2023届高考物理二轮复习测试卷：专题7 动量 动量的综合应用（含解析）

专题7 动量 动量的综合应用 测试卷
本试卷共4页，15小题，满分100分，考试用时75分钟。
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 质量为的运动员从下蹲状态竖直向上起跳，经过时间，身体伸直并刚好离开地面，离开地面时速度为在时间内( )
A. 地面对他的平均作用力为
B. 地面对他的平均作用力为
C. 地面对他的平均作用力为
D. 地面对他的平均作用力为
2. 如图所示，在水平光滑桌面上有两辆静止的小车和将两车用细线拴在一起，中间有一被压缩的弹簧。烧断细线后至弹簧恢复原长的过程中，两辆小车的( )
A. A、动量变化量相同
B. A、动能变化量相同
C. 弹簧弹力对、做功相同
D. 弹簧弹力对、冲量大小相同
3. 如图所示，在光滑水平面上，有质量分别为和的、两滑块，它们中间夹着一根处于压缩状态的轻质弹簧，由于被一根细绳拉着处于静止状态．当剪断细绳，在两滑块脱离弹簧之后，下述说法正确的是( )
A. 两滑块的动能之比：：
B. 两滑块的动量大小之比：：
C. 两滑块的速度大小之比：：
D. 弹簧对两滑块做功之比：：
4. 如图，在光滑的水平面上，有一静止的小车，甲、乙两人站在小车左、右两端，当他俩同时相向而行时，发现小车向右运动，下列说法中错误的是：( )
A. 乙的速度必定大于甲的速度
B. 乙对小车的冲量必定大于甲对小车的冲量
C. 乙的动量必定大于甲的动量
D. 甲、乙的动量之和必定不为零
5. 如图所示，在光滑水平面上有一质量为的木块，木块与轻弹簧水平相连，弹簧的另一端连在竖直墙上，木块处于静止状态，一质量为的子弹以水平速度击中木块，并嵌在其中，木块压缩弹簧后在水平面做往复运动，木块从被子弹击中前到第一次回到原来位置的过程中，( )
A. 子弹、木块和弹簧构成的系统机械能守恒
B. 子弹、木块和弹簧构成的系统动量守恒
C. 木块受到的合外力的冲量大小为
D. 木块受到的合外力的冲量大小为
6. 如图所示，质量为的四分之一圆弧轨道静止在光滑水平面，右侧有固定在竖直平面内的光滑半圆轨道，半径为，下端与水平面相切。现在将质量为可视为质点的小球，从图中点静止释放，小球离开圆弧轨道后恰好能通过半圆轨道的最高点，重力加速度为，不计一切阻力。下列说法正确的
A. 小球沿圆弧轨道下滑过程，系统动量守恒
B. 小球沿圆弧轨道下滑过程，系统机械能守恒
C. 小球通过半圆轨道点时，对轨道的压力大小为
D. 小球与圆弧轨道分离时，圆弧轨道的位移为
7. 超强台风山竹于年月日前后来到我国广东中部沿海登陆，其风力达到级超强台风强度，风速左右，对固定建筑物破坏程度非常巨大。请你根据所学物理知识推算固定建筑物所受风力（空气的压力）与风速（空气流动速度）大小关系，假设某一建筑物垂直风速方向的受力面积为，风速大小为，空气吹到建筑物上后速度瞬间减为零，空气密度为，则风力与风速大小关系式为( )
A.
B.
C.
