2021届高考物理二轮复习动量定理与动量守恒专练（3）含答案与解析.doc

1、2021 届高考物理二轮复习动量定理与动量守恒专练（届高考物理二轮复习动量定理与动量守恒专练（3） 1.为了研究小球由静止释放后撞击地面弹跳的规律，小俞同学利用运动传感器采集数据并作 出了如图所示的vt图象， 已知小球质量为 0.6 kg， 空气阻力不计， 重力加速度 2 10m/sg ， 由图可知( ) A.横轴每一小格表示的时间是 1 s B.小球下落的初始位置离地面的高度为 3.6 m C.小球第一次反弹的最大高度为 1.25 m D.小球第一次撞击地面时地面对小球的平均作用力大小为 66 N 2.如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体 A 以速度 0 v向右运动压缩弹簧，

2、测得弹簧的最大压缩量为 x.现让弹簧一端连接另一质量为 m 的物体 B，如图乙所示，物体 A 以 0 2v的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为 x，则( ) A.物体 A 的质量为2m B.物体 A 的质量为4m C.弹簧压缩量最大时的弹性势能为 2 0 mv D.弹簧压缩量最大时的弹性势能为 2 0 3 2 mv 3.如图所示，质量为 0.5kgm 的滑块放在水平面上 O 点，现给滑块一水平向右的初速度 0 9 m/sv ，经过一段时间滑块与竖直的墙壁发生碰撞，已知碰前的速度大小为 7 m/sv 、 碰后的速度大小为 6 m/sv ，O 点与竖直墙壁的距离为 5mL ，滑块与竖直墙壁

3、碰撞所用 时间为 0.05st ，重力加速度 2 10m/sg 。则下列说法正确的是( ) A.滑块与水平面之间的动摩擦因数为 0.16 B.滑块与竖直墙壁碰撞过程中动量的变化量大小为0.5kg m/s C.碰撞过程中竖直墙壁对滑块的作用力大小为 130 N D.滑块从 O 点开始运动到最终停止所用的总时间为 2.5 s 4.某电影里两名枪手在房间内对决,他们各自背靠墙壁,一左一右.假设他们之间的地面光滑, 且地面上放着一均匀木块,木块到左右两边墙壁的距离不同.两人拿着相同的步枪和相同的子 弹同时朝木块射击一发子弹.但是子弹都没有射穿木块.假设你是侦探,仔细观察木块,发现右 边的射孔(弹痕)更

4、深.设子弹与木块的作用力大小相同,请你分析一下,下列哪个结论是正确的 ( ) A.开始时,木块更靠近左边的人,左边的人相对更安全 B.开始时,木块更靠近左边的人,右边的人相对更安全 C.开始时,木块更靠近右边的人,左边的人相对更安全 D.开始时,木块更靠近右边的人,右边的人相对更安全 5.在冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞，如 图（a）所示，碰撞前后两壶运动的vt图线如图（b）中实线所示，其中红壶碰撞前后的图 线平行，两冰壶质量相等，则( ) A.碰后红壶将被反弹回来 B.碰后蓝壶速度为 0.8 m/s C.碰后蓝壶移动的距离为 2.4 m D.碰后红壶

5、所受的摩擦力小于蓝壶所受的摩 擦力 6.如图，从竖直面上大圆的最高点 A 引出两条不同的光滑轨道，端点都在大圆上。一物体由 静止开始，从 A 点分别沿两条轨道滑到端点BC、，则下列说法正确的是( ) A.到达端点BC、时的速度大小不相等 B.重力的冲量相等 C.物体动量的变化率大小相等 D.沿AB运动所用的时间小于沿AC运动所用的时间 7.如图所示,小滑块以初动能 k0 E 从粗糙斜面底端的A点冲上斜面,经过时间t滑块运动至最高 点 B,之后沿原路返回,C 为AB的中点,下列说法正确的是( ) A.滑块上冲至 C 点时的动能等于 k0 1 2 E B.滑块经过 2 t 到达 C 点 C.滑块上

6、冲过程中重力的冲量小于返回过程中重力的冲量 D.滑块上冲过程中克服重力做的功等于返回过程中重力做的功 8.小车静止在光滑水平面上， 站在车上的人练习打靶， 靶装在车的另一端， 如图所示.已知车、 人、枪和靶的总质量为 M（不含子弹），每颗子弹质量为 m，共 n 发，打靶时，枪口到靶 的距离为 d.若每发子弹打入靶中，就留在靶里，且待前一发子弹打入靶中后，再打下一发. 则以下说法正确的是( ) A.待打完 n 发子弹后，小车将以一定的速度向右匀速运动 B.待打完 n 发子弹后，小车应停在射击之前位置的右方 C.在每一发子弹的射击过程中，小车所发生的位移相同，大小均为 md nmM D.在每一发子

