2025届高考物理一轮复习第7章动量守恒定律第2讲动量守恒定律及其应用练习含答案

这是一份2025届高考物理一轮复习第7章动量守恒定律第2讲动量守恒定律及其应用练习含答案，共8页。试卷主要包含了18 N·s，5 N等内容，欢迎下载使用。

题组一 动量守恒定律的条件及应用
1.(2021全国乙卷)如图所示,光滑水平地面上有一小车,一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连,另一端与滑块相连,滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩,撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系(可视为惯性系)中,从撤去推力开始,小车、弹簧和滑块组成的系统( )
A.动量守恒,机械能守恒
B.动量守恒,机械能不守恒
C.动量不守恒,机械能守恒
D.动量不守恒,机械能不守恒
2.(多选)(2023广东卷)某同学受电动窗帘的启发,设计了如图所示的简化模型。多个质量均为1 kg的滑块可在水平滑轨上滑动,忽略阻力。开窗帘过程中,电机对滑块1施加一个水平向右的恒力F,推动滑块1以0.40 m/s的速度与静止的滑块2碰撞,碰撞时间为0.04 s,碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22 m/s。关于两滑块的碰撞过程,下列说法正确的有( )
A.该过程动量守恒
B.滑块1受到合外力的冲量大小为0.18 N·s
C.滑块2受到合外力的冲量大小为0.40 N·s
D.滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N
题组二 爆炸、反冲和人船模型
3.有一条捕鱼小船停靠在湖边码头,小船又窄又长,一位同学想粗略测定它的质量,他进行了如下操作:首先将船平行码头自由停泊,轻轻从船尾上船,走到船头后停下来,而后轻轻下船,用卷尺测出船后退的距离为d以及船长L,已知他自身的质量为m。若不计水的阻力,则渔船的质量为( )
A.B.
C.D.
4.(多选)章鱼遇到危险时可将吸入体内的水在极短时间内向后喷出,由此获得一个反冲速度,从而迅速向前逃窜完成自救。假设有一只章鱼吸满水后的总质量为m0,静止悬浮在水中,一次喷射出质量为m的水,喷射速度大小为v0,章鱼体表光滑,则以下说法正确的是( )
A.喷水的过程中,章鱼和喷出的水组成的系统动量守恒
B.喷水的过程中,章鱼和喷出的水组成的系统机械能守恒
C.章鱼喷水后瞬间逃跑的速度大小为v0
D.章鱼喷水后瞬间逃跑的速度大小为v0
5.(2023重庆八中模拟)一质量为m0的爆竹竖直运动到最高点时,爆炸成两部分,爆炸后瞬时质量为m的部分动能为E,爆炸时间极短可不计,不计爆炸过程中的质量损失,则该爆竹爆炸后瞬时的总动能为( )
A.EB.E
C.ED.E
题组三 碰撞问题
6.如图所示,材料有差异的冰壶甲每次以相同的动量与静止在O处的另一冰壶发生正碰,碰后冰壶甲最终停止的位置不同,已知四次碰撞中冰壶甲与冰面间的动摩擦因数相同,冰壶均可视为质点,则碰撞后,被碰冰壶获得动量最大的是( )
7.(多选)(2024安徽合肥模拟)光滑水平桌面距离水平地面的高度为H,质量为m2、半径为R的光滑四分之一圆弧槽B静止放在桌面上,质量为m1的小球A从与圆弧槽圆心等高处由静止滑下,与静止在桌面上的质量为m3的小球C发生弹性正碰,最后两小球分别落到水平地面上的M、N两点,如图所示,已知H=0.8 m,R=0.9 m,m1=2 kg,m2=2 kg,m3=1 kg,重力加速度g取10 m/s2,两球视为质点,不计空气阻力,下列选项正确的是( )
A.小球A从圆弧槽滑离时的速度为3 m/s