D.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8. 如图所示，质量为的物块静止在光滑水平地面上，物块左侧面为圆弧面且与水平地面相切，质量为的滑块以初速度向右运动滑上，沿左侧面上滑一段距离后又返回，最后滑离，不计一切摩擦，滑块从滑上到滑离的过程中，下列说法正确的是( )
A. A、组成的系统动量守恒
B. 合外力对的冲量大小为
C. 对做的功为
D. 沿上滑的最大高度为
9. 如图所示，三小球、、的质量都是，都放于光滑的水平面上，小球、与轻弹簧相连且静止，小球以速度冲向小球，碰后与小球黏在一起运动。在整个运动过程中，下列说法中正确的是( )
A. 三球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能不守恒
B. 三球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能也守恒
C. 当小球、速度相等时，弹簧弹性势能最大
D. 当弹簧恢复原长时，小球的动能一定最大，小球的动能一定不为零
10. 如图所示，质量为的小车静止在光滑水平面上，小车段是半径为的四分之圆弧轨道，段是长为的粗糙水平轨道，两段轨道相切于点。一质量为的可视为质点的滑块从小车上的点由静止开始沿轨道下滑，然后滑入轨道，最后恰好停在点。已知小车质量，滑块与轨道间的动摩擦因数为，重力加速度为，则( )
A. 全过程滑块在水平方向上相对地面的位移的大小为
B. 小车在运动过程中速度的最大值为
C. 全过程小车相对地面的位移大小为
D. 、、三者之间的关系为
三、填空题：本题共2小题，每空2分，共10分。
11. 如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，球在水平面上静止放置，球向左运动与球发生正碰，球碰撞前、后的速率之比为，球垂直撞向挡板，碰后原速率返回。两球刚好不发生第二次碰撞，、两球的质量之比为________，、两球碰撞前、后总动能之比为________。
12. 两小孩在冰面上乘坐“碰碰车”相向运动．车总质量为，以的速度向右运动；车总质量为，以的速度向左运动．碰撞后，以的速度向左运动，则的速度大小为___________，方向向___________（选填“左”或“右”），该碰撞是___________（选填“弹性”或“非弹性”）碰撞．
四、计算题：本题共3小题，13题12分，14题14分，15题18分，共44分。
13. 冰壶是冬奥会热门比赛项目之一，有“冰上国际象棋”的美称，如图，红壶静止在大本营圆心处，蓝壶从点开始以的初速度沿直线向红壶滑去，滑行一段距离后，与红壶发生正碰，已知碰撞前后蓝壶的速度大小分别为和，方向不变，两壶质量均为。求：
蓝壶从点被推出后到碰撞前摩擦力对蓝壶的冲量大小；
两壶碰撞后瞬间红壶的速度大小。
14. 如图，一质量为的滑块放在水平台面上，的最右边与台面右边缘齐平；一质量为的小球用长为的细绳悬挂在平台右边缘正上方的点，细绳竖直时小球恰好与接触。现将小球向右拉至细绳水平并由静止释放，小球运动到最低点时细绳恰好断裂，小球与发生弹性碰撞，然后小球落到水平地面上的点（位于释放点的正下方）。已知重力加速度为。
求细绳断裂前所承受的拉力大小；
求平台的高度。
15. 如图所示，一竖直光滑绝缘的管内有一劲度系数为的绝缘弹簧，其下端固定于地面，上端与一不带电的质量为绝缘小球相连，开始时小球静止；整个装置处在一竖直向下的匀强电场中，场强大小为。现将另一质量也为、带电量为的绝缘带电小球从距某个高度由静止开始下落，与发生碰撞后一起向下运动、但不粘连；相对于碰撞位置球能反弹的最大高度为。（全过程中小球的电量不发生变化，重力加速度为。
开始时弹簧的形变量的大小；
、分离时速度的大小；
开始下落时与的距离。
答案解析
【答案】
1. 2. 3. 4. 5. 6. 7.
8. 9. 10.
