1、第一部分专题二第2讲动量动量守恒定律基础题知识基础打牢1(2021河南普通高中3月适应性考试)高楼坠物极其危险，被称为“悬在城市上空的剑”若一枚质量为50 g的鸡蛋，从27层楼的窗户自由落下，与地面撞击时间约为0.001 s不计空气阻力，则鸡蛋对地面的平均作用力约为(B)A3 000 NB2 000 NC1 000 ND500 N【解析】每层楼高约为3 m，鸡蛋下落的总高度为h(271)3 m78 m，由公式v22gh可知，落地前的速度v39 m/s，与地面的碰撞时间约为t20.001 s，与地面撞击过程中，重力冲量可以忽略不计，由动量定理得：Ft0mv，得F1 950 N，故选B.2.(多选
2、)(2021湖南衡阳八中月考)如图所示，垫球是排球运动中通过手臂的迎击动作，使来球从垫击面上反弹出去的一项击球技术，若某次从垫击面上反弹出去竖直向上运动的排球，之后又落回到原位置，设整个运动过程中排球所受阻力大小不变，则(CD)A球从击出到落回的时间内，重力的冲量为零B球从击出到落回的时间内，空气阻力的冲量为零C球上升阶段阻力的冲量小于下降阶段阻力的冲量D若不计阻力，球上升阶段动量的变化等于下降阶段动量的变化【解析】整个过程中，重力不为零，作用时间不为零，根据IGmgt，可知，重力冲量不为零，故A错误；由于整个过程中，阻力都做负功，所以上升阶段的平均速度大于下降阶段的平均速度，即上升过程所用时
3、间比下降过程所用时间少，根据Ifft可知上升阶段阻力冲量小于下降阶段阻力冲量，整个过程中阻力冲量不为零，故B错误，C正确；若不计空气阻力，并规定向上为正方向，设初速度为v0，上升阶段，初速度为v0，末速度为零，动量变化为p10mv0mv0，下降阶段，初速度为零，末速度为v0，动量变化为p2mv00mv0，两者相等，故D正确故选CD.3(多选)(2021广东肇庆二次测试)质量为m的物块在光滑水平面上与质量为M的物块发生正碰，已知碰撞前两物块动量相同，碰撞后质量为m的物块恰好静止，则两者质量之比可能为(CD)A1B2C3D4【解析】设碰前每个物体的动量为p，碰后M的速度为v，由动量守恒得2pMv，
4、由能量守恒可知，碰前系统的动能大于等于碰后系统的动能，又Ek，可得Mv2M2，联立解得3，CD正确4.(多选)(2021湖南长郡中学月考)如图所示，质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB长度为2R，现将质量也为m的小球从距A点正上方h0高处由静止释放，然后由A点经过半圆轨道后从B冲出，在空中能上升的最大高度为(不计空气阻力)则下列说法错误的是(ACD)A小球和小车组成的系统动量守恒B小车向左运动的最大距离为RC小球从B点离开小车不会再落回轨道内D小球从B点离开小车后又会从B点落回轨道，再次恰好到达A点时速度为零不会从A点冲出【解析】小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，
5、所以只是系统水平方向动量守恒，故A错误；系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：mvmv0，mm解得xR，故选项B正确；由于小球第二次在车中滚动时，对应位置的速度减小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，克服摩擦力做的功小于mgh0，因此小球一定能从A点冲出，故D错误；小球与小车组成的系统水平方向上动量守恒，则知小球由B点离开小车时水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度均为零，小球离开小车后竖直上抛运动，最后又从B点落回，则C错误，故选ACD.5(2021广东湛江模拟)2020年7月26日，大型水陆两栖飞机“鲲龙”AG600海上首飞成功，为下一步飞机进行海上试飞
6、科目训练及验证飞机相关性能奠定了基础若飞机的质量为m，从t0时刻起，飞机在某段时间t0内由静止开始做加速直线运动，其加速度与时间的关系图像如图所示(图中a0、t0均为已知量)，则在这段时间t0内，飞机所受合力的冲量大小为(C)Ama0t0Bma0t0Cma0t0D2ma0t0【解析】在tt0时刻，飞机的速度大小va0t0a0t0a0t0，根据动量定理有Imv0，解得Ima0t0，所以C正确；ABD错误6(2021河北衡水中学四调)如图甲所示，光滑水平面上有a、b两个小球，a球向静止的b球运动并与b球发生正碰后粘合在一起共同运动，其碰前和碰后的st图像如图乙所示已知ma5 kg，两球因碰撞而损失