B.小球A与小球C碰撞后,小球C的速度为2 m/s
C.M、N两点的距离为1.2 m
D.小球A可能落在N点
综合提升练
8.(多选)(2024广东佛山模拟)如图所示,载有物资的总质量为m0的热气球静止于距水平地面H的高处。现将质量为m的物资以相对地面竖直向下的速度v0抛出,物资落地时与热气球的距离为d。热气球所受浮力不变,重力加速度为g,不计阻力。下列说法正确的有( )
A.物资落地前,热气球与其组成的系统动量守恒
B.抛出物资后热气球匀速上升
C.d=
D.d=H+H
9.(多选)真空中,光滑绝缘的水平桌面上,质量分别为m和4m,相距为L的M、N两个点电荷,由静止释放,释放瞬间M的加速度大小为a,经过一段时间后N的加速度大小也为a,且速度大小为v,则( )
A.M、N带的是异种电荷
B.N的速度大小为v时,M、N间的距离为
C.N的速度大小为v时,M的速度大小也为v
D.从释放到N的速度大小为v,M、N组成的系统电势能减少了10mv2
10.(2023天津卷)已知A、B两物体质量分别为mA=2 kg,mB=1 kg,A物体从h=1.2 m处自由下落,且同时B物体从地面竖直上抛,经过t=0.2 s相遇碰撞后,两物体立刻粘在一起,已知重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)碰撞时离地高度x;
(2)碰后速度v;
(3)碰撞损失机械能ΔE。
11.(2021广东卷)算盘是我国古老的计算工具,中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动,使用前算珠需要归零。如图所示,水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置,甲靠边框b,甲、乙相隔s1=3.5×10-2 m,乙与边框a相隔s2=2.0×10-2 m,算珠与导杆间的动摩擦因数μ=0.1。现用手指将甲以0.4 m/s的初速度拨出,甲、乙碰撞后甲的速度大小为0.1 m/s,方向不变,碰撞时间极短且不计,重力加速度g取10 m/s2。
(1)通过计算,判断乙算珠能否滑动到边框a;
(2)求甲算珠从拨出到停下所需的时间。
参考答案
第2讲 动量守恒定律及其应用
1.B 解析 撤去推力,系统合外力为0,系统动量守恒,滑块和小车之间有滑动摩擦力,由于摩擦生热,故系统机械能减少,选项B正确。
2.BD 解析 取向右为正方向,滑块1和滑块2组成的系统的初动量为p1=mv1=1×0.40kg·m/s=0.40kg·m/s,碰撞后的动量为p2=2mv2=2×1×0.22kg·m/s=0.44kg·m/s,则滑块的碰撞过程动量不守恒,故A错误;对滑块1,取向右为正方向,则有I1=mv2-mv1=1×0.22kg·m/s-1×0.40kg·m/s=-0.18kg·m/s,负号表示方向水平向左,故B正确;对滑块2,取向右为正方向,则有I2=mv2=1×0.22kg·m/s=0.22kg·m/s,故C错误;对滑块2,根据动量定理有F1Δt=I2,解得F1=5.5N,则滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5N,故D正确。
3.C 解析 设人走动时船的速度大小为v,人的速度大小为v',人从船尾走到船头所用时间为t。取船的速度为正方向,则v=,v'=,根据动量守恒定律得,m船v-mv'=0,解得船的质量m船=,故A、B、D错误,C正确。
4.AD 解析 章鱼喷水过程所用的时间极短,内力远大于外力,章鱼和喷出的水组成的系统动量守恒,A正确;在章鱼喷水的过程中,章鱼体内的化学能转化为机械能,系统机械能增加,B错误;以章鱼和喷出的水组成的系统为研究对象,规定章鱼喷水后瞬间逃跑的方向为正方向,由动量守恒定律得,0=(m0-m)v-mv0,可得章鱼喷水后瞬间逃跑的速度大小v=v0,C错误,D正确。
