B點離開小車時水平方向動量為零，小球與小車水平方向速度均為零，小球離開小車后豎直上拋運動，最終又從B點落回，則C錯誤，故選ACD.5．(2024·廣東湛江模擬)2024年7月26日，大型水陸兩棲飛機“鯤龍”AG600海上首飛勝利，為下一步飛機進行海上試飛科目訓練及驗證飛機相關性能奠定了基礎．若飛機的質量為m，從t＝0時刻起，飛機在某段時間t0內由靜止起先做加速直線運動，其加速度與時間的關系圖像如圖所示(圖中a0、t0均為已知量)，則在這段時間t0內，飛機所受合力的沖量大小為(C)A．ma0t0 B．eq\f(1,2)ma0t0C．eq\f(3,4)ma0t0 D．2ma0t0【解析】在t＝t0時刻，飛機的速度大小v＝a0×eq\f(1,2)t0＋eq\f(1,2)a0×eq\f(1,2)t0＝eq\f(3,4)a0t0，依據動量定理有I＝mv－0，解得I＝eq\f(3,4)ma0t0，所以C正確；ABD錯誤．6．(2024·河北衡水中學四調)如圖甲所示，光滑水平面上有a、b兩個小球，a球向靜止的b球運動并與b球發(fā)生正碰后粘合在一起共同運動，其碰前和碰后的s－t圖像如圖乙所示．已知ma＝5kg，兩球因碰撞而損失的機械能為ΔE，則(A)A．ΔE＝15J B．ΔE＝12JC．ΔE＝6J D．ΔE＝5J【解析】兩球碰撞前a球的速度大小為va＝eq\f(Δs,Δt)＝eq\f(6,1)＝6m/s，b球的速度大小為0，碰撞后a、b兩球的速度大小為v＝eq\f(Δs12,Δt12)＝eq\f(11－6,2－1)＝5m/s，依據動量守恒定律可得mava＋mbvb＝(ma＋mb)v，解得mb＝1kg，依據動能定理可得損失的機械能為ΔE＝eq\f(1,2)maveq\o\al(2,a)－eq\f(1,2)(ma＋mb)v2＝15J，故選A．7．(2024·江蘇新高考適應性考試)帶電粒子碰撞試驗中，t＝0時粒子A靜止，粒子B以肯定的初速度向A運動．兩粒子的v－t圖像如圖所示，僅考慮靜電力的作用，且A、B未接觸．則(B)A．A粒子質量小于B粒子B．兩粒子在t1時刻的電勢能最大C．A在t2時刻的加速度最大D．B在0～t3時間內動能始終減小【解析】兩粒子碰撞過程動量守恒，則由圖可知，在t＝0時刻p0＝mBv0，在t＝t2時刻p2＝mAvA則mBv0＝mAvA因為v0>vA則mB<mA，選項A錯誤；兩粒子在t1時刻速度相等，系統(tǒng)損失動能最大，則系統(tǒng)的電勢能最大，選項B正確；兩粒子在t1時刻距離最近，兩粒子庫侖力最大，即A在t1時刻的加速度最大，選項C錯誤；B在0～t3時間內速度先減小后反向增加，則動能先減小后增加，選項D錯誤．8．(2024·廣東陽江模擬)質量為m的翼裝飛行愛好者乘飛機到達空中某處后，以速度v0水平跳出，由于風力的影響，經時間t，愛好者下落至跳出點的正下方時，其速度大小仍為v0，但方向與初速度相反，其運動軌跡如圖所示，重力加速度為g，在此段時間t內(D)A．風力肯定沿水平方向B．飛行愛好者機械能削減，eq\f(1,2)mg2t2C．風力對愛好者的沖量大小為2mv0D．風力對愛好者的沖量大小為eq\r(4m2v\o\al(2,0)＋m2g2t2)【解析】在風力作用下，飛行愛好者做曲線運動，風力在水平方向供應與初速度方向相反的力，使飛行愛好者在水平方向先減速再反向加速；同時風力對飛行愛好者還有向上的分作用力，故風對飛行愛好者作用力方向大致沿初速度的后上方，故A錯誤；假設物體在豎直方向做自由落體運動，t時間內下落的高度為h＝eq\f(1,2)gt2，物體的重力勢能減小量為ΔEp減＝mgh＝eq\f(mg2t2,2)，但物體在下落h高度后豎直方向速度為零，故豎直方向不行能做自由落體運動，故B錯誤；取物體起先時的速度方向為正方向，依據動量定理，水平方向合力(即風力的水平分力)對物體的沖量Ix＝－mv0－mv0＝－2mv0，設風力豎直方向的沖量為Iy，豎直方向取向上為正，則豎直方向依據動量定理得Iy－mgt＝0，則風力對愛好者的沖量大小為I＝eq\r(I\o\al(2,x)＋I\o\al(2,y))＝eq\r(4m2v\o\al(2,0)＋m2g2t2)，故C錯誤，D正確．