新教材2024高考物理二轮专题复习第三编高考夺分训练课时提升训练5动量定理和动量守恒定律的应用（附解析）

这是一份新教材2024高考物理二轮专题复习第三编高考夺分训练课时提升训练5动量定理和动量守恒定律的应用（附解析），共7页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1．北京冬奥会中，中国健儿取得了出色的成绩．某次训练中，运动员将质量为19.1kg的冰壶甲以某一速度掷出，冰壶在向前运动过程中，碰到了对方的静止冰壶乙，冰壶乙在运动0.2m后停下．已知比赛双方所用冰壶完全相同，冰壶与冰面的动摩擦因数为0.01，当地重力加速度约为10m/s2.假设两冰壶的碰撞为一维碰撞，且不计碰撞的能量损失，则冰壶甲在碰前的速度约为( )
A．2.0m/sB．0.2m/s
C．1.0m/sD．0.1m/s
2．第24届北京冬奥会于2022年2月4日开幕，经过分站比赛的角逐，我国在短道速度滑冰项目获得满额参赛资格．短道速度滑冰接力赛很具有观赏性，某次训练参与接力的两队员，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出，完成“交接棒”．忽略冰面的摩擦力，在乙推甲的过程中( )
A．两运动员的总动量守恒
B．甲、乙运动员的动量变化量相同
C．两运动员的总机械能守恒
D．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量
3．如图，2022年9月2日凌晨，神舟十四号航天员乘组圆满完成第一次出舱活动，中国宇航员此次出舱活动也向世界展现了中国的最前沿科技——空间站核心舱机械臂；假设一个连同装备共90kg的航天员，离开空间站太空行走，在离飞船12m的位置与空间站处于相对静止的状态．装备中有一个高压气源，能以60m/s的速度喷出气体．航天员为了能在2min内返回空间站，他需要在开始返回的瞬间至少一次性向后喷出气体的质量是(不计喷出气体后航天员和装备质量的变化)( )
A．0.1kgB．0.13kg
C．0.15kgD．0.16kg
4．如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A以速度v0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x.现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B，如图乙所示，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x，则( )
A．A物体的质量为2m
B．A物体的质量为3m
C．弹簧压缩量最大时的弹性势能为mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))
D．弹簧压缩量最大时的弹性势能为2mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))
5．[2023·安徽省蚌埠市单元测试]如图为丁俊晖正在准备击球，设丁俊晖在某一杆击球过程中，白色球(主球)和花色球碰撞前后都在同一直线上运动，碰前白色球A的动量pA＝5kg·m/s，花色球B静止，碰后花色球B的动量变为p′B＝4kg·m/s，则两球质量mA与mB间的关系可能是( )
A．mB＝mAB．mB＝eq \f(1,4)mA
C．mB＝eq \f(1,6)mAD．mB＝6mA
