2023届二轮复习 专题二 第2讲　动量定理和动量守恒定律 素养作业

第2讲　动量定理和动量守恒定律

1.(2021·重庆卷,7)质量相同的甲、乙两小球(视为质点)以不同的初速度竖直上抛,某时刻两球发生正碰。图中实线和虚线分别表示甲、乙两球位置随时间变化的曲线,其中虚线关于t=t1左右对称,实线两个顶点的纵坐标相同,若小球运动中除碰撞外仅受重力,则(　C　)

A.t=0时刻,甲的速率大于乙的速率

B.碰撞前后瞬间,乙的动量不变

C.碰撞前后瞬间,甲的动能不变

D.碰撞后甲的机械能大于乙的机械能

解析:根据位移—时间图像的斜率表示速度可知,t=0时刻,甲的速率小于乙的速率,故A错误;根据甲、乙两球位移—时间图像可知,碰撞前后瞬间,两球交换速度,方向反向。根据题述,虚线(乙的位移图像)关于t=t1左右对称,所以碰撞前后瞬间,乙的动量大小不变,方向变化,甲的动能不变,故B错误,C正确;根据题述,实线两个顶点的纵坐标相同,可知碰撞后甲的机械能与乙的机械能相等,故D错误。

2.(2022·福建三明三模)某小组做验证动量守恒定律实验时,在气垫导轨上放置P、Q两滑块。碰撞前Q静止,P匀速向Q运动并发生碰撞,利用频闪照相的方法连续4次拍摄得到频闪照片如图所示,在这4次闪光的过程中,P、Q两滑块均在0～80 cm范围内,且第1次闪光时,P恰好位于x=10 cm处。已知mP∶mQ=1∶3,相邻两次闪光的时间间隔为T,P、Q两滑块的碰撞时间及闪光持续时间均可忽略不计,则滑块P碰撞前后动量大小之比为(　B　)

A.1∶1 B.2∶1 C.3∶1 D.4∶1

解析:由图可知,第1次闪光时,滑块P恰好位于10 cm处,第二次P在30 cm处,第三次P在50 cm处;前两次闪光中P的位移相同(位移大小均为20 cm),所用时间均为T,则速度相同,P、Q不可能相碰;而Q开始时静止在60 cm处,故可知,从第三次闪光到碰撞的时间为,所以从碰撞到第四次闪光时间为(通过距离为5 cm),若设碰前P的速度为v,则碰后P的速度为-,则滑块P碰撞前后动量大小之比为2∶1。故选B。

3.(2022·北京东城区模拟)如图所示,质量为m的小球A静止于光滑水平面上,在A球与墙之间用轻弹簧连接。现用完全相同的小球B以水平速度v0与A相碰后粘在一起压缩弹簧。不计空气阻力,若弹簧被压缩过程中的最大弹性势能为E,从球A被碰后开始到回到原静止位置的过程中墙对弹簧的冲量大小为I,则下列表达式中正确的是(　A　)

A.E=m　I=2mv0 B.E=m　I=2mv0

C.E=m　I=mv0 D.E=m　I=mv0

解析:A、B碰撞过程,设向左为正方向,对A、B系统运用动量守恒定律得mv0=2mv,碰撞后A、B一起压缩弹簧,当A、B的速度减至零时弹簧的弹性势能最大,根据能量守恒定律可知最大弹性势能E=·2mv2,联立可得E=m;从球A被碰后开始到回到原静止位置的过程中,设向右为正方向,对A、B及弹簧整体运用动量定理可得弹簧对A、B的冲量为I′=2mv-(-2mv)=4mv=2mv0,轻弹簧两端的力时刻相等,结合牛顿第三定律,可知此过程中墙对弹簧的冲量大小I=I′=2mv0,故A正确,B、C、D错误。