故選D.應用題——強化學以致用9．(多選)(2024·河北衡水中學四調)質量為3m足夠長的木板靜止在光滑的水平面上，木板上依次排放質量均為m的木塊1、2、3，木塊與木板間的動摩擦因數(shù)均為μ.現(xiàn)同時給木塊1、2、3水平向右的初速度v0、2v0、3v0，已知重力加速度為g.則下列說法正確的是(BCD)A．1木塊相對木板靜止前，木板是靜止不動的B．1木塊的最小速度是eq\f(1,2)v0C．2木塊的最小速度是eq\f(5,6)v0D．木塊3從起先運動到相對木板靜止時對地位移是eq\f(4v\o\al(2,0),μg)【解析】木塊1在木板上向右減速運動，該過程木板向右做加速運動，當木塊1與木板速度相等時相對木板靜止，由此可知，1木塊相對靜止前木板向右做加速運動，故A錯誤；木塊與木板組成的系統(tǒng)所受合外力為零，當木塊1與木板共速時木板的速度最小，設木塊與木板間的摩擦力為f，則木塊1的加速度a1＝eq\f(f,m)做勻減速運動，而木板a＝eq\f(3f,3m)＝eq\f(f,m)做勻加速運動，則v1＝v0－a1t＝at，v1＝eq\f(1,2)v0，故B正確；設木塊2的最小速度為v2，此時木塊2與木板剛剛共速，木塊2此時速度的變量為2v0－v2，則木塊3此時速度為3v0－(2v0－v2)＝v0＋v2，由動量守恒定律得：m(v0＋2v0＋3v0)＝5mv2＋m(v0＋v2)，解得v2＝eq\f(5,6)v0，故C項正確；木塊與木板組成的系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，3木塊相對木板靜止過程，由動量守恒定律得m(v0＋2v0＋3v0)＝(3m＋3m)v3，解得v3＝v0，對3木塊，由動能定理得－μmgx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)－eq\f(1,2)m(3v0)2，解得x＝eq\f(4v\o\al(2,0),μg)，故D正確；故選BCD.10.(2024·安徽、河南、山西聯(lián)考)如圖所示，質量均為m的木塊A和B用一勁度系數(shù)為k的輕彈簧相連，豎直放置在光滑的水平面上，木塊A上放有質量為2m的木塊C，三者均處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)將木塊C快速移開，若重力加速度為g.則下列說法中正確的是(C)A．木塊C移開的瞬間，地面對木塊B的支持力為2mgB．木塊C移開的瞬間，木塊A的加速度大小為3gC．木塊A向上運動的距離為eq\f(2mg,k)時，A的動量最大D．木塊B可能離開地面對上運動【解析】在木塊C被移開前，以ABC整體為探討對象，進行受力分析可知，地面對B的支持力為4mg，木塊C移開的瞬間，彈簧的彈力不變，地面對B的支持力保持不變，所以木塊C移開的瞬間，地面對木塊B的支持力為4mg，故A錯誤；在木塊C被移開前，對A進行受力分析，可知A受到C的壓力、彈簧的支持力和重力，彈簧的支持力和重力的合力大小等于C的重力大小，當木塊C移開的瞬間，彈簧的支持力和重力的合力保持不變，所以A受到的合力大小等于C的重力大小，依據牛頓其次定律可知aA＝eq\f(2mg,m)＝2g，故B錯誤；當A所受合力為0時，A的速度最大，動量最大．