2025版高考物理二輪復(fù)習(xí)第1部分專題突破方略專題2第2講動(dòng)量動(dòng)量守恒定律試題

第一部分專題二第2講動(dòng)量動(dòng)量守恒定律基礎(chǔ)題——學(xué)問基礎(chǔ)打牢1．(2024·河南一般中學(xué)3月適應(yīng)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(zhì)量為50g的雞蛋，從27層樓的窗戶自由落下，與地面撞擊時(shí)間約為0.001s．不計(jì)空氣阻力，則雞蛋對(duì)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(shí)間約為t2＝0.001s，與地面撞擊過程中，重力沖量可以忽視不計(jì)，由動(dòng)量定理得：Ft＝0－mv，得F＝1950N，故選B.2.(多選)(2024·湖南衡陽(yáng)八中月考)如圖所示，墊球是排球運(yùn)動(dòng)中通過手臂的迎擊動(dòng)作，使來球從墊擊面上反彈出去的一項(xiàng)擊球技術(shù)，若某次從墊擊面上反彈出去豎直向上運(yùn)動(dòng)的排球，之后又落回到原位置，設(shè)整個(gè)運(yùn)動(dòng)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(shí)間內(nèi)，重力的沖量為零B．球從擊出到落回的時(shí)間內(nèi)，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(jì)阻力，球上升階段動(dòng)量的改變等于下降階段動(dòng)量的改變【解析】整個(gè)過程中，重力不為零，作用時(shí)間不為零，依據(jù)IG＝mgt，可知，重力沖量不為零，故A錯(cuò)誤；由于整個(gè)過程中，阻力都做負(fù)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(shí)間比下降過程所用時(shí)間少，依據(jù)If＝ft可知上升階段阻力沖量小于下降階段阻力沖量，整個(gè)過程中阻力沖量不為零，故B錯(cuò)誤，C正確；若不計(jì)空氣阻力，并規(guī)定向上為正方向，設(shè)初速度為v0，上升階段，初速度為v0，末速度為零，動(dòng)量改變?yōu)棣1＝0－mv0＝－mv0，下降階段，初速度為零，末速度為－v0，動(dòng)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(cè)試)質(zhì)量為m的物塊在光滑水平面上與質(zhì)量為M的物塊發(fā)生正碰，已知碰撞前兩物塊動(dòng)量相同，碰撞后質(zhì)量為m的物塊恰好靜止，則兩者質(zhì)量之比eq\f(M,m)可能為(CD)A．1 B．2C．3 D．4【解析】設(shè)碰前每個(gè)物體的動(dòng)量為p，碰后M的速度為v，由動(dòng)量守恒得2p＝Mv，由能量守恒可知，碰前系統(tǒng)的動(dòng)能大于等于碰后系統(tǒng)的動(dòng)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(zhǎng)郡中學(xué)月考)如圖所示，質(zhì)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(zhǎng)度為2R，現(xiàn)將質(zhì)量也為m的小球從距A點(diǎn)正上方h0高處由靜止釋放，然后由A點(diǎn)經(jīng)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(jì)空氣阻力)．則下列說法錯(cuò)誤的是(ACD)A．小球和小車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒B．小車向左運(yùn)動(dòng)的最大距離為RC．小球從B點(diǎn)離開小車不會(huì)再落回軌道內(nèi)D．小球從B點(diǎn)離開小車后又會(huì)從B點(diǎn)落回軌道，再次恰好到達(dá)A點(diǎn)時(shí)速度為零不會(huì)從A點(diǎn)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(dòng)量守恒，故A錯(cuò)誤；系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，以向右為正方向，在水平方向，由動(dòng)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(xiàng)B正確；由于小球其次次在車中滾動(dòng)時(shí)，對(duì)應(yīng)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(diǎn)沖出，故D錯(cuò)誤；小球與小車組成的系統(tǒng)水平方向上動(dòng)量守恒，則知小球由B點(diǎn)離開小車時(shí)水平方向動(dòng)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(yùn)動(dòng)，最終又從B點(diǎn)落回，則C錯(cuò)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(jī)“鯤龍”AG600海上首飛勝利，為下一步飛機(jī)進(jìn)行海上試飛科目訓(xùn)練及驗(yàn)證飛機(jī)相關(guān)性能奠定了基礎(chǔ)．若飛機(jī)的質(zhì)量為m，從t＝0時(shí)刻起，飛機(jī)在某段時(shí)間t0內(nèi)由靜止起先做加速直線運(yùn)動(dòng)，其加速度與時(shí)間的關(guān)系圖像如圖所示(圖中a0、t0均為已知量)，則在這段時(shí)間t0內(nèi)，飛機(jī)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(shí)刻，飛機(jī)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(jù)動(dòng)量定理有I＝mv－0，解得I＝eq\f(3,4)ma0t0，所以C正確；ABD錯(cuò)誤．6．