4.如图所示,质量为m的子弹以v0的水平初速度射向放在光滑水平面上的物块,物块质量为5m。水平面左端与一固定光滑圆弧轨道平滑相接,子弹进入物块后没有射出,物块恰好能到达轨道的最高点,当地重力加速度为g。下列说法正确的是(　B　)

A.物块和子弹的最大重力势能为m

B.圆弧轨道的半径为

C.子弹进入物块后一起运动过程中,物块和子弹动量守恒

D.整个作用过程中,物块和子弹的机械能守恒

解析:子弹进入物块后,该过程由于克服摩擦力做功,物块和子弹的系统机械能减小,故物块和子弹的最大重力势能小于m,A错误;子弹进入物块过程,系统动量守恒,设共同的速度为v,则有(m+5m)v=mv0,解得v=,子弹和物块达到共速后,到达轨道最高点的过程中机械能守恒,设轨道的半径为R,则有·6mv2=6mgR,解得R=,B正确;子弹进入物块后一起运动过程中,由于竖直方向所受合外力不为零,则物块和子弹的动量不守恒,C错误;整个作用过程中,由于克服摩擦阻力做功,故物块和子弹的机械能不守恒,D错误。

5.(2022·四川遂宁三模)在光滑水平面上有a、b两小球沿同一条直线运动,发生碰撞且碰撞时间极短。碰撞前后两球沿同一直线运动的位置随时间变化的xt图像如图。则关于两球的质量大小和碰撞类型,以下正确的是(　A　)

A.ma∶mb=3∶1 B.ma∶mb=1∶1

C.弹性碰撞   D.完全非弹性碰撞

解析:以球b碰撞前的速度方向为正方向,由图可知,碰撞前

va=-2 m/s,vb=1 m/s,碰撞后va′=-1 m/s,vb′=-2 m/s,根据动量守恒定律得mava′+mbvb′=mava+mbvb,可得ma∶mb=3∶1。碰撞后两球速度不相等,所以不是完全非弹性碰撞,碰撞前系统动能Ek=ma+mb,碰撞后系统动能Ek′=mava′2+mbvb′2,计算可得Ek′<Ek,可知为非弹性碰撞,故A正确,B、C、D错误。

6.(2022·湖南衡阳二模)在某次冰壶比赛中,如图所示,蓝壶静止在大本营Q处,材质相同、质量相等的红壶与蓝壶发生对心正碰,在摩擦力作用下最终分别停在M点和N点。下列说法正确的是(　C　)

A.碰后两壶动量的变化量相同

B.两壶碰撞过程为弹性碰撞

C.碰后蓝壶速度约为红壶速度的2倍

D.红壶碰前速度约为碰后速度的4倍

解析:两壶碰撞过程动量守恒,由动量守恒定律知,两壶碰撞后动量的变化量大小相等,方向相反,A错误;碰后红壶运动的距离为x1=R2-R1=0.59 m,蓝壶运动的距离为x2=2R2=2.36 m,二者质量相同,二者碰后所受的摩擦力相同,即二者做减速运动的加速度相同,对红壶,有=2ax1,对蓝壶,有=2ax2,联立可得=,即碰后蓝壶速度约为红壶速度的2倍,C正确;设红壶碰前速度为v0,根据动量守恒,则有mv1+mv2=mv0,解得v0=3v1,即红壶碰前速度约为碰后速度的3倍,D错误;碰前的动能为Ek0=m,碰后的动能为Ek1=m+m,则有Ek0>Ek1,机械能不守恒,为非弹性碰撞,B错误。

7.(2022·广东江门一模)(多选)如图所示,在光滑绝缘的水平面上,虚线右侧有磁感应强度B=0.25 T的匀强磁场,方向垂直纸面向里,质量mb=0.001 kg、电荷量q=2×10-3 C的小球b静置于其中,虚线左侧一个质量为ma=0.004 kg、不带电的绝缘小球a以速度v0=20 m/s进入磁场与b球发生正碰(电荷不转移),碰后小球b对水平面的压力刚好为零,取向右为正方向,g取10 m/s2,下列说法正确的是(　AD　)