11. ： ； ：
12. ；左；非弹性
13. 解：规定蓝壶的初速度方向为正方向，对蓝壶从点被推出后到碰撞前过程，由动量定理得：
代入数据解得：，负号表示方向，摩擦力的冲量大小为
蓝壶与红壶发生碰撞过程，系统内力远大于外力，系统动量守恒，以碰撞前蓝壶的速度方向与正方向，由动量守恒定律得：
代入数据解得：
14. 解：设小球运动到最低点时速率为，对小球向下摆动过程，由动能定理得： ，
解得：，
设小球在圆周最低点时所受轻绳拉力大小为，由牛顿第二定律得：，
解得：，
由牛顿第三定律可知，轻绳断裂前所承受的拉力；
小球和滑块发生弹性碰撞，由动量守恒及机械能守恒得：
，
，
联立解得：，，
碰撞后，小球做平抛运动，竖直位移：，
水平分位移：，
解得：。
15. 解：开始时小球处于静止状态，得
、分离时两小球加速度相同，小球之间没有相互作用力，对小球进行分析：得；
对小球进行分析：得：。
由分析知，小球还能继续上升的高度为；
对小球进行动能定理知：
得
、碰撞后到、分离得过程，由动能定理可以求出、碰撞后瞬间的速度：
得
A、碰撞过程，由动量守恒可知：
得
若与相距为处下落，则
得。
【解析】
1. 【分析】
已知初末速度，则由动量定理可求得地面对人的平均作用力。
在应用动量定理时一定要注意冲量应是合外力的冲量，不要把重力漏掉。
【解答】
人的速度原来为零，起跳后变化，则由动量定理可得：，所以：，故D正确，ABC错误。
故选D。
2. 【分析】
在水平光滑桌面上有两辆静止的小车和，烧断细线后至弹簧恢复原长前的某一时刻，系统水平方向无外力作用，只有弹簧的弹力内力，故动量守恒；根据动量定理确定动量的变化量情况；根据确定动能情况。
本题主要考查了动量守恒的条件，知道系统所受合外力为零时，系统动量守恒；会结合动量定理、动能定理、牛顿第三定律判断，基础题目。
【解答】
烧断细线后至弹簧恢复原长前的某一时刻，两辆小车受弹簧的作用力，大小相等，方向相反，作用时间也相同，故弹簧弹力对、冲量大小相同，方向相反，根据动量定理，、动量变化量大小相等，方向相反，故A错误，D正确；
B.两个小车的动量大小相等，根据，动能增加量是否相同取决于两小车质量是否相同，由于两车的质量关系不确定，故两车的动能大小关系不能确定，故B错误；
C.根据动能定理可知，弹簧弹力对、做功等于、动能的增加量，由于、动能增加量不一定相同，故弹簧弹力对、做功不一定相同，故C错误。
故选D。
3. 【分析】
本题是动量守恒定理的直接应用，要比较物理量之间的比例关系，就要把这个量用已知量表示出来再进行比较。
【解答】
在两滑块刚好脱离弹簧时运用动量守恒得：
得：
C.两滑块速度大小之比为：，故C错误；
A.两滑块的动能之比：，故A正确；
B.两滑块的动量大小之比：，故B错误；
D.弹簧对两滑块做功之比等于两滑块动能之比，即为：，故D错误。
故选A。
4. 【分析】
甲、乙两人及小车组成的系统不受外力，系统动量守恒，根据动量守恒定律分析即可求解。
本题主要考察了动量守恒定律的直接应用，注意速度的矢量性及动量定理的应用，难度适中。
【解得】
甲乙两人及小车组成的系统不受外力，系统动量守恒，根据动量守恒定律得：；
小车向右运动，则说明甲与乙两人的总动量向左，说明乙的动量大于甲的动量，即两人的总动量不为零，但是由于不知两人的质量关系，故无法确定两人的速度大小关系，故A错误，CD正确；
B.因小车的动量向右，说明小车受到的总冲量向右，而乙对小车的冲量向右，甲对小车的冲量向左，故乙对小车的冲量一定大于甲对小车的冲量；故B正确；
本题选错误的，故选A。
5. 【分析】
木块被子弹击中前速度为零，第一次回到原来的位置的速度等于子弹击中木块后瞬间的速度，根据动量守恒定律求出子弹击中后的速度，通过动量定理求出合外力的冲量。
本题综合考查了动量守恒定律、动量定理，综合性较强，对提升学生的能力有着很好的作用。
【解答】
A.在子弹嵌入木块极短的时间内机械能转化为内能，机械能不守恒，木块压缩弹簧后在水平面做往复运动，机械能守恒，故A错误；