當木塊C被移開前，彈簧的形變量為x1＝eq\f(mA＋mCg,k)＝eq\f(3mg,k)，當A所受合力為0時，彈簧的形變量為x2＝eq\f(mAg,k)＝eq\f(mg,k)木塊A向上運動的距離為Δx＝x1－x2＝eq\f(2mg,k)，所以木塊A向上運動的距離為eq\f(2mg,k)時，A的動量最大，故C正確；由C項分析和對稱性可知，木塊A可以接著上升的高度為Δx，此時彈簧的伸長量為x3＝2Δx－x1＝eq\f(mg,k)，此時彈簧的彈力為F＝kx3＝mg，可知木塊B剛好與地面的彈力剛好為0，但不行能離開地面對上運動，故D錯誤．11．(2024·廣東東莞市模擬)如圖所示，固定軌道由水平軌道AB，與AB相切于B點且半徑R＝0.18m的豎直半圓軌道BC組成，AB上靜置一質量m1＝0.3kg的小滑塊a；AB右側水平地面上?？恳毁|量M＝0.4kg的小車，小車的上表面水平且與AB等高，鎖定小車．一水平輕彈簧右端固定在小車的擋板上，彈簧的自由端在P點，P點左側的小車上表面是粗糙的，其他各處的摩擦均不計．現(xiàn)用手將一質量m2＝0.1kg的小滑塊b緩慢向右壓縮彈簧一段距離并由靜止釋放b，b離開彈簧一段時間后與a發(fā)生彈性碰撞，碰撞后a沿軌道運動，恰好能通過最高點C，此后取走a；碰撞后b返回，經彈簧反彈一次后恰好停在小車的左端．已知b與AP間的動摩擦因數(shù)μ＝0.225，a、b均視為質點，取重力加速度大小g＝10m/s2.(1)求碰撞后瞬間a的速率v1；(2)求P、A兩點間的距離L以及手對b做的功W；(3)若b與a碰撞時將小車解鎖，b最終停在P點左側何處？【答案】(1)3m/s(2)2.025J(3)0.6m【解析】(1)碰撞后a沿軌道運動，設a恰好通過最高點C時的速率為vC，有m1g＝m1eq\f(v\o\al(2,C),R)依據機械能守恒定律有eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,C)＋m1g×2R解得v1＝3m/s(2)b與a發(fā)生彈性碰撞，設碰撞前、后瞬間b的速率分別為v、v2，有m2v＝m1v1－m2v2eq\f(1,2)m2v2＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)解得v＝6m/s，v2＝3m/s由能量守恒定律有eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＝μm2g×2L解得L＝1m從用手起先將b向右壓縮彈簧到b第一次到達A處的過程中，依據動能定理有W－μm2gL＝eq\f(1,2)m2v2解得W＝2.025J(3)設b停在車上時b與車的共同速度大小為v3，b在小車上表面P點左側運動的相對路程為x，由動量守恒定律有m2v2＝(M＋m2)v3由能量守恒定律有eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)(M＋m2)veq\o\al(2,3)＋μm2gx解得x＝1.6mb最終停在P點左側x－L＝0.6m處．12．(2024·浙江6月選考)如圖所示，水平地面上有一高H＝0.4m的水平臺面，臺面上豎直放置傾角θ＝37°的粗糙直軌道AB、水平光滑直軌道BC、四分之一圓周光滑細圓管道CD和半圓形光滑軌道DEF，它們平滑連接，其中管道CD的半徑r＝0.1m、圓心在O1點，軌道DEF的半徑R＝0.2m、圓心在O2點，O1、D、O2和F點均處在同一水平線上．小滑塊從軌道AB上距臺面高為h的P點靜止下滑，與靜止在軌道BC上等質量的小球發(fā)生彈性碰撞，碰后小球經管道CD、軌道DEF從F點豎直向下運動，與正下方固定在直桿上的三棱柱G碰撞，碰后速度方向水平向右，大小與碰前相同，最終落在地面上Q點．已知小滑塊與軌道AB間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(1,12)，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2.(1)若小滑塊的初始高度h＝0.9m，求小滑塊到達B點時速度v0的大??；(2)若小球能完成