A.碰后b球速度为20 m/s

B.碰后b球速度为15 m/s

C.b对a的冲量大小为0.4 N·s

D.b对a的冲量大小为0.02 N·s

解析:由于碰后小球b对水平面的压力刚好为零,根据左手定则可知b球速度方向向右,则有qvbB=mbg,解得碰后b球速度为vb=20 m/s,故A正确,B错误;两球发生正碰过程中,根据动量守恒定律可得mava+mbvb=mav0,解得va=15 m/s,根据动量定理可知,b对a的冲量I=mava-mav0=-0.02 N·s,即大小为0.02 N·s,方向水平向左,故C错误,D正确。

8.(2022·河北邢台模拟)(多选)如图甲所示,在光滑水平面左端有一固定挡板,一轻质弹簧连接挡板,水平面右侧足够远的某个位置有一半圆形光滑圆弧轨道MN与水平面相切,圆弧轨道固定在竖直平面内,轨道与弹簧轴线在同一直线上。一质量m1=0.05 kg的小球A与弹簧另一端接触但不拴接,初始时刻弹簧处于原长,现用外力缓慢将小球A向左推动压缩弹簧,然后释放小球A,小球A与静止在M点的小球B发生弹性碰撞,两个小球大小相等,小球B的质量m2=0.15 kg,两个小球碰后小球A立即被拿走,小球B在圆弧轨道MN间运动时没有脱离轨道。已知重力加速度g取10 m/s2,圆弧轨道的半径R=0.2 m,弹簧弹力F与弹簧形变量x的关系如图乙所示。下列说法中正确的是(　ABD　)

A.释放小球A时弹簧的压缩量可能是0.1 m

B.碰撞后小球B在M点的加速度大小可能为g

C.释放小球A时弹簧的压缩量不可能是0.2 m

D.释放小球A时弹簧的压缩量可能是0.3 m

解析:小球B在圆弧轨道MN间运动时没有脱离轨道,设小球B在N点时速度为v,则有m2g+FN=m2,因为FN≥0,所以v≥。设A球被弹簧弹开后的速度为v0,与B球碰后的速度为v1,B球碰后的速度为v2,依题意有m2=m2v2+2m2gR,m1=m1+m2,m1v0=m1v1+m2v2,联立解得v0≥2 m/s,根据能量守恒定律有Fx=m1≥m1,由题图乙可知F=80x,解得x≥ m。当小球B在圆弧轨道MN间运动时没有脱离轨道,另一种情况是最多运动四分之一圆弧,根据题意,设B球碰后的速度为v2,有m2gR≥m2,设A球被弹簧弹开后的速度为v0,与B球碰后的速度为v1,依题意有m1=m1+m2,m1v0=m1v1+m2v2,则有v0≤4 m/s,根据能量守恒定律有Fx=m1≤m1·42,又F=80x,解得x≤0.1 m,综上所述,故C错误,A、D正确。据前面分析有,碰撞后小球B如果能到N点,则在M点的速度v2≥,则在M点的加速度a=≥5g,如果碰撞后小球B最多能运动四分之一圆周,

则v2≤,则在M点的加速度a=≤2g,综上所述,碰撞后小球B在M点的加速度大小可能为g,故B正确。

9.(2021·天津卷,11)一玩具以初速度v0从水平地面竖直向上抛出,到达最高点时,用遥控器将玩具内压缩的轻弹簧弹开,该玩具沿水平方向分裂成质量之比为1∶4的两部分,此时它们的动能之和与玩具从地面抛出时的动能相等。弹簧弹开的时间极短,不计空气阻力。求:

(1)玩具上升到最大高度时的速度大小;