B. 在子弹嵌入木块极短点的时间内，内力远远大于外力，动量在水平方向守恒，之后的过程中系统在水平方向受到墙壁的作用力，合力不为零，故动量不守恒，故B错误；
由于子弹射入木块的时间极短，在瞬间动量守恒，根据动量守恒定律得，，解得，方向向右，当木块回到原来位置时，速度大小仍然为，方向向左，根据动量定理，选向左为正方向，则木块合外力的冲量，故C正确，D错误。
故选C。
6. 【分析】
小球与圆弧轨道相互作用的过程中，系统水平方向动量守恒，系统的机械能守恒。小球在半圆轨道内运动的过程中，小球的机械能守恒，且注意在最高点，只有重力提供向心力，得出在最高点的速度，再根据动能定理得出在点的速度，再结合牛顿第二定律得出在点的压力。
本题是竖直平面内的圆周运动和系统机械能守恒和单方向动量守恒定律的综合题目，常规题目。
【解答】
A.小球沿圆弧轨道下滑过程，系统水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，故A错误；
B.小球沿圆弧轨道下滑过程，系统内只有动能和势能的转换，系统机械能守恒，故B正确；
C.在半圆轨道的最高点，，得出，从到最高点，根据动能定理得出，代入数据得出
在点，列出牛顿第二定律方程为，得出，根据牛顿第二定律得出小球通过半圆轨道点时，对轨道的压力大小为，故C错误；
D.小球与圆弧轨道相互作用的过程中，因为水平方向动量守恒，得出，两边同乘以时间得出，根据几何关系得出，得出圆弧轨道的位移为，故D错误。
故选B。
7. 【分析】
建立物理模型，取运动时间的风作为研究对象，由动量定理即可得出风力与风速大小关系式。
本题主要考查动量定理的应用。
【解答】
对运动时间的风作为研究对象，由动量定理得，又，解得：，故B正确，ACD错误。
故选B。
8. 【分析】
A、组成的系统在运动过程中合外力不为零，因此系统动量不守恒，但系统水平方向动量守恒，对上滑过程根据动量守恒定律和机械能守恒定律求出上升的最大高度；对整个过程，系统水平方向动量守恒，根据动量守恒定律和动能守恒求出物块滑离圆弧面时二者的速度，由动量定理求出合外力对的冲量大小，由动能定理求出对做的功。
本题考查了动量守恒定律和能量守恒定律的综合，知道当小球与小车的水平速度相等时，小球上升到最大高度。
【解答】
A.、组成的系统在运动过程中合外力不为零，因此系统动量不守恒，但系统在水平方向上合力为零，因此系统水平方向动量守恒，故A错误；
D.对、系统，上滑过程中，有，，解得：，即沿上滑的最大高度为，故D错误；
设小球离开小车时，的速度大小为，的速度大小为，整个过程中水平方向动量守恒，以向右为正方向，得：
由机械能守恒得：，联立解得：，，
根据动量定理，合外力对的冲量 ，即合外力对的冲量大小为 。
根据动能定理，对做的功为 ，故BC正确；
故选BC。
9. 【分析】
由球与弹簧的相互作用过程满足的特点及规律得解。
本题是含有弹簧的动量守恒问题，关键是正确分析物体的运动过程，得到弹簧势能最大的临界条件：速度相等。
【解答】
在整个运动过程中，系统的合外力为零，系统的总动量守恒，与碰撞过程机械能减小。故A正确，B错误；
C.与碰撞后，弹簧被压缩，弹簧对产生向左的弹力，对产生向右的弹力，做减速运动，做加速运动，当的速度大于的速度后，弹簧压缩量减小，则当小球、速度相等时，弹簧压缩量最大，弹性势能最大。故C正确。
D.当弹簧恢复原长时，小球的动能一定最大，根据动量守恒和机械能守恒分析可知，小球的动能不为零，故D正确。
故选ACD。
10. 【分析】
滑块下滑的过程中，系统水平方向的动量守恒。从到，系统的动量守恒，机械能守恒，由此分析解答。
本题考查动量守恒定律中的人船模型，把握运动状态分析，是解题的关键。
【解答】
、滑块下滑的过程中，水平方向动量守恒：，而，
解得全程滑块水平方向相对地面的位移：，全程小车相对地面的位移大小：，故A错误；C正确；
B、滑块从到时小车速度最大，
