[人教版]2020版高考物理大二轮复习 考前基础回扣练8 动量定理和动量守恒定律

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回扣练8：动量定理和动量守恒定律

1．将一个光滑的半圆形槽置于光滑的水平面上如图，槽左侧有一物块．现让一个小球自左侧槽口A点正上方由静止开始落下，从A点落中正确的是( )

A．小球在半圆槽内运动的过程中，机械能守恒

B．小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽组成的系统动量守恒

C．小球在半圆槽内由B点向C点运动的过程中，小球与半圆槽组成的系统动量守恒 D．小球从C点离开半圆槽后，一定还会从C点落回半圆槽

解析：选D.只有重力做功时物体机械能守恒，小球在半圆槽内运动由B到C过程中，除重力做功外，槽的支持力也对小球做功，小球机械能不守恒，由此可知，小球在半圆槽内运动的全过程中，小球的机械能不守恒，故A错误．小球在槽内运动的前半过程中，左侧物体对槽有作用力，小球与槽组成的系统水平方向上的动量不守恒，故B错误．小球自半圆槽的最低点B向C点运动的过程中，系统在水平方向所受合外力为零，故小球与半圆槽在水平方向动量守恒，故C错误．小球离开C点以后，既有竖直向上的分速度，又有与槽相同的水平分速度，小球做斜上抛运动，然后可以从C点落回半圆槽，故D正确．故选D.

2．如图所示，质量为m的A球在水平面上静止放置，质量为2m大小为v0，B球与A球碰撞且无机械能损失，碰后A球速度大小为v1，

的B球向左运动速度个固定在水平面上的入槽内，则下列说法

B球的速度大小为

下列选项正确的是

v1－v2

v2，碰后相对速度与碰前相对速度的比值定义为恢复系数e＝，v0－0

( )

A．e＝1 1C．e＝

3

1B．e＝

2D．e＝

1 4

12

解析：选A.AB在碰撞的过程中，根据动量守恒可得，2mv0＝mv1＋2mv2，在碰撞的过程中机械能守恒，可得·2mv0

212141v1－v22

＝mv1＋·2mv2，解得v1＝v0，v2＝v0，碰后相对速度与碰前相对速度的比值定义为恢复系数e＝＝1，故A2233v0－0正确，BCD错误；故选A.

3．如图所示，AB两小球静止在光滑水平面上，用轻弹簧相连接，A球的质量小于B球的质量．若用锤子敲击

A球使A得到v的速度，弹簧压缩到最短时的长度为L1；若用锤子敲击B球使B得到v的速度，弹簧压缩到最短时

的长度为L2，则L1与L2的大小关系为( )

A．L1＞L2

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B．L1＜L2

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C．L1＝L2 D．不能确定

解析：选C.若用锤子敲击A球，两球组成的系统动量守恒，当弹簧最短时，两者共速，则mAv＝(mA＋mB)v′，

mAv121mAmBv22

解得v′＝ ，弹性势能最大，最大为ΔEp＝mAv－(mA＋mB)v′＝；若用锤子敲击B球，同理可

mA＋mB222（mA＋mB）mBv121mAmBv22

得mBv＝(mA＋mB)v″，解得v″＝，弹性势能最大为ΔEp＝mBv－(mA＋mB)v′＝，即两种情况下mA＋mB222（mA＋mB）

弹簧压缩最短时，弹性势能相等，故L1＝L2，C正确．

4．如图所示，足够长的传送带以恒定的速率v1逆时针运动，一质量为m的物块以大小为v2的初速度从左轮中心正上方的P点冲上传送带，从此时起到物块再次回到P点的过程中，下列说法正确的是( )

A．合力对物块的冲量大小一定为2mv2 B．合力对物块的冲量大小一定为2mv1 C．合力对物块的冲量大小可能为零 D．合力对物块做的功可能为零

解析：选D.若v2＞v1，物块在传送带上先向右做匀减速直线运动，速度减为零后再返回做匀加速直线运动，达到速度v1后做匀速直线运动，可知物块再次回到P点的速度大小为v1，规定向左为正方向，根据动量定理得，合外1212

力的冲量I合＝mv1－m(－v2)＝mv1＋mv2.根据动能定理知，合外力做功W合＝mv1－mv2；若v2＜v1，物块在传送带上

22先向右做匀减速直线运动，速度减为零后再返回做匀加速直线运动，物块再次回到P点的速度大小为v2，规定向左为正方向，根据动量定理得，合外力的冲量为：I合＝mv2－m(－v2)＝2mv2；根据动能定理知，合外力做功为：W合＝1212

mv2－mv2＝0.故D正确，ABC错误．故选D. 22

5．如图甲所示，工人利用倾斜钢板向车内搬运货物，用平行于钢板向上的力将货物从静止开始由钢板底端推送到顶端，到达顶端时速度刚好为零．若货物质量为100 kg，钢板与地面的夹角为30°，钢板与货物间的滑动摩擦力始终为50 N，整个过程中货物的速度—时间图象如图乙所示，重力加速度g取10 m/s.下列说法正确的是( )

2

A．0～2 s内人对货物做的功为600 J

B．整个过程中人对货物的推力的冲量为1 000 N·s C．0～2 s和2～3 s内货物所受推力之比为1∶2 D．整个过程中货物始终处于超重状态

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Δv2

解析：选A.0～2 s内货物的加速度a1＝＝0.5 m/s，根据牛顿第二定律：F1－f－mgsin 30°＝ma1，解得

ΔtF1＝600 N；0～2 s内货物的位移：x1＝×2×1 m＝1 m；则人对货物做的功为WF＝Fx1＝600 J，选项A正确；整个

过程中，根据动量定理：IF－(f＋mgsin 30°)t＝0，解得整个过程中人对货物的推力的冲量为IF＝(f＋mgsin 30°)t＝(50＋100×10×0.5)×3＝1 650 N·s，选项B错误；2～3 s内货物的加速度大小a2＝1 m/s，根据牛顿第二定律：f＋mgsin 30°－F2＝ma2所受推力F2＝450 N；则0～2 s和2～3 s内货物所受推力之比为F1∶F2＝600∶450＝4∶3，选项C错误；整个过程中货物的加速度先沿斜面向上，后向下，先超重后失重，选项D错误；故选A.

