2023年高考物理大二轮复习考前特训考点9动量定理和动量守恒定律

考点9动量定理和动量守恒定律1．(2023·山东枣庄市模拟)质量为60kg的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性平安带的保护，使他悬挂起来；弹性平安带的缓冲时间是1.2s，平安带长5m，不计空气阻力影响，g取10m/s2，那么平安带所受的平均冲力的大小为()A．100NB．500NC．600ND．1100N答案D解析在平安带产生拉力的过程中，工人受重力、平安带的拉力作用做减速运动，此过程的初速度就是自由落体运动的末速度，所以有：v0＝eq\r(2gh)＝eq\r(2×10×5)m/s＝10m/s，取竖直向下为正方向，根据动量定理，有：mg·t－F·t＝0－mv0，解得：F＝mg＋eq\f(mv0,t)＝(600＋eq\f(60×10,1.2))N＝1100N，应选D.2．(2023·辽宁本溪市联合模拟)一位质量为m的运发动从下蹲状态向上跳起，经Δt时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v，在此过程中，以下说法正确的选项是()A．地面对他的冲量为mv＋mgΔt，地面对他做的功为eq\f(1,2)mv2B．地面对他的冲量为mv－mgΔt，地面对他做的功为零C．地面对他的冲量为mv，地面对他做的功为eq\f(1,2)mv2D．地面对他的冲量为mv＋mgΔt，地面对他做的功为零答案D解析运发动的速度开始为零，起跳后变为v，以向上为正方向，由动量定理可得I－mgΔt＝mv－0，故地面对运发动的冲量为I＝mv＋mgΔt，运发动在跳起时，地面对运发动的支持力竖直向上，在跳起过程中，在支持力方向上没有位移，地面对运发动的支持力不做功，故D正确．3．(多项选择)(2023·云南昆明市二统)如图1所示，质量为2m的物体B静止在光滑的水平面上，物体B的左边固定有轻质弹簧，质量为m的物体A以速度v向物体B运动并与弹簧发生作用，从物体A接触弹簧开始，到离开弹簧的过程中，物体A、B始终沿同一直线运动，以初速度v的方向为正，那么图1A．此过程中弹簧对物体B的冲量大小大于弹簧对物体A的冲量大小B．弹簧的最大弹性势能为eq\f(1,3)mv2C．此过程弹簧对物体B的冲量为eq\f(2,3)mvD．物体A离开弹簧后的速度为－eq\f(1,3)v答案BD解析由I＝Ft，弹簧对A、B的冲量大小相等、方向相反，A错误；A离开弹簧前，由mv＝(m＋2m)v1，得v1＝eq\f(1,3)v，弹簧的最大弹性势能Ep＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)(m＋2m)v12＝eq\f(1,3)mv2，B正确，A离开弹簧后，由mv＝mvA＋2mvB，eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mA2＋eq\f(1,2)·2mvB2，得vA＝－eq\f(1,3)v，vB＝eq\f(2,3)v，故弹簧对B的冲量IB＝2mvB＝eq\f(4,3)mv，C错误，D正确．4．(2023·山东枣庄市模拟)如图2所示，一根固定直杆与水平方向夹角为θ，将质量为m1的滑块套在杆上，通过轻绳悬挂质量为m2的小球，杆与滑块之间的动摩擦因数为μ.通过某种外部作用，使滑块和小球瞬间获得初动量后，撤去外部作用，发现滑块与小球仍保持相对静止一起运动，且轻绳与竖直方向夹角β>θ.那么滑块的运动情况是()图2A．动量方向沿杆向下，正在均匀增大B．动量方向沿杆向下，正在均匀减小C．动量方向沿杆向上，正在均匀增大D．动量方向沿杆向上，正在均匀减小答案D解析把滑块和球看做一个整体受力分析，沿斜面和垂直斜面建立直角坐标系，假设假设滑块速度方向向下，那么沿斜面方向：(m1＋m2)gsinθ－Ff＝(m1＋m2)a垂直斜面方向：FN＝(m1＋m2)gcosθ，其中摩擦力：Ff＝μFN联立解得：a＝gsinθ－μgcosθ，对小球现有：θ<β，那么有a>gsinβ，所以gsinθ－μgcosθ>gsinβ，gsinθ－gsinβ>μgcosθ，因为θ<β，所以gsinθ－gsinβ<0，但μgcosθ>0，所以假设不成立，即速度的方向一定沿杆向上，滑块向上运动，重力有沿杆向下的分力，同时摩擦力的方向沿杆向下，所以滑块的加速度方向向下，滑块沿杆减速上滑，那么滑块的动量方向沿杆向上，正在均匀减小，故D正确．