7、的机械能为E，则(A)AE15 JBE12 JCE6 JDE5 J【解析】两球碰撞前a球的速度大小为va6 m/s，b球的速度大小为0，碰撞后a、b两球的速度大小为v5 m/s，根据动量守恒定律可得mavambvb(mamb)v，解得mb1 kg，根据动能定理可得损失的机械能为Emav(mamb)v215 J，故选A7(2021江苏新高考适应性考试)带电粒子碰撞实验中，t0时粒子A静止，粒子B以一定的初速度向A运动两粒子的vt图像如图所示，仅考虑静电力的作用，且A、B未接触则(B)AA粒子质量小于B粒子B两粒子在t1时刻的电势能最大CA在t2时刻的加速度最大DB在0t3时间内动能一直减小【解析
8、】两粒子碰撞过程动量守恒，则由图可知，在t0时刻p0mBv0，在tt2时刻p2mAvA则mBv0mAvA因为v0vA则mBmA，选项A错误；两粒子在t1时刻速度相等，系统损失动能最大，则系统的电势能最大，选项B正确；两粒子在t1时刻距离最近，两粒子库仑力最大，即A在t1时刻的加速度最大，选项C错误；B在0t3时间内速度先减小后反向增加，则动能先减小后增加，选项D错误8(2021广东阳江模拟)质量为m的翼装飞行爱好者乘飞机到达空中某处后，以速度v0水平跳出，由于风力的影响，经时间t，爱好者下落至跳出点的正下方时，其速度大小仍为v0，但方向与初速度相反，其运动轨迹如图所示，重力加速度为g，在此段时
9、间t内(D)A风力一定沿水平方向B飞行爱好者机械能减少，mg2t2C风力对爱好者的冲量大小为2mv0D风力对爱好者的冲量大小为【解析】在风力作用下，飞行爱好者做曲线运动，风力在水平方向提供与初速度方向相反的力，使飞行爱好者在水平方向先减速再反向加速；同时风力对飞行爱好者还有向上的分作用力，故风对飞行爱好者作用力方向大致沿初速度的后上方，故A错误；假设物体在竖直方向做自由落体运动，t时间内下落的高度为hgt2，物体的重力势能减小量为Ep减mgh，但物体在下落h高度后竖直方向速度为零，故竖直方向不可能做自由落体运动，故B错误；取物体开始时的速度方向为正方向，根据动量定理，水平方向合力(即风力的水平
10、分力)对物体的冲量Ixmv0mv02mv0，设风力竖直方向的冲量为Iy，竖直方向取向上为正，则竖直方向根据动量定理得Iymgt0，则风力对爱好者的冲量大小为I，故C错误，D正确故选D.应用题强化学以致用9(多选)(2021河北衡水中学四调)质量为3m足够长的木板静止在光滑的水平面上，木板上依次排放质量均为m的木块1、2、3，木块与木板间的动摩擦因数均为.现同时给木块1、2、3水平向右的初速度v0、2v0、3v0，已知重力加速度为g.则下列说法正确的是(BCD)A1木块相对木板静止前，木板是静止不动的B1木块的最小速度是v0C2木块的最小速度是v0D木块3从开始运动到相对木板静止时对地位移是【解
11、析】木块1在木板上向右减速运动，该过程木板向右做加速运动，当木块1与木板速度相等时相对木板静止，由此可知，1木块相对静止前木板向右做加速运动，故A错误；木块与木板组成的系统所受合外力为零，当木块1与木板共速时木板的速度最小，设木块与木板间的摩擦力为f，则木块1的加速度a1做匀减速运动，而木板a做匀加速运动，则v1v0a1tat，v1v0，故B正确；设木块2的最小速度为v2，此时木块2与木板刚刚共速，木块2此时速度的变量为2v0v2，则木块3此时速度为3v0(2v0v2)v0v2，由动量守恒定律得：m(v02v03v0)5mv2m(v0v2)，解得v2v0，故C项正确；木块与木板组成的系统动量守
12、恒，以向右为正方向，3木块相对木板静止过程，由动量守恒定律得m(v02v03v0)(3m3m)v3，解得v3v0，对3木块，由动能定理得mgxmvm(3v0)2，解得x，故D正确；故选BCD.10.(2021安徽、河南、山西联考)如图所示，质量均为m的木块A和B用一劲度系数为k的轻弹簧相连，竖直放置在光滑的水平面上，木块A上放有质量为2m的木块C，三者均处于静止状态，现将木块C迅速移开，若重力加速度为g.则下列说法中正确的是(C)A木块C移开的瞬间，地面对木块B的支持力为2mgB木块C移开的瞬间，木块A的加速度大小为3gC木块A向上运动的距离为时，A的动量最大D木块B可能离开地面向上运动【解析