(2024·河北衡水中學(xué)四調(diào))如圖甲所示，光滑水平面上有a、b兩個(gè)小球，a球向靜止的b球運(yùn)動(dòng)并與b球發(fā)生正碰后粘合在一起共同運(yùn)動(dòng)，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(jī)械能為ΔE，則(A)A．ΔE＝15J B．ΔE＝12JC．ΔE＝6J D．ΔE＝5J【解析】?jī)汕蚺鲎睬癮球的速度大小為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(jù)動(dòng)量守恒定律可得mava＋mbvb＝(ma＋mb)v，解得mb＝1kg，依據(jù)動(dòng)能定理可得損失的機(jī)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(yīng)性考試)帶電粒子碰撞試驗(yàn)中，t＝0時(shí)粒子A靜止，粒子B以肯定的初速度向A運(yùn)動(dòng)．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(zhì)量小于B粒子B．兩粒子在t1時(shí)刻的電勢(shì)能最大C．A在t2時(shí)刻的加速度最大D．B在0～t3時(shí)間內(nèi)動(dòng)能始終減小【解析】?jī)闪Ｗ优鲎策^程動(dòng)量守恒，則由圖可知，在t＝0時(shí)刻p0＝mBv0，在t＝t2時(shí)刻p2＝mAvA則mBv0＝mAvA因?yàn)関0>vA則mB<mA，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；兩粒子在t1時(shí)刻速度相等，系統(tǒng)損失動(dòng)能最大，則系統(tǒng)的電勢(shì)能最大，選項(xiàng)B正確；兩粒子在t1時(shí)刻距離最近，兩粒子庫(kù)侖力最大，即A在t1時(shí)刻的加速度最大，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；B在0～t3時(shí)間內(nèi)速度先減小后反向增加，則動(dòng)能先減小后增加，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．8．(2024·廣東陽(yáng)江模擬)質(zhì)量為m的翼裝飛行愛好者乘飛機(jī)到達(dá)空中某處后，以速度v0水平跳出，由于風(fēng)力的影響，經(jīng)時(shí)間t，愛好者下落至跳出點(diǎn)的正下方時(shí)，其速度大小仍為v0，但方向與初速度相反，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，重力加速度為g，在此段時(shí)間t內(nèi)(D)A．風(fēng)力肯定沿水平方向B．飛行愛好者機(jī)械能削減，eq\f(1,2)mg2t2C．風(fēng)力對(duì)愛好者的沖量大小為2mv0D．風(fēng)力對(duì)愛好者的沖量大小為eq\r(4m2v\o\al(2,0)＋m2g2t2)【解析】在風(fēng)力作用下，飛行愛好者做曲線運(yùn)動(dòng)，風(fēng)力在水平方向供應(yīng)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(shí)風(fēng)力對(duì)飛行愛好者還有向上的分作用力，故風(fēng)對(duì)飛行愛好者作用力方向大致沿初速度的后上方，故A錯(cuò)誤；假設(shè)物體在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，t時(shí)間內(nèi)下落的高度為h＝eq\f(1,2)gt2，物體的重力勢(shì)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(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；取物體起先時(shí)的速度方向?yàn)檎较?，依?jù)動(dòng)量定理，水平方向合力(即風(fēng)力的水平分力)對(duì)物體的沖量Ix＝－mv0－mv0＝－2mv0，設(shè)風(fēng)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(jù)動(dòng)量定理得Iy－mgt＝0，則風(fēng)力對(duì)愛好者的沖量大小為I＝eq\r(I\o\al(2,x)＋I(xiàn)\o\al(2,y))＝eq\r(4m2v\o\al(2,0)＋m2g2t2)，故C錯(cuò)誤，D正確．故選D.應(yīng)用題——強(qiáng)化學(xué)以致用9．(多選)(2024·河北衡水中學(xué)四調(diào))質(zhì)量為3m足夠長(zhǎng)的木板靜止在光滑的水平面上，木板上依次排放質(zhì)量均為m的木塊1、2、3，木塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ.現(xiàn)同時(shí)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(duì)木板靜止前，木板是靜止不動(dòng)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(yùn)動(dòng)到相對(duì)木板靜止時(shí)對(duì)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(yùn)動(dòng)，該過程木板向右做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)木塊1與木板速度相等時(shí)相對(duì)木板靜止，由此可知，1木塊相對(duì)靜止前木板向右做加速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；木塊與木板組成的系統(tǒng)所受合外力為零，當(dāng)木塊1與木板共速時(shí)木板的速度最小，設(shè)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(yùn)動(dòng)，而木板a＝eq\f(3f,3m)＝eq\f(f,m)做勻加速運(yùn)動(dòng)，則v1＝v0－a1t＝at，v1＝eq\f(1,2)v0，故B正確；設(shè)木塊2的最小速度為v2，此時(shí)木塊2與木板剛剛共速，木塊2此時(shí)速度的變量為2v0－v2，則木塊3此時(shí)速度為3v0－(2v0－v2)＝v0＋v2，