7、弹的射击过程中，小车所发生的位移不相同 9.如图所示，质量为8m，长度一定的长木板放在光滑的水平面上，质量为 m，可视为质点 的物块放在长木板的最左端，质量为 m 的子弹以水平向右的速度 0 v射入物块且未穿出（该 过程的作用时间极短可忽略不计），经时间 0 t物块以 0 5 v 的速度离开长木板的最右端，重力 加速度为 g，则下列说法正确的是( ) A.长木板最终的速度大小为 0 10 v B.长木板的长度为 0 0 5 16 v t C.子弹射入物块的过程中损失的机械能为 2 0 9 20 mv D.物块与长木板间的动摩擦因数为 0 0 3 10 v gt 10.如图甲所示，在光滑水平面上

8、的两小球发生正碰。小球的质量分别为 1 m和 2 m。图乙为它 们碰撞前后的位置时间图像。已知 1 0.1kgm 。由此可以判断( ) A.碰前质量为 2 m的小球静止，质量为 1 m的小球向右运动 B.碰后质量为 2 m的小球和质量为 1 m的小球都向右运动 C. 2 0.3kgm D.碰撞过程中系统损失了 0.4 J 的机械能 11.如图甲所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究AB、两个小球组成的系统 在轨道水平部分碰撞前、后的总动量关系. （1）实验中，直接测定小球碰撞前、后的速度是不容易的，但可以通过测量_（填 选项前的字母），间接地解决这个问题. A.小球释放高度 h B

9、.小球抛出点距地面的高度 H C.小球做平抛运动的 射程 （2）图甲中 O 点是小球抛出点在地面上的垂直投影.实验时，先让入射球 A 多次从斜轨上 S 位置静止释放， 找到其平均落地点的位置 P， 测量平抛射程OP.然后把被碰小球 B 静置于轨 道的水平部分（如图甲所示），再将入射球 A 从斜轨上 S 位置静止释放，与小球 B 相碰， 并多次重复实验. 接下来要完成的必要步骤是_.（填选项前的字母） A.用天平测量AB、两个小球的质量 12 mm、 B.测量小球 A 释放高度 h C.测量抛出点距地面的高度 H D.分别找到AB、相碰后平均落地点的位置M N、 E.测量平抛射程OM ON、 （

10、3）若两球相碰前、后的动量守恒，其表达式可表示为_用（2）中测量的量表示. （4）经测量得 12 45.0g,7.5gmm，小球落地点的平均位置距 O 点的距离如图乙所示.碰 撞前、后 A 的动量分别为 1 p与 1 p ，则 11 :pp _：11；若碰撞后 B 的动量为 2 p ， 则 12 :pp 11：_.实验结果说明，碰撞前、后总动量的比值 1 12 p pp 为_. 12.如图所示，质量为 2 kg C m 的光滑半圆形槽 C 放在光滑水平面上，C 内径 0.2 mR ，C 内最低点处放置一质量为 4 kg D m 的物体 D.C 的右端有一质量为 1.8kg B m 的物体 B.

11、现有 一质量为 0.2 kgm 的子弹 A 以速度 0 v水平打入 B 后与 B 一起向左运动，与 C 相碰，碰后 立即与 C 粘在一起不再分开（碰撞时间极短），然后以 2.0 m/sv 的共同速度运动， 2 10m/sg ，ABD、 、均可视为质点，求： （1）子弹速度 0 v的大小； （2）物体 D 在槽中上升的最大高度； （3）物体 D 再一次回到最低点时对 C 的压力大小. 答案以及解析答案以及解析 1.答案：C 解析：根据重力加速度为 2 10m/s，可求得横轴每一小格表示 0.1 s，选项 A 错误；由题图可 知小球下落的初始位置距地面高度 1 0.66 m1.8m 2 h ，选项

12、 B 错误；第一次反弹的最 大高度为 1 0.5 5 m1.25 m 2 h ，选项 C 正确；小球第一次撞击地面经历 0.1 s，速度由 6 m/s 变为 5 m/s ，则由动量定理得 0 ()mgFtmvmv ，解得72 NF ，选项 D 错误. 2.答案：D 解析：设物体 A 的质量为 A m，物体 A 压缩弹簧的最大压缩量为 x 时，物体 A 的动能全部转 化为弹簧的弹性势能（设为 p E ），则有 0p 2 1 2 A m vE ；当物体 A 以 0 2v向右运动压缩弹簧时， 物体AB、及弹簧组成的系统动量守恒，当AB、共速（设为 v）时，弹簧达到最大压缩量， 也为 x，则有 0 2

