2022屆高考物理二輪復習 專題二 功和能 考點3 動量定理與動量守恒定律限時集訓

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1、2022屆高考物理二輪復習 專題二 功和能 考點3 動量定理與動量守恒定律限時集訓 一、選擇題(每小題7分，共63分) 1．(2018·萊蕪二模)一小球從水平地面上方無初速釋放，與地面發(fā)生碰撞后反彈至速度為零，假設小球與地面碰撞沒有機械能損失，運動時的空氣阻力大小不變，下列說法正確的是 A．上升過程中小球動量改變量等于該過程中空氣阻力的沖量 B．小球與地面碰撞過程中，地面對小球的沖量不為零 C．下落過程中小球動能的改變量等于該過程中重力做的功 D．從釋放到反彈至速度為零過程中小球克服空氣阻力做的功小于重力做的功 答案　B 2．(多選)質(zhì)量為M、內(nèi)壁間距為L的箱子靜止于光滑的水平

2、面上，箱子中間有一質(zhì)量為m的小物塊，小物塊與箱子底板間的動摩擦因數(shù)為μ。初始時小物塊停在箱子正中間，如圖2－3－13所示?，F(xiàn)給小物塊一水平向右的初速度v，小物塊與箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中間，并與箱子保持相對靜止。設碰撞都是彈性的，則整個過程中，系統(tǒng)損失的動能為 圖2－3－13 A.mv2　　　　　　　　B.v2 C.NμmgL D．NμmgL 解析　小物塊與箱子作用過程中滿足動量守恒，小物塊最后恰好又回到箱子正中間。二者相對靜止，即為共速，設速度為v1，mv＝(m＋M)v1，系統(tǒng)損失的動能ΔEk＝mv2－(M＋m)v＝，A錯誤，B正確；由于碰撞為彈性碰

3、撞，故碰撞時不損失能量，系統(tǒng)損失的動能等于系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量，即ΔEk＝Q＝NμmgL，C錯誤，D正確。 答案　BD 3．如圖2－3－14所示，光滑水平面上有質(zhì)量均為m的物塊A和B，B上固定一輕彈簧。B靜止，A以速度v0水平向右運動，通過彈簧與B發(fā)生作用。作用過程中，彈簧獲得的最大彈性勢能Ep為 圖2－3－14 A.mv　 　B.mv　 　C.mv　 　D.mv 解析　當兩物塊速度相同時，彈簧獲得的彈性勢能最大。根據(jù)動量守恒可知mv0＝2mv，v＝ 所以最大彈性勢能Ep＝mv－×2mv2＝mv，故C正確。 答案　C 4．如圖2

4、－3－15所示，在足夠長的光滑水平面上有一靜止的質(zhì)量為M的斜面，斜面表面光滑、高度為h、傾角θ。一質(zhì)量為m(m＜M)的小物塊以一定的初速度沿水平面向右運動，不計沖上斜面過程中的機械能損失。如果斜面固定，則小物塊恰能沖到斜面頂端。如果斜面不固定，則小物塊沖上斜面后能達到的最大高度為 圖2－3－15 A．h B. h C. h D. h 解析　如果斜面固定，則由機械能守恒有：mv＝mgh，如果斜面不固定，則小物塊沖上斜面后到達最大高度時二者水平共速，則由水平方向動量守恒：mv0＝(m＋M)v，系統(tǒng)的機械能守恒：mv＝(m＋M)v2＋

5、mgh1得h1＝h，選項D正確。 答案　D 5．A、B兩球之間壓縮一根輕彈簧，靜置于光滑水平桌面上，已知A、B兩球質(zhì)量分別為2m和m。當用板擋住 A球而只釋放B球時，B球被彈出落于距桌面距離為x的水平地面上，如圖2－3－16所示。若用同樣的程度壓縮彈簧，取走A左邊的擋板，將A、B同時釋放，則B球的落地點距離桌邊距離為 圖2－3－16 A. B.x C．x D.x 解析　當用板擋住小球A而只釋放B球時，根據(jù)能量守恒有：Ep＝mv，根據(jù)平拋運動規(guī)律有：x＝v0t。當用同樣的程度壓縮彈簧，取走A左邊的擋板，將A、B同時釋