5．(多项选择)如图3甲所示，物块a从光滑斜面上某点由静止滑下，物块b从水平面上的某位置水平向左运动，0.4s末，物块a滑到水平面的瞬间正好与物块b碰撞且碰撞后两者粘在一起沿斜面向上运动到最高点．不计物块经过斜面底部与水平面衔接处的能量损失，两者运动的速度大小随时间变化的图象如图乙所示，物块b的质量为5kg，物块a的质量为ma，整个过程两物块因碰撞而损失的机械能为ΔE，那么()图3A．ma＝1kg B．ma＝2kgC．ΔE＝35J D．ΔE＝120J答案BC解析由题图乙可知，a、b物块碰撞前的速度大小分别为va＝1m/s，vb＝6m/s，碰撞后a、b共同速度的大小为v＝4m/s，选定b的速度方向为正，根据动量守恒定律得mbvb－mava＝(ma＋mb)v，解得ma＝2kg，A项错误，B项正确；两物块碰撞过程损失的机械能为ΔE＝eq\f(1,2)mava2＋eq\f(1,2)mbvb2－eq\f(1,2)(ma＋mb)v2＝35J，C项正确，D项错误．6.(多项选择)如图4所示，光滑水平面上，质量为m1的足够长的木板向左匀速运动．t＝0时刻，质量为m2的木块从木板的左端向右以与木板相同大小的速度滑上木板．t1时刻，木块和木板相对静止，共同向左匀速运动，以v1和a1表示木板的速度和加速度，以v2和a2表示木块的速度和加速度，以向左为正方向．那么以下图中正确的选项是()图4答案BD解析木块和木板组成的系统动量守恒，因为最终共同的速度方向向左，根据m1v－m2v＝(m1＋m2)v′，知m1>m2.木块的加速度a2＝eq\f(Ff,m2)，方向向左，木板的加速度a1＝eq\f(Ff,m1)，方向向右，因为m1>m2，那么a1<a2，A项错误，B项正确；木块滑上木板后，木块先向右做匀减速直线运动，速度减到零后反向做匀加速直线运动，与木板速度相同后一起做匀速直线运动．木板一直做匀减速直线运动，最终的速度向左，为正值，D项正确，C项错误．7．(多项选择)(2023·贵州凯里市模拟)如图5所示，竖直平面内的光滑水平轨道的左边与墙壁对接，右边与一个足够高的eq\f(1,4)光滑圆弧轨道平滑相连，木块A、B静置于光滑水平轨道上，A、B的质量分别为1.5kg和0.5kg.现让A以6m/s的速度水平向左运动，之后与墙壁碰撞，碰撞的时间为0.3s，碰后的速度大小变为4m/s，当A与B碰撞后立即粘在一起运动，g取10m/s2，那么()图5A．A与墙壁碰撞的过程中，墙壁对A的平均作用力的大小F＝50NB．A与墙壁碰撞的过程中没有能量损失C．A、B碰撞后的速度v＝3m/sD．A、B滑上圆弧轨道的最大高度h＝0.55m答案AC解析设水平向右为正方向，A与墙壁碰撞时根据动量定理有Ft＝mAv1′－mA·(－v1)，解得F＝50N，故A正确；假设A与墙壁碰撞时无能量损失，A将以6m/s的速度水平向右运动，由题碰后的速度大小变为4m/s，故B错误；设碰撞后A、B的共同速度为v，根据动量守恒定律有mAv1′＝(mA＋mB)v，解得v＝3m/s，故C正确；A、B在光滑圆弧轨道上滑动时，由机械能守恒定律得，eq\f(1,2)(mA＋mB)v2＝(mA＋mB)gh，解得h＝0.45m，故D错误．8．(多项选择)在竖直向上的匀强电场中，用细绳悬挂一个不带电的绝缘小球a、质量为m1.带电荷量为q、质量为m2的小球b以水平速度v在电场中运动，并与a相撞，如图6所示．在a、b碰撞后的瞬间细绳断裂，并同时在该区域立即加上一个磁感应强度为B、垂直纸面向里的匀强磁场，经过时间t＝eq\f(3πm2,2qB)，两小球第二次相撞，假设不计碰撞前后两球电荷量的变化情况，以下说法中不正确的选项是()图6A．第一次碰撞后小球a的速度大小与v的关系为v1＝eq\f(3πm1,2m2－3πm1)vB．第一次碰撞后小球b的速度大小与v的关系为v2＝eq\f(2m1,2m2－3πm1)vC．两小球由第一次相撞到第二次相撞这段时间内，小球a下落的高度与v的关系为h1＝eq\f(3πm22v,qB2m1－3πm2)D．两小球由第一次相撞到第二次相撞这段时间内，小球b下落的最大高度与v的关系为h2＝eq\f(3πm22v,qB2m1－3πm2)答案ABD解析设a球碰撞后的速度为v1，b球碰撞后的速度为v2，由动量守恒定律得，m2v＝m1v1－m2v2①可知a球做平抛运动，b球做圆周运动，因为b球的周期T＝eq\f(2πm2,qB)，经过t＝eq\f(3πm2,2q