13、() AA mvmm v ，由功能关系有 22 0p 11 (2)() 22 AA mvmm vE，联立解得 p 2 0 3 2 , 3 A mm Emv，故 A、B、C 错误，D 正确. 3.答案：C 解析：滑块从 O 点开始运动到与墙壁碰撞的过程中，对滑块由动能定理得 22 0 11 22 mgLmvmv，代入数据可解得0.32，A 错误；取碰后的速度方向为正方向， 则碰撞的过程中动量的变化量为 ()pmvmv ， 代入数据得 6.5kg m/sp ， 故 B 错误； 由动量定理得Ft p ，代入数据解得 130 NF ，故 C 正确；碰前由动量定理得 10 mgtmvmv ，代入数据解得

14、 1 5 s 8 t ，碰后由动量定理得 2 0mgtmv ，代入数据 解得 2 15 s 8 t ，则全程所用的时间为 515 (0.05) s=2.55s 88 t ，D 错误。 4.答案：B 解析：子弹的质量与射出时的速度都相等,两发子弹与木块组成的系统总动量为零;如果木块 在正中间,则弹痕应该一样深,但结果是右边的深一些,假设木块靠近其中某一人,则他射出的 子弹先到达木块,设子弹质量为 m,初速度为 0 v,木块质量为 M,阻力为 f，弹痕深度分别为 12 xx、,两发子弹与木块组成的系统在水平方向所受合外力为零,系统动量守恒,以向右为正方 向,对先接触木块的一发子弹,由动量守恒定律得

15、 01 ()mvMm v,由能量守恒定律得 22 011 11 () 22 mvMm vfx,对另一发子弹,同样有 22 10012 11 ()0,() 22 Mm vmvmvMm vfx,解得 12 xx,可知后接触木块的子弹弹痕更深, 更容易射穿木块,对面的人更危险,所以开始时,木块更靠近左边的人,右边的人相对更安全,故 B 正确,A、C、D 错误. 5.答案：B 解析：由红壶、蓝壶的vt图像可知 1=1.0m/s v红 ， 2=0.2m/s v红 ， 1=0 v蓝 ，根据动量守恒定 律有 122 =+m vm vm v 红 红红 红蓝 蓝 ，其中mm 红蓝，代入数据解得2=0.8m/s

16、v蓝 ，故选项 A 错误，选 项 B 正确。由蓝壶的vt图像可得其移动的距离=2mx蓝，选项 C 错误。因碰后的vt图 像中，红壶的斜率绝对值大于蓝壶的，故红壶受到的摩擦力大于蓝壶受到的摩擦力，选项 D 错误。 6.答案：AB 解析：物体下滑过程中只有重力做功，机械能守恒，物体初速度为零，物体到达端点BC、 时下落的高度不同，故到达端点BC、时速度大小不相等，故 A 正确；对物体在轨道上受力 分析， 由牛顿第二定律有 cos ,ag 为轨道与竖直方向的夹角， 根据运动学公式 2 1 2 xat， 有 2 1 2 coscos 2 Rgt，解得2 R t g ，因此下滑时间与轨道的倾角无关，只与

17、圆的半径及 重力加速度有关，故下落时间相同，由I mgt 可知，重力的冲量相等，故 B 正确，D 错误； 因末速度大小不相等，故动量的变化量大小不相等，所以动量的变化率大小不相等，故 C 错误。 7.答案：ACD 解析： 设斜面倾角为,对滑块从A到B的过程,由动能定理有 k0 cos0 ABAB mghmgLE, 从 A 到 C 由动能定理有 kk0 cos 22 ABAB C hL mgmgEE,得 kk0 1 2 C EE,A 正确;由逆向思 维可知,滑块通过CB的时间与通过AC的时间之比为1:( 21),则 21 2 AC tt ,B 错误;由牛 顿第二定律可得滑块上滑时的加速度大小为

18、sincos sincos mgmg agg m ,滑 块下滑时的加速度大小为 sincos sincos mgmg agg m ,由公式 2 1 2 xat可知, 上滑的时间比下滑时间短,根据I mgt 可知,滑块上冲过程中重力的冲量小于返回过程中重 力的冲量,C 正确;滑块上冲过程中克服重力做的功 GAB Wmgh,返回过程中重力做的功 GAB Wmgh,则滑块上冲过程中克服重力做的功等于返回过程中重力做的功,D 正确. 8.答案：BC 解析：车、人、枪、靶和 n 颗子弹组成的系统动量守恒，系统初动量为 0，故末动量为 0， A 错误；每发子弹打入靶中，就留在靶里，且待前一发打入靶中后，再