(2)两部分落地时速度大小之比。

解析:(1)设玩具上升的最大高度为h,玩具上升到高度h时的速度大小为v,重力加速度大小为g,以初速度方向为正,对整个运动过程有

0-=-2gh,

玩具上升到最大高度的时,有v2-=-2g·h,两式联立解得v=v0。

(2)设玩具分开时两部分的质量分别为m1、m2,水平速度大小分别为v1、v2。依题意,由能量守恒有m1+m2=(m1+m2),

玩具到达最高点时速度为零,两部分分开时速度方向相反,水平方向动量守恒,有m1v1-m2v2=0,

分开后两部分做平抛运动,由运动学关系,两部分落回地面时,竖直方向分速度大小为v0,设两部分落地时的速度大小分别为v1′、v2′,由速度合成公式,有v1′=,v2′=,

结合m1∶m2=1∶4,解得=2。

答案:(1)v0　(2)2∶1

10.(2022·福建泉州模拟)如图所示,光滑竖直墙壁底端与四分之一光滑圆弧轨道连接,圆弧轨道半径R=0.4 m,光滑水平面上并排放着两块木板B、C,两木板的上表面恰好与圆弧轨道的最低点相切,小滑块A(可视为质点)从墙壁P点无初速度释放,P点高出圆心h=0.4 m,已知小滑块与两木板的质量均为1 kg,小滑块A与木板B间的动摩擦因数μ1=0.5,木板B的长度L1=1 m,小滑块A与木板C间的动摩擦因数随距离而变化,满足μ2=-,X为距木板C左端的距离,木板C的长度L2=2 m,重力加速度g取10 m/s2。

(1)求小滑块A对轨道最低点的压力;

(2)求木板B获得的最大速度;

(3)求小滑块A的最终速度。若小滑块A脱离木板C,求木板C的最终速度;若小滑块A不脱离木板C,求出小滑块与木板C相对静止的位置。

解析:(1)小滑块A下滑过程中,机械能守恒,

有mg(R+h)=m,解得v0=4 m/s,

由牛顿第二定律得F N-mg=m,

解得F N=50 N,由牛顿第三定律可知,小滑块A对轨道最低点的压力大小为50 N,方向向下。

(2)小滑块A滑过木板B的过程中,系统动量守恒,设小滑块A刚滑离木板B时,小滑块A的速度为v1,木板B的速度为v2,有mv0=mv1+2mv2,

μ1mgL1=m-m-×2m,

解得v1=2 m/s,v2=1 m/s。

(3)由于μ2=-,即木板C中央右侧光滑,假设小滑块A刚好滑到木板C中央时达到共同速度,由动量守恒定律,有mv1+mv2=2mv3,解得v3=1.5 m/s,

系统动能损失ΔEk=m+m-×2m=0.25 J。

当滑块到达木板C中点时,则X=1,由图像可知μ2X=××1=,

则摩擦产生内能Q=μ2mgX= J>ΔEk,

即小滑块A滑到木板C中央左侧就与木板相对静止了,设停在木板C上距左端x处ΔEk=μ2mgx,

由图像可知μ2x=×(+-)×x,

解得x=0.5 m,即小滑块A最终速度为1.5 m/s,停在距木板C左端

0.5 m处。

答案:(1)50 N,方向向下　(2)1 m/s　  (3)1.5 m/s　距木板C左端0.5 m处

11.如图所示,质量为M的滑块可在水平放置的光滑固定导轨上自由滑动,质量为m的小球与滑块上的悬点O由一不可伸长的轻绳相连,绳长为L。开始时,轻绳处于水平拉直状态,小球和滑块均静止。现将小球由静止释放,当小球到达最低点时,滑块刚好被一表面涂有黏性物质的固定挡板粘住,在极短的时间内速度减为零,小球继续向左摆动到绳与竖直方向的夹角为60°时达到最高点。滑块与小球均视为质点,空气阻力不计,重力加速度为g,则以下说法正确的是(　C　)