6、放，設A、B的速度分別為vA和vB，則根據(jù)動量守恒和能量守恒有：2mvA－mvB＝0，Ep＝×2mv＋mv，解得vB＝v0，B球的落地點距桌面距離為x′＝vBt＝x，D選項正確。 答案　D 6．(2018·福州一模)如圖2－3－17所示，光滑的水平面上，小球A以速度v0向右運動時與靜止的小球B發(fā)生對心正碰，碰后A球的速率為，B球的速率為，A、B兩球的質(zhì)量之比為 圖2－3－17 A．3∶8 B．3∶5 C．2∶3 D．4∶3 解析　碰撞瞬間動量守恒，規(guī)定向右為正方向，則有mAv0＝±m(xù)A＋mB，解得：＝或＝，所以A正確。 答案　A 7．(2018·豐臺一模)如圖2－3－1

7、8所示，兩質(zhì)量分別為m1和m2的彈性小球疊放在一起，從高度為h處自由落下，且h遠大于兩小球半徑，所有的碰撞都是完全彈性碰撞，且都發(fā)生在豎直方向。已知m2＝3m1，則小球m1反彈后能達到的高度為 圖2－3－18 A．h B．2h C．3h D．4h 解析　下降過程為自由落體運動，觸地時兩球速度相同，v＝，m2碰撞地之后，速度瞬間反向，大小相等，選m1與m2碰撞過程為研究過程，碰撞前后動量守恒，設碰后m1、m2速度大小分別為v1、v2，選向上方向為正方向，則 m2v－m1v＝m1v1＋m2v2 由能量守恒定律得 (m1＋m2)v2

8、＝m1v＋m2v， 且m2＝3m1 聯(lián)立解得：v1＝2 反彈后高度H＝＝4h，D正確。 答案　D 8．(多選)(2018·洛陽模擬)如圖2－3－19所示，質(zhì)量為m＝245 g的物塊(可視為質(zhì)點)放在質(zhì)量為M＝0.5 kg的木板左端，足夠長的木板靜止在光滑水平面上，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.4。質(zhì)量為m0＝5 g的子彈以速度v0＝300 m/s沿水平方向射入物塊并留在其中(時間極短)，g取10 m/s2。則在整個過程中 圖2－3－19 A．物塊和木板組成的系統(tǒng)動量守恒 B．子彈的末動量大小為0.01 kg·m/s C．子彈對物塊的沖量大小為0.49 N·s D

9、．物塊相對木板滑行的時間為1 s 解析　子彈擊中物塊過程，動量守恒；子彈和物塊整體和木板相互作用過程動量守恒；子彈、物塊和木板組成的系統(tǒng)動量守恒，而物塊和木板組成的系統(tǒng)受到子彈的作用，動量不守恒，選項A錯誤；對子彈、物塊和木板組成的系統(tǒng)的整個過程，由動量守恒定律，m0v0＝(m0＋m＋M)v，解得v＝2 m/s，子彈的末動量大小為p′0＝m0v＝0.005×2 kg·m/s＝0.01 kg·m/s，選項B正確；對子彈擊中物塊過程，由動量守恒定律，m0v0＝(m0＋m)v1，解得v1＝6 m/s，由動量定理可得子彈對物塊的沖量大小為I＝mv1＝0.245×6 N·s＝1.47 N·s，選項C錯

10、誤；子彈和物塊與木板之間的摩擦力f＝μ(m0＋m)g＝0.4×0.250×10 N＝1 N，對木板，由動量定理，ft＝Mv，解得t＝1 s，選項D正確。 答案　BD 9．(多選)(2018·太原二模)如圖2－3－20所示，一內(nèi)壁為半圓柱形的凹槽靜止在光滑水平面上，質(zhì)量為M。內(nèi)壁光滑且半徑為R，直徑水平。在內(nèi)壁左側(cè)的最高點有一質(zhì)量為m的小球P，將P由靜止釋放，則 圖2－3－20 A．P在下滑過程中，凹槽對P的彈力不做功 B．P在到達最低點前對凹槽做正功，從最低點上升過程中對凹槽做負功 C．P不能到達內(nèi)壁右端的最高點 D．凹槽的最大動能是gR 解析　小球P下滑時，凹槽向左運動，