19、打下一发，因此每次 射击，以一颗子弹和车、人、枪、靶、( 1)n 颗子弹为研究对象，动量守恒，则有 0(1) xx mMnm tt 车子 ，由位移关系有xxd 车子 ，解得 md x nmM 车 ，故 C 正确， D 错误；每射击一次，车子都会右移，故 B 正确. 9.答案：BD 解析：对子弹和物块组成的系统，子弹射入物块时系统动量守恒，则由动量守恒定律得 01 2mvmv ，解得 0 1 2 v v ，则该过程损失的机械能 222 010 111 2 224 Emvmvmv，选项 C 错 误；从子弹刚击中物块到物块离开长木板的过程，对子弹、物块、长木板组成的系统，由动 量守恒定律得 0 02

20、 28 5 v mvmmv，解得 0 2 3 40 v v ，选项 A 错误；对长木板由动量定理得 02 8 f F tmv ，又 2 f Fmg ，由以上解得 0 0 3 10 v gt ，选项 D 正确；子弹击中物块后，对 整个系统由动能定理得 2220 12 111 22 ()8 2252 f v LmmFvmv，由以上整理得 0 0 5 16 v L t ，选 项 B 正确. 10.答案：AC 解析：取向右为正方向，由题中图乙可知，质量为 1 m的小球碰前速度 1 4 m/sv ，碰后速度 为 1 2 m/sv ，质量为 2 m的小球碰前速度 2 0v ，碰后的速度 2 2 m/sv，

21、两小球组成的系 统动量守恒，有 1 1221 122 mvm vmvm v ，代入数据解得 2 0.3kgm ，所以选项 AC 正确， 选项 B 错误；两小球组成的系统在碰撞过程中的机械能损失为 2222 1 1221 122 1111 ()0 2222 Emvm vmvm v ，所以碰撞是弹性碰撞，选项 D 错误。 11.答案：（1）C （2）ADE （3） 211 mmm OOMONP （4）14；2.9；1.01 解析：（1）小球离开轨道后做平抛运动，由于小球抛出点的高度相等，它们在空中的运动 时间相等， 小球的水平位移与小球做平抛运动的初速度成正比， 可以用小球的水平位移代替 其做平抛

22、运动的初速度，选项 C 正确，选项 A、B 错误. （2）要验证动量守恒定律，即验证 1 11 22 3 mvmvm v，小球离开轨道后做平抛运动，它们抛 出点的高度相等，在空中运动的时间 t 相等，则 1 11 22 3 mvtmv tm v t，即 112 mmmOPOMON，因此实验需要测量两球的质量、两球做平抛运动的水平位移， 故选 A、D、E. （3）由（2）分析可知，表达式可表示为 112 mmmOPOMON. （4）碰撞前、后，小球 A 动量之比 1 1 44.8014 35.2011 pOP pOM 碰撞后AB、两小球的动量之比 11 2 2 45.0 35.211 7.5 5

23、5.682.9 pmOM pmON 碰撞前、后总动量的比值 11 12 12 1.01 pmOP ppmOMmON . 12.答案：（1）子弹 A 以速度 0 v水平打入 B 的过程中，由动量守恒有 01 () B mvmmv 与半圆形槽 C 相碰，碰后立即与 C 粘在一起不再分开，由动量守恒有 1 ()() BBC mmvmmmv 联立上式并代入数据可得 0 40 m/sv . （2）当 D 上升到槽右端最大高度 H 时，ABC、 、和 D 速度相等，设为 v 根据动量守恒定律和机械能守恒定律可知 ()() BDBCC mmvmmmmvm 2 1 () 2 CB mmm v 2 1 () 2 DCBD mmmmmvgH 联立上式并代入数据解得 0.1mH ，即 D 在槽中上升的最大高度为 0.1 m. （3）设物体 D 再一次回到最低点时对 C 的压力为 F，速度为 2 v，根据动量守恒定律和机械 能守恒定律有 2 ()() DBCDBC mmmm vm vmmmv 2 1 () 2 BC mmm v 22 2 11 () 22 DBC m vmmm v 解得 2 2 m/s,0v v 根据牛顿第二定律有 2 2 DD Fm gm v R 解得 C 对物体 D 的支持力 120 NF 根据牛顿第三定律可知，物体 D 再一次回到最低点时对 C 的压力 120 NF .