5.D 解析 设爆炸后瞬时质量为m部分的速度大小为v1,另一部分的速度大小为v2,根据动量守恒可得,mv1=(m0-m)v2,解得v2=v1,又E=,则该爆竹爆炸后瞬时的总动能E总=(m0-m),联立解得E总=E,故选D。
6.B 解析 设冰壶甲与另一冰壶碰撞前的动量为p0,碰后甲的动量为p',被碰冰壶的动量为p,以甲的初速度方向为正方向,两冰壶碰撞过程满足动量守恒,有p0=p'+p,由于冰壶甲每次以相同的动量与静止在O处的另一冰壶发生正碰,由图可知,选项A图碰后甲的动量p'=0,选项B图碰后甲的动量p'<0,选项C、D图碰后甲的动量p'>0,可知碰撞后,选项B图对应被碰冰壶获得动量最大。
7.AC 解析 设A球滑离圆弧槽时的速度为v1,圆弧槽的速度为v2,取向右为正方向,此过程由水平方向上动量守恒和机械能守恒得,m1v1+m2v2=0,m1gR=m1m2,解得v1=3m/s,假设A与C碰撞后的速度分别为vA、vC,由动量守恒和机械能守恒得,m1v1=m1vA+m3vC,m1m1m3,解得vA=1m/s,vC=4m/s,假设两球从桌面平抛运动时间为t,由H=gt2,A球的水平位移xA=vAt,C球的水平位移xC=vCt,M、N两点的距离xMN=xC-xA=1.2m,因为vA8.AC 解析 物资抛出之前,物资和热气球所受合力为零,物资抛出后,热气球和物资所受合力不变,则系统所受合力仍为零,则物资落地前,热气球与抛出的物资组成的系统动量守恒,A正确;抛出物资后热气球所受合力向上,则向上做匀加速直线运动,B错误;设物资落地时热气球上升的高度为h,则对物资和热气球系统,由动量守恒定律有(m0-m)=m,解得h=,则d=H+h=H+,C正确,D错误。
9.ABD 解析 由牛顿第二定律可知,开始时M受到的合力为F1=ma,故两个点电荷之间的相互作用力大小为ma,经过一段时间后N受到的合力为F2=4ma,故两个点电荷之间的相互作用力大小为4ma,两电荷之间的作用力为库仑力,根据库仑定律可知两者间的距离变小,说明M、N带的是异种电荷,故A正确;由F1=,F2=,F2=4F1,可得L'=,即N的速度大小为v时,M、N间的距离为,故B正确;两个点电荷构成的系统动量守恒,故当N的速度大小为v时有4mv=mv',解得v'=4v,故C错误;从释放到N的速度大小为v,M、N组成的系统增加的动能为Ek=·4mv2+mv'2=10mv2,由能量守恒定律可知,M、N组成的系统电势能减少了10mv2,故D正确。
10.答案 (1)1 m (2)0 (3)12 J
解析 (1)对物体A,根据运动学公式可得
x=h-gt2=1.2m-×10×0.22m=1m。
(2)设B物体从地面竖直上抛的初速度为vB0,根据运动学公式可知x=vB0t-gt2=1m
解得vB0=6m/s
碰撞前A物体的速度vA=gt=2m/s,方向竖直向下
碰撞前B物体的速度vB=vB0-gt=4m/s,方向竖直向上
选向下为正方向,由动量守恒可得
mAvA-mBvB=(mA+mB)v
解得碰后速度v=0。
(3)根据能量守恒可知碰撞损失的机械能
ΔE=mAmB(mA+mB)v2=12J。
11.答案 (1)乙能滑到边框a (2)0.2 s
解析 (1)甲珠的加速度大小a=μg=1m/s2
根据运动学公式v2-=-2as1
甲、乙相碰前,甲的速度v=0.3m/s
甲、乙相碰,动量守恒mv=mv甲2+mv乙
解得v乙=0.2m/s
以乙为研究对象,乙珠的加速度大小也为a=μg=1m/s2
由=2as
解得s=0.02m=s2,乙能滑动到边框a。
(2)对于甲,=2as'
s'=0.005m,不会到边框a。
甲运动的时间
t=t1+t2
t1=s=0.1s
t2=s=0.1s
t=0.2s。