13、】在木块C被移开前，以ABC整体为研究对象，进行受力分析可知，地面对B的支持力为4mg，木块C移开的瞬间，弹簧的弹力不变，地面对B的支持力保持不变，所以木块C移开的瞬间，地面对木块B的支持力为4mg，故A错误；在木块C被移开前，对A进行受力分析，可知A受到C的压力、弹簧的支持力和重力，弹簧的支持力和重力的合力大小等于C的重力大小，当木块C移开的瞬间，弹簧的支持力和重力的合力保持不变，所以A受到的合力大小等于C的重力大小，根据牛顿第二定律可知aA2g，故B错误；当A所受合力为0时，A的速度最大，动量最大当木块C被移开前，弹簧的形变量为x1，当A所受合力为0时，弹簧的形变量为x2木块A向上运动的距
14、离为xx1x2，所以木块A向上运动的距离为时，A的动量最大，故C正确；由C项分析和对称性可知，木块A可以继续上升的高度为x，此时弹簧的伸长量为x32xx1，此时弹簧的弹力为Fkx3mg，可知木块B刚好与地面的弹力刚好为0，但不可能离开地面向上运动，故D错误11(2021广东东莞市模拟)如图所示，固定轨道由水平轨道AB，与AB相切于B点且半径R0.18 m的竖直半圆轨道BC组成，AB上静置一质量m10.3 kg的小滑块a；AB右侧水平地面上停靠一质量M0.4 kg的小车，小车的上表面水平且与AB等高，锁定小车一水平轻弹簧右端固定在小车的挡板上，弹簧的自由端在P点，P点左侧的小车上表面是粗糙的，其
15、他各处的摩擦均不计现用手将一质量m20.1 kg的小滑块b缓慢向右压缩弹簧一段距离并由静止释放b，b离开弹簧一段时间后与a发生弹性碰撞，碰撞后a沿轨道运动，恰好能通过最高点C，此后取走a；碰撞后b返回，经弹簧反弹一次后恰好停在小车的左端已知b与AP间的动摩擦因数0.225，a、b均视为质点，取重力加速度大小g10 m/s2.(1)求碰撞后瞬间a的速率v1；(2)求P、A两点间的距离L以及手对b做的功W；(3)若b与a碰撞时将小车解锁，b最终停在P点左侧何处？【答案】(1)3 m/s(2)2.025 J(3)0.6 m【解析】(1)碰撞后a沿轨道运动，设a恰好通过最高点C时的速率为vC，有m1g
16、m1根据机械能守恒定律有m1vm1vm1g2R解得v13 m/s(2)b与a发生弹性碰撞，设碰撞前、后瞬间b的速率分别为v、v2，有m2vm1v1m2v2m2v2m1vm2v解得v6 m/s，v23 m/s由能量守恒定律有m2vm2g2L解得L1 m从用手开始将b向右压缩弹簧到b第一次到达A处的过程中，根据动能定理有Wm2gLm2v2解得W2.025 J(3)设b停在车上时b与车的共同速度大小为v3，b在小车上表面P点左侧运动的相对路程为x，由动量守恒定律有m2v2(Mm2)v3由能量守恒定律有m2v(Mm2)vm2gx解得x1.6 mb最终停在P点左侧xL0.6 m处12(2021浙江6月选
17、考)如图所示，水平地面上有一高H0.4 m的水平台面，台面上竖直放置倾角37的粗糙直轨道AB、水平光滑直轨道BC、四分之一圆周光滑细圆管道CD和半圆形光滑轨道DEF，它们平滑连接，其中管道CD的半径r0.1 m、圆心在O1点，轨道DEF的半径R0.2 m、圆心在O2点，O1、D、O2和F点均处在同一水平线上小滑块从轨道AB上距台面高为h的P点静止下滑，与静止在轨道BC上等质量的小球发生弹性碰撞，碰后小球经管道CD、轨道DEF从F点竖直向下运动，与正下方固定在直杆上的三棱柱G碰撞，碰后速度方向水平向右，大小与碰前相同，最终落在地面上Q点已知小滑块与轨道AB间的动摩擦因数，sin 370.6，co
18、s 370.8，g取10 m/s2.(1)若小滑块的初始高度h0.9 m，求小滑块到达B点时速度v0的大小；(2)若小球能完成整个运动过程，求h的最小值hmin；(3)若小球恰好能过最高点E，且三棱柱G的位置上下可调，求落地点Q与F点的水平距离x的最大值xmax.【答案】(1)4 m/s(2)0.45 m(3)0.8 m【解析】(1)小滑块在AB轨道上运动，根据动能定理得mghmgcos mv，解得v04 m/s.(2)小滑块与小球碰撞后动量守恒，机械能守恒，因此有mv0mv块mv球，mvmvmv，解得v块0，v球v0，小球沿CDEF轨道运动，在最高点可得mgm，从C点到E点由机械能守恒可得mvmg(Rr)mv，由(1)问可知，小滑块提供给小球的初速度v球min，解得hmin0.45 m.(3)设F点到G点的距离为y，小球从E点到G点的运动，由动能定理得mg(Ry)mvmv，由平抛运动可得xvGt，Hrygt2，联立可得水平距离为x2，由数学知识可得当0.5y0.3y，x取最大值，最大值为xmax0.8 m.