6．[2023·河北保定一模]质量为2kg的小球b静止在光滑的水平地面上，左端连接一水平轻质弹簧，质量为2kg的另一小球a以4m/s的速度向b运动，从小球a接触弹簧到压缩到最短所经历的时间为eq \f(π,20)s，已知此弹簧的压缩量x与弹性势能Ep的关系为x＝eq \f(\r(2Ep),10)，则小球a、b在这段时间内的位移大小分别为( )
A．eq \f(π＋2,10)m，eq \f(π－2,10)mB．eq \f(3π＋3,10)m，eq \f(3π－3,10)m
C．eq \f(π＋4,10)m，eq \f(π－4,10)mD．eq \f(3π＋1,10)m，eq \f(3π－3,10)m
7．[2023·湖南怀化二模]如图所示，质量为m的小球A从地面上斜抛，抛出时的速度大小为25m/s，方向与水平方向夹角为53°角，在A抛出的同时有一质量为3m的黏性小球B从某高处自由下落，当A上升到最高点时恰能击中竖直下落中的黏性小球B，A、B两球碰撞时间极短，碰后A、B两球粘在一起落回地面，不计空气阻力，sin53°＝0.8，g取10m/s2.以下说法正确的是( )
A．小球B下落时离地面的高度是20m
B．小球A上升至最高处时离地面40m
C．小球A从抛出到落回地面的时间为3s
D．小球A从抛出到落回地面的水平距离为60m
二、多项选择题
8．[2023·黑龙江哈尔滨模拟]碰碰车是大人和小孩都喜欢的娱乐活动．游乐场上，大人和小孩各驾着一辆碰碰车迎面相撞，碰撞前后两人的位移－时间图像(x­t图像)如图所示．已知小孩的质量为20kg，大人的质量为60kg，碰碰车质量相同，碰撞时间极短．下列说法正确的是( )
A．碰撞前后小孩的运动方向没有改变
B．碰碰车的质量为60kg
C．碰撞过程中小孩和其驾驶的碰碰车受到的总冲量大小为80N·s
D．碰撞过程中损失的机械能为600J
9．[2023·福建福州4月检测]如图甲所示，质量为m的物块A与竖直放置的轻弹簧上端连接，弹簧下端固定在地面上．t＝0时，物块A处于静止状态，物块B从A正上方一定高度处自由落下，与A发生碰撞后一起向下运动(碰撞时间极短，且未粘连)，到达最低点后又向上运动．已知B运动的v­t图像如图乙所示，其中0～t1的图线为直线，不计空气阻力，则( )
A．物块B的质量为m
B．t＝t2时，弹簧的弹性势能最大
C．t＝eq \f(5t2＋3t1,8)时，B速度为零
D．t＝eq \f(5t2－t1,4)时，A、B开始分离
三、非选择题
10．[2023·广东省东莞市期末]如图所示，O点为固定转轴，将一根长度为l＝0.5m的细绳上端固定在O点，细绳下端系一个质量为m＝0.8kg的小球，当小球处于静止状态时恰好与平台的右端B点接触，但无压力．一个质量为M＝2kg的小物块从粗糙水平面上的A点，以一定的初速度v0＝6m/s开始运动，到B点时与小球发生正碰，碰撞后小球在绳的约束下在竖直面内做圆周运动，物块做平抛运动落在水平地面上的C点．测得B、C两点间的水平距离x＝0.6m，平台的高度h＝0.2m，已知小物块与平台间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2，求：
(1)碰撞后小物块M做平抛运动的初速度大小v；
(2)若碰后小球恰好能到达圆周运动的最高点D，则A、B间距离s为多少？
11．2022年8月24日上午，北京市第十六届运动会开幕式在国家体育馆举行，滑板、霹雳舞为表演项目．如图所示，ABC为固定在竖直平面内光滑的滑板轨道，BC为四分之一圆弧，与水平面AB相切于B点．一运动员以初速度v0＝6.25m/s冲上静止在A点的滑板后立即与滑板一起共速运动，到C点时速度减为零．若运动员的质量M＝48kg，滑板质量m＝2kg，均可视为质点，忽略空气阻力的影响，重力加速度大小g＝10m/s2，求：
(1)运动员蹬上滑板后立即与滑板一起运动的共同速度v的大小和圆弧赛道的半径R.