A.绳的拉力对小球始终不做功

B.滑块与小球的质量关系为M=2m

C.释放小球时滑块到挡板的距离为

D.滑块撞击挡板时,挡板对滑块作用力的冲量大小为2m

解析:因滑块不固定,绳下摆过程中,绳的拉力对滑块做正功,对小球做负功,A错误;下摆过程,系统机械能守恒,有mgL=M+m,在水平方向动量守恒,有0=Mv1-mv2,小球向左摆动到最高点,根据机械能守恒定律,有m=mgL(1-cos 60°),联立解得M=m,B错误;由动量守恒定律得M-m=0,解得x=,即释放小球时滑块到挡板的距离为,C正确;滑块撞击挡板时,挡板对滑块作用力的冲量大小为I=Mv1=m,D错误。

12.(2022·山东潍坊二模)如图所示,质量M=1 kg的平板置于光滑的水平面上,板上最右端放一质量m=1 kg可视为质点的小物块,平板与物块间的动摩擦因数μ=0.5,距平板左端L=0.8 m处有一固定弹性挡板,平板撞上挡板后会原速率反弹。现对平板施加一水平向左的恒力F=5 N,物块与平板一起由静止开始运动,重力加速度g取10 m/s2,整个过程中物块未离开平板。则:

(1)求第一次碰撞过程中,平板所受合外力对平板的冲量;

(2)求第三次碰撞时物块离平板右端的距离;

(3)求物块最终离木板右端的距离;

(4)若将恒力F撤去,调节初始状态平板左端与挡板的距离L,仅给小物块一个水平向左的初速度v0=10 m/s,使得平板与挡板只能碰撞6次,求L应满足的条件。(假设平板足够长)

解析:(1)若两者保持相对静止,在恒力作用下一起向左加速,有a==2.5 m/s2,

由于a=2.5 m/s2<μg,

故平板与物块一起匀加速运动,根据动能定理FL=(m+M),

得v1=2 m/s;

选初速度方向为正方向,

对碰撞过程由动量定理I=Δp得I=M(-v1)-Mv1=-4 N·s,

大小为4 N·s,方向为水平向右。

(2)平板反弹后,物块加速度大小a1=μg=5 m/s2,

向左匀减速运动,平板加速度大小为a2==10 m/s2,

设经t1时间达到共速,由v1-5t1=-v1+10t1得t1= s,

共同速度为v共1=(2-5×) m/s= m/s,

从碰撞到共速的过程,设平板的位移为x1,则x1=-v1t1+a2,

之后一起匀加速再次碰撞的速度为v2,

由动能定理F|x1|=(m+M)-(m+M),

由运动学公式Δx1=v相对t1+a相对,

得Δx1=4× m-×15×()2 m= m,

同理推导可得Δx2=× m= m,

设物块离开平板右端的距离为s,则s=Δx1+Δx2= m,

即第三次碰撞时物块离开平板右端的距离为 m。

(3)设第n次碰撞速度为vn,

经过tn时间达到第n次共速vn共,vn共=vn-5tn=-vn+10tn,

xn=-vntn+a2,

之后一起匀加速再次碰撞的速度为vn+1,

由动能定理F|xn|=(m+M)-(m+M),

联立以上三式可得tn=vn,vn+1=vn。

同理可推得Δxn=()n-1×,

由求和公式sn= m=0.8 m。

(4)由题意,设每次加速的时间为t,平板和物块的加速度都为a=μg,

则平板撞击挡板的速率v=at,

根据运动情况分析,前5次撞击的速度相等且小于物块的速度vm5=v0-9at,

且对小物块vm5>v,得t< s;

第6次撞击挡板的速度小于或等于物块的速度,

且满足vm6≤v,vm6=v0-11at,

代入数据得t≥ s,即 s>t≥ s,

由运动学公式L=at2得 m≤L< m。

答案:(1)4 N·s　方向水平向右　

(2) m 

(3)0.8 m　

(4) m≤L< m