11、凹槽對P的彈力對P做負功，選項A錯。P下滑過程，P對凹槽有斜向左下方壓力，對凹槽做正功，P上升過程，P對凹槽有斜向右下方的壓力，而凹槽向左運動，P對凹槽做負功，B正確。 根據(jù)動量守恒，P到凹槽右端最高點時，P和凹槽的速度均為零，根據(jù)能量守恒，P到達內(nèi)壁右端的最高點，C錯誤。 在小球到最低點時，由動量守恒定律和能量守恒定律。 得mv1＝Mv2 mgR＝mv＋Mv 解得v2＝gR，D正確。 答案　BD 二、計算題(本題共3小題，共37分) 10．(12分)(2018·桂林調(diào)研)一輕彈簧的下端固定在水平地面上，上端與質(zhì)量為m的木板相連且處于靜止狀態(tài)，此時彈簧的壓縮量為h0。如圖2－3

12、－21所示，一個質(zhì)量也為m的小物塊從木板正上方距離為3h0的A處自由落下，與木板碰后和木板一起向下運動，它們到達最低點后又向上運動，并恰能回到O點。重力加速度為g。求： 圖2－3－21 (1)小物塊與木板碰撞后的速度大小； (2)碰前彈簧的彈性勢能。 解析　(1)小物塊自由下落過程中：3mgh0＝mv 小物塊與木板碰撞時的速度大小v0＝ 設v1為小物塊與木板碰撞后一起開始向下運動的速度大小，因碰撞時間極短，由動量守恒有：mv0＝2mv1 解得：v1＝ (2)設碰前彈簧的彈性勢能為Ep，當小物塊與木板一起回到O點時，彈簧的彈性勢能為零，且此時小物塊與木板速度恰好都為零，以木板

13、初始位置Ep＋×(2m)v＝2mgh0 解得：Ep＝。 答案　(1)　(2) 11．(12分)(2018·邵陽二模)如圖2－3－32所示，長為L、高為h、質(zhì)量為m的小車停在光滑的水平地面上，有一質(zhì)量為m的小物塊(可視為質(zhì)點)從光滑曲面上離車頂高度為h處由靜止下滑，離開曲面后水平向右滑到小車上，最終物塊滑離小車。已知重力加速度為g，物塊與小車間的動摩擦因數(shù)μ＝。求： 圖2－3－32 (1)物塊滑離小車時的速率v1； (2)物塊從剛滑上小車到剛滑離小車的過程，小車向右運動的距離x。 解析　(1)設物塊滑到小車上時的速率為v0，根據(jù)機械能守恒定律有：mv＝mgh 設物塊滑離小車時

14、物塊和小車的速率分別為v1、v2，以物塊和小車為研究對象，根據(jù)動量守恒mv0＝mv1＋mv2 根據(jù)能量守恒定律有：mv＝mv＋mv＋μmgL 物塊滑離小車的條件為v1＞v2， 解得：v1＝，v2＝。 (2)對小車，根據(jù)動能定理有：μmgx＝mv－0 解得：x＝。 答案　(1)　(2) 12．(13分)某游樂園入口旁有一噴泉，噴出的水柱將一質(zhì)量為M的卡通玩具穩(wěn)定地懸停在空中。為計算方便起見，假設水柱從橫截面積為S的噴口持續(xù)以速度v0豎直向上噴出；玩具底部為平板(面積略大于S)；水柱沖擊到玩具底板后，在豎直方向水的速度變?yōu)榱?，在水平方向朝四周均勻散開。忽略空氣阻力。已知水的密度為ρ，

15、重力加速度大小為g。求： (1)噴泉單位時間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量； (2)玩具在空中懸停時，其底面相對于噴口的高度。 解析　(1)設Δt時間內(nèi)，從噴口噴出的水的體積為ΔV，質(zhì)量為Δm，則Δm＝ρΔV ① ΔV＝v0SΔt ② 由①②式得，單位時間內(nèi)從噴口噴出的水的質(zhì)量為 ＝ρv0S ③ (2)設玩具懸停時其底面相對于噴口的高度為h，水從噴口噴出后到達玩具底面時的速度大小為v。對于Δt時間內(nèi)噴出的水，由能量守恒得 (Δm)v2＋(Δm)gh＝(Δm)v ④ 在h高度處，Δt時間內(nèi)噴射到玩具底面的水沿豎直方向的動量變化量的大小為Δp＝(Δm)v ⑤ 設水對玩具的作用力的大小為F，根據(jù)動量定理有 FΔt＝Δp ⑥ 由于玩具在空中懸停，由力的平衡條件得F＝Mg ⑦ 聯(lián)立③④⑤⑥⑦式得h＝－。 答案　(1)ρv0S　(2)－