滑块从到，滑块与小车水平方向的动量守恒，机械能守恒，有
解得：滑块运动过程中的最大速度，故B正确；
D.根据能量守恒定律：，、、三者之间的关系为，故D正确；
故选BCD。
11. 【分析】
设开始时的速度为，由题得出与碰撞后与的速度关系，然后由动量守恒定律即可求出质量关系，由动能的定义式即可求出动能关系．
该题考查水平方向的动量守恒定律，从题目给出的条件中判断出碰撞后与的速度方向相反，大小相等是解答的关键．
【解答】
设开始时的速度为，球碰撞前、后的速率之比为：，与挡板碰后原速率返回，两球刚好不发生第二次碰撞，所以碰撞后与的速度方向相反，大小相等，的速度是，的速度是，选取向左为正方向，由动量守恒定律得：
整理得：
碰撞前的动能：
碰撞后的动能：
所以：
故答案为：：，：
12. 【分析】
该题主要考查动量守恒相关知识。根据动量守恒可求的速度大小和方向；判断碰撞是否为弹性碰撞，主要看碰撞前后能量是否有损失。
【解答】
以向左为正方向，根据碰撞过程中动量守恒，则有
，
代入数值解得：，方向向左；
碰撞前总能量为：
碰撞后总能量为：，
则碰撞前后能量有损失，故该碰撞是非弹性碰撞。
故答案为：；左；非弹性
13. 对蓝壶应用动量定理可以求出摩擦力对蓝壶的冲量大小。
两壶碰撞过程系统内力远大于外力，系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出碰撞后红壶的速度。
本题考查了动量守恒定律的应用，根据题意分析清楚壶的运动过程是解题的前提，应用动量守恒定律与动量定理即可解题，解题时注意正方向的选择。
解：规定蓝壶的初速度方向为正方向，对蓝壶从点被推出后到碰撞前过程，由动量定理得：
代入数据解得：，负号表示方向，摩擦力的冲量大小为
蓝壶与红壶发生碰撞过程，系统内力远大于外力，系统动量守恒，以碰撞前蓝壶的速度方向与正方向，由动量守恒定律得：
代入数据解得：
14. 本题考查了动量守恒和平抛运动，目的是考查学生的综合分析能力。分析清楚运动过程是正确解题的关键，应用动能定理、平抛运动知识、动量守恒定律、能量守恒定律即可正确解题。
由动能定理求出小球的速度，然后由牛顿第二定律求出绳子所承受的拉力；
小球和物块做弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒求出小球碰撞后的速度，小球做平抛运动，应用平抛运动规律分析答题。
解：设小球运动到最低点时速率为，对小球向下摆动过程，由动能定理得： ，
解得：，
设小球在圆周最低点时所受轻绳拉力大小为，由牛顿第二定律得：，
解得：，
由牛顿第三定律可知，轻绳断裂前所承受的拉力；
小球和滑块发生弹性碰撞，由动量守恒及机械能守恒得：
，
，
联立解得：，，
碰撞后，小球做平抛运动，竖直位移：，
水平分位移：，
解得：。
15. 由平衡条件结合胡克定律求解开始时弹簧的形变量的大小；
、分离时两小球加速度相同，小球之间没有相互作用力，对小球进行分析结合牛顿第二定律求出小球的加速度，再对小球进行分析结合平衡条件求出弹簧的形变量，结合动能定理可求出、分离时速度的大小；
、碰撞过程动量守恒，结合由动能定理可以求出、碰撞后瞬间的速度，再结合动能定理求解开始下落时与的距离。
本题涉及两个小球的运动问题，解决问题首先要清楚两个小球的运动过程，并知道运动过程中能量的转化，以便从能量守恒角度解决问题，把动量守恒和能量守恒结合起来列出等式求解是常见的问题。
解：开始时小球处于静止状态，得
、分离时两小球加速度相同，小球之间没有相互作用力，对小球进行分析：得；
对小球进行分析：得：。
由分析知，小球还能继续上升的高度为；
对小球进行动能定理知：
得
、碰撞后到、分离得过程，由动能定理可以求出、碰撞后瞬间的速度：
得
A、碰撞过程，由动量守恒可知：
得
若与相距为处下落，则
得。
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