由動(dòng)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(xiàng)正確；木塊與木板組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，3木塊相對(duì)木板靜止過程，由動(dòng)量守恒定律得m(v0＋2v0＋3v0)＝(3m＋3m)v3，解得v3＝v0，對(duì)3木塊，由動(dòng)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(zhì)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(zhì)量為2m的木塊C，三者均處于靜止?fàn)顟B(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(duì)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(yùn)動(dòng)的距離為eq\f(2mg,k)時(shí)，A的動(dòng)量最大D．木塊B可能離開地面對(duì)上運(yùn)動(dòng)【解析】在木塊C被移開前，以ABC整體為探討對(duì)象，進(jìn)行受力分析可知，地面對(duì)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(duì)B的支持力保持不變，所以木塊C移開的瞬間，地面對(duì)木塊B的支持力為4mg，故A錯(cuò)誤；在木塊C被移開前，對(duì)A進(jìn)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(dāng)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(jù)牛頓其次定律可知aA＝eq\f(2mg,m)＝2g，故B錯(cuò)誤；當(dāng)A所受合力為0時(shí)，A的速度最大，動(dòng)量最大．當(dāng)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(dāng)A所受合力為0時(shí)，彈簧的形變量為x2＝eq\f(mAg,k)＝eq\f(mg,k)木塊A向上運(yùn)動(dòng)的距離為Δx＝x1－x2＝eq\f(2mg,k)，所以木塊A向上運(yùn)動(dòng)的距離為eq\f(2mg,k)時(shí)，A的動(dòng)量最大，故C正確；由C項(xiàng)分析和對(duì)稱性可知，木塊A可以接著上升的高度為Δx，此時(shí)彈簧的伸長(zhǎng)量為x3＝2Δx－x1＝eq\f(mg,k)，此時(shí)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(duì)上運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)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(diǎn)且半徑R＝0.18m的豎直半圓軌道BC組成，AB上靜置一質(zhì)量m1＝0.3kg的小滑塊a；AB右側(cè)水平地面上停靠一質(zhì)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(diǎn)，P點(diǎn)左側(cè)的小車上表面是粗糙的，其他各處的摩擦均不計(jì)．現(xiàn)用手將一質(zhì)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(shí)間后與a發(fā)生彈性碰撞，碰撞后a沿軌道運(yùn)動(dòng)，恰好能通過最高點(diǎn)C，此后取走a；碰撞后b返回，經(jīng)彈簧反彈一次后恰好停在小車的左端．已知b與AP間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.225，a、b均視為質(zhì)點(diǎn)，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(diǎn)間的距離L以及手對(duì)b做的功W；(3)若b與a碰撞時(shí)將小車解鎖，b最終停在P點(diǎn)左側(cè)何處？【答案】(1)3m/s(2)2.025J(3)0.6m【解析】(1)碰撞后a沿軌道運(yùn)動(dòng)，設(shè)a恰好通過最高點(diǎn)C時(shí)的速率為vC，有m1g＝m1eq\f(v\o\al(2,C),R)依據(jù)機(jī)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(shè)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(dá)A處的過程中，依據(jù)動(dòng)能定理有W－μm2gL＝eq\f(1,2)m2v2解得W＝2.025J(3)設(shè)b停在車上時(shí)b與車的共同速度大小為v3，b在小車上表面P點(diǎn)左側(cè)運(yùn)動(dòng)的相對(duì)路程為x，由動(dòng)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(diǎn)左側(cè)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(tái)面，臺(tái)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(xì)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(diǎn)，軌道DEF的半徑R＝0.2m、圓心在O2點(diǎn)，O1、D、O2和F點(diǎn)均處在同一水平線上．小滑塊從軌道AB上距臺(tái)面高為h的P點(diǎn)靜止下滑，與靜止在軌道BC上等質(zhì)量的小球發(fā)生彈性碰撞，碰后小球經(jīng)管道CD、軌道DEF從F點(diǎn)豎直向下運(yùn)動(dòng)，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(diǎn)．已知小滑塊與軌道AB間的動(dòng)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(dá)B點(diǎn)時(shí)速度v0的大??；(2)若小球能完成