6．(多选)如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动．两球质量关系为mB＝2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为6 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4 kg·m/s，则( )

A．该碰撞为弹性碰撞 B．该碰撞为非弹性碰撞

C．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5 D．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10

解析：选AC.规定向右为正方向，碰撞前A、B两球的动量均为6 kg·m/s，说明A、B两球的速度方向向右，两球质量关系为mB＝2mA，所以碰撞前vA＞vB，所以左方是A球．碰撞后A球的动量增量为－4 kg·m/s，所以碰撞后A球的动量是2 kg·m/s；碰撞过程系统总动量守恒：mAvA＋mBvB＝－mAvA′＋mBvB′所以碰撞后B球的动量是10

2

1

2

p2p2ABkg·m/s，根据mB＝2mA，所以碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5，故C正确，D错误．碰撞前系统动能：＋

2mA2mB6627pA′pB′21027＝＋＝，碰撞后系统动能为：＋＝＋＝，则碰撞前后系统机械能不变，碰撞是弹性2mA2×2mAmA2mA2mB2mA2×2mAmA碰撞，故A正确，B错误；故选AC.

7．(多选)质量为M＝3 kg的滑块套在水平固定着的轨道上并可在轨道上无摩擦滑动．质量为m＝2 kg的小球(视为质点)通过长L＝0.75 m的轻杆与滑块上的光滑轴O连接，开始时滑块静止，轻杆处于水平状态．现给小球一个

2

2

2

2

2

2

v0＝3 m/s的竖直向下的初速度，取g＝10 m/s2.则( )

A．小球m从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了0.3 m B．小球m从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了0.2 m C．小球m相对于初始位置可以上升的最大高度为0.27 m

D．小球m从初始位置到第一次到达最大高度的过程中，滑块M在水平轨道上向右移动了0.54 m

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解析：选AD.可把小球和滑块水平方向的运动看作人船模型，设滑块M在水平轨道上向右运动了x，由滑块和小球系统在水平方向上动量守恒，有＝mx，解得：x＝0.3 m，选项A正确、B错误．根据动量守恒定律，小球mML－x相对于初始位置上升到最大高度时小球和滑块速度都为零，由能量守恒定律可知，小球m相对于初始位置可以上升的最大高度为0.45 m，选项C错误．此时杆与水平面的夹角为cos α＝0.8，设小球从最低位置上升到最高位置过程中滑块M在水平轨道上又向右运动了x′，由滑块和小球系统在水平方向时动量守恒，有＝mx′

，解

MLcos α－x′

得：x′＝0.24 m．小球m从初始位置到第一次到达最大高度的过程中，滑块在水平轨道上向右移动了x＋x′＝0.3 m＋0.24 m＝0.54 m，选项D正确．

8．(多选)如图所示，一辆质量为M＝3 kg的平板小车A停靠在竖直平且光滑，一质量为m＝1 kg的小铁块B(可视为质点)放在平板小车A最

光滑墙壁处，地面水右端，平板小车A上

表面水平且与小铁块B之间的动摩擦因数μ＝0.5，平板小车A的长度L＝0.9 m．现给小铁块B一个v0＝5 m/s的初速度使之向左运动，与竖直墙壁发生弹性碰撞后向右运动，重力加速度g＝10 m/s.下列说法正确的是( )

A．小铁块B向左运动到达竖直墙壁时的速度为2 m/s B．小铁块B与墙壁碰撞过程中所受墙壁的冲量为8 N·s C．小铁块B向左运动到达竖直墙壁的过程中损失的机械能为4 J D．小铁块B在平板小车A上运动的整个过程中系统损失的机械能为9 J

1212

解析：选BD.设小铁块B向左运动到达竖直墙壁时的速度为v1，根据动能定理得：－μmgL＝mv1－mv0，解得：

22

2

v1＝4 m/s，选项A错误．与竖直墙壁发生弹性碰撞，反弹速度为－4 m/s，由动量定理可知，小铁块B与墙壁碰撞

过程中所受墙壁的冲量为I＝2mv1＝8 N·s，选项B正确．小铁块B向左运动到达竖直墙壁的过程中损失的机械能为μmgL＝4.5 J，选项C错误．假设发生弹性碰撞后小铁块B最终和平板小车A达到的共同速度为v2，根据动量守恒定律得：mv1＝(M＋m)v2，解得：v2＝1 m/s.设小铁块B在平板小车A上相对滑动的位移为x时与平板小车A达1122

到共同速度v2，则根据功能关系得：－μmgx＝(M＋m)v2－mv1，解得：x＝1.2 m，由于x＞L，说明小铁块B在没

22有与平板小车A达到共同速度时就滑出平板小车A，所以小铁块B在平板小车上运动的整个过程中系统损失的机械能为ΔE＝2μmgL＝9 J，选项D正确．

9．(多选)在地面上以大小为v1的初速度竖直向上抛出一质量为m的皮球，皮球落地时速度大小为v2.若皮球运动过程中所受空气阻力的大小与其速率成正比，重力加速度为g.下列判断正确的是( )

v21

A．皮球上升的最大高度为 2g1212

B．皮球从抛出到落地过程中克服阻力做的功为mv1－mv2

22

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