2025届高考物理一轮复习专项练习课时规范练20动量守恒定律及其应用

这是一份2025届高考物理一轮复习专项练习课时规范练20动量守恒定律及其应用，共8页。试卷主要包含了01 kg·m/s等内容，欢迎下载使用。

1.(动量守恒的条件、动量守恒定律)男女双人滑冰是颇具艺术性的冰上运动项目。在某次比赛的一个小片段中,男女运动员在水平冰面上沿同一直线相向滑行,且速率恰好相等,男运动员的质量为女运动员的2倍,某时刻两者相遇,然后共同运动。为简化问题,在此过程中两运动员均可视为质点,且冰面光滑。则( )
A.相遇过程中两者的总动量不守恒
B.相遇过程中两者的总动能守恒
C.相遇过程中两者的动量变化大小不等
D.女运动员相遇前后的动量大小之比为3∶1
2.(完全非弹性碰撞)如图所示,质量为m的小球A静止于光滑水平面上,在A与墙之间用轻弹簧连接。现用质量也为m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.E= I=2mv0B.E= I=2mv0
C.E= I=mv0D.E= I=mv0
3.(动量守恒定律的应用)如图所示,在固定的水平杆上,套有质量为m的光滑圆环,轻绳一端拴在环上,另一端系着质量为M的木块,现有质量为m0的子弹以大小为v0的水平速度射入木块并留在木块中,重力加速度为g,下列说法正确的是( )
A.子弹射入木块后的瞬间,速度大小为
B.子弹射入木块后的瞬间,绳子拉力等于(M+m0)g
C.子弹射入木块后的瞬间,环对轻杆的压力大于(M+m+m0)g
D.子弹射入木块之后,圆环、木块和子弹构成的系统动量守恒
4.(多选)(动量守恒定律的应用)如图所示,质量为m=245 g的物块(可视为质点)放在质量为M=0.5 kg的足够长的木板左端,木板静止在光滑水平面上,物块与木板间的动摩擦因数为μ=0.4,质量为m0=5 g的子弹以速度v0=300 m/s沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短),g取10 m/s2,则在整个过程中( )
A.物块和木板组成的系统动量守恒
B.子弹的末动量大小为0.01 kg·m/s
C.子弹对物块的冲量大小为0.49 N·s
D.物块相对木板滑行的时间为1 s
5.(动量守恒定律的应用)如图所示,质量为M的均匀木块静止在光滑的水平面上,木块左右两侧各有一位拿着完全相同的步枪和子弹的射击手,子弹质量为m