(2)运动员(连同滑板)滑过圆弧形轨道B点时对轨道压力的大小．
(3)若A点左侧为μ＝0.1的水泥地面，则滑回后运动员与滑板停在距A点多远的距离．
课时提升训练5
1．解析：碰撞过程中，甲乙冰壶的动量守恒得mv0＝mv1＋mv2，根据机械能守恒定律得eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ，对乙冰壶根据动能定理得－μmgx＝0－eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ，解得v0＝0.2m/s，故B正确．
答案：B
2．解析：两运动员组成的系统所受合外力矢量和为0，系统动量守恒，选项A正确．系统动量守恒，两运动员的动量变化量等大反向，选项B错误．在光滑冰面上“交棒”时，后方运动员用力推前方运动员，导致系统机械能增加，消耗体内的化学能转化为系统的动能，甲的动能增加量不等于乙的动能减小量，选项C、D错误．
答案：A
3．解析：设喷出气体后宇航员及装备获得的反冲速度大小为u，则u＝eq \f(x,t)＝eq \f(12,2×60)m/s＝0.1m/s
设装备和宇航员的总质量为M，一次性向后喷出气体的质量是m.喷出的气体速度大小为v，对于喷气过程，取喷出的气体速度方向为正方向，根据动量守恒定律有0＝mv－Mu解得m＝0.15kg，故A、B、D错误，C正确．
答案：C
4．解析：设A物体的质量为mA，物体A压缩弹簧的最大压缩量为x时，A的动能全部转化为弹簧的弹性势能有Ep＝eq \f(1,2)mAv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ，当A以2v0向右运动压缩弹簧过程，A、B及弹簧系统动量守恒，当二者共速时，设为v，弹簧压缩最大，也为x，此过程动量守恒有mA×2v0＝（mA＋m）v，由功能关系有eq \f(1,2)mA（2v0）2－eq \f(1,2)（mA＋m）v2＝Ep，联立解得mA＝3m，Ep＝eq \f(3,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ，故B正确．
答案：B
5．解析：根据动量守恒定律得pA＋pB＝p′A＋p′B，得p′A＝1kg·m/s，
根据碰撞过程总动能不增加，则有eq \f(p eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(A)) ,2mA)≥eq \f(p′ eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(A)) ,2mA)＋eq \f(p′ eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B)) ,2mB)，
代入解得mB≥eq \f(2,3)mA，
碰后，两球同向运动，A的速度不大于B的速度，则eq \f(p′A,mA)≤eq \f(p′B,mB)，
解得mB≤4mA，综上得eq \f(2,3)mA≤mB≤4mA，故A正确，BCD错误．
答案：A
6．解析：小球a、b与弹簧组成的系统动量守恒，弹簧被压缩至最短时，小球a、b达到共速，设共速时的速度为v1，小球a的初速度为v0，则由动量守恒定律有mav0＝（ma＋mb）v1
碰撞过程中机械能守恒，有eq \f(1,2)mav eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝eq \f(1,2)（ma＋mb）v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋Ep解得Ep＝8J
由弹簧的压缩量x与弹性势能Ep的关系x＝eq \f(\r(2Ep),10)可得x＝0.4m
设小球a、b在这段时间内的位移大小分别为l1、l2，任取极短的时间Δt，两小球在任意时刻动量均守恒，任意时刻的速度分别设为Δv1、Δv2则有mav0＝maΔv1＋mbΔv2
即有mav0Δt＝maΔv1Δt＋mbΔv2Δt
故有mav0t＝mal1＋mbl2
而两小球的对地位移之间的关系为l1－l2＝x
联立解得l1＝eq \f(π＋2,10)m，l2＝eq \f(π－2,10)m.故选A.
答案：A
7．解析：A球竖直方向做竖直上抛运动至最高点，B球做自由落体运动，则两球运动的高度相同，均为hA＝hB＝eq \f(（vsin53°）2,2g)＝20m，小球B下落时离地面的高度是40m，A、B错误；两球竖直方向的运动是互逆的，相遇时小球A竖直速度为0，小球B的速度为vB＝vsin53°＝20m/s
根据两球在竖直方向上的动量守恒3mvB＝4mvy
两球粘在一起后的竖直速度为vy＝15m/s
继续下落，有hA＝vyt′＋eq \f(1,2)gt′2得t′＝1s，则小球A从抛出到落回地面的时间为3s，C正确；
小球A从抛出到与小球B相撞的水平距离为x1＝vcs53°eq \f(vsin53°,g)＝30m
根据两球在水平方向上的动量守恒mvcs53°＝4mvx得vx＝3.75m/s
相撞后两球的水平位移为x2＝vxt′＝3.75m
小球A从抛出到落回地面的水平距离为x＝x1＋x2＝33.75m，D错误．
答案：C
8．解析：规定小孩初始运动方向为正方向，位移时间图像的斜率代表速度，由图像可知，碰后两车一起向碰前大人运动的方向运动，故碰撞前后小孩的运动方向发生了改变，故A错误；由图像可知，碰前瞬间小孩的速度v1＝2m/s，大人的速度v2＝－3m/s，碰后两人的共同速度v3＝－1m/s，设碰碰车的质量为M，由动量守恒定律有（M＋m1）v1－（M＋m2）v2＝（2M＋m1＋m2）v3，解得M＝60kg，故B正确；碰前小孩与其驾驶的碰碰车的总动量为p1＝160kg·m/s，碰后总动量为p′1＝－80kg·m/s，由动量定理可知，碰撞过程中小孩和其驾驶的碰碰车受到的总冲量为I＝Δp＝－240N·s，故C错误；由能量守恒定律可得，碰撞过程中损失的机械能为ΔE＝eq \f(1,2)×80×22J＋eq \f(1,2)×120×（－3）2J－eq \f(1,2)×200×（－1）2J＝600J，故D正确．
答案：BD
9．解析：碰撞时间极短，可认为碰撞过程满足动量守恒，则有mBv1＝（mB＋m）eq \f(v1,2)
解得mB＝m，故A正确；
当vB为零时，弹簧压缩到最短，弹簧的弹性势能最大，故B错误；
B与A一起运动过程属于简谐振动，故图乙中B物体的速度时间图线为正余弦函数关系，设振动周期为T，由数学知识可得eq \f(v1,2)＝v1sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,T)t1＋φ0))－v1＝v1sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,T)t2＋φ0))
可得eq \f(2π,T)t1＋φ0＝eq \f(π,6)，eq \f(2π,T)t2＋φ0＝eq \f(3,2)π
则有t2－t1＝eq \f(2,3)T
设B速度为零时刻为t，则有0＝v1sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,T)t＋φ0))可得eq \f(2π,T)t＋φ0＝π
则有t2－t＝eq \f(T,4)联立解得t＝eq \f(5t2＋3t1,8)，故C正确；
根据eq \f(5t2－t1,4)－t2＝eq \f(t2－t1,4)＝eq \f(T,6)，可知t＝eq \f(5t2－t1,4)时，B的速度为
vB＝v1sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2π,T)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t2＋\f(T,6)))＋φ0))＝v1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(sin\f(2π,T)t2＋φ0＋\f(π,3)))＝v1sineq \f(11π,6)＝－eq \f(v1,2)
可知此时A、B刚好回到碰撞时的位置，此时弹簧仍处于压缩状态，A、B并未分离，故D错误．故选AC.
答案：AC
10．解析：（1）碰撞后小物块M做平抛运动，在水平方向则有x＝vt
在竖直方向则有h＝eq \f(1,2)gt2，解得v＝3m/s.
（2）小球在最高点D时，重力恰好提供向心力，则有mg＝meq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(D)) ,l)
小球从B点到D点，由动能定理可得－2mgl＝eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(D)) －eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B))
小物块与小球碰撞，由动量守恒定律可得Mv′＝Mv＋mvB
小物块从A点到与小球开始碰撞的运动中，由动能定理可得－μMgs＝eq \f(1,2)Mv′2－eq \f(1,2)Mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))
解得s＝1.1m.
答案：（1）3m/s （2）1.1m
11．解析：（1）运动员冲上滑板过程，运动员与滑板组成的系统在水平方向动量守恒，
以向右为正方向，由动量守恒定律得：Mv0＝（m＋M）v
代入数据解得，运动员蹬上滑板后立即与滑板一起运动的共同速度v＝6m/s
因为运动员与滑板恰好到C点速度减为零，以AB水平面为零势能面，由机械能守恒得：eq \f(1,2)（m＋M）v2＝（m＋M）gR代入数据解得：R＝1.8m；
（2）在B点，由牛顿第二定律得：F′N－（m＋M）g＝（m＋M）eq \f(v2,R)
代入数据解得：F′N＝1.5×103N
由牛顿第三定律可知对轨道的压力大小FN＝F′N＝1.5×103N，方向竖直向下；
（3）因为ABC光滑，由机械能守恒知运动员滑回A点速度大小仍为v＝6m/s
滑过A点后至停下过程由动能定理得一μ（m＋M）gx＝0－eq \f(1,2)（m＋M）v2
代入数据解得x＝18m.
答案：（1）6m/s 1.8m （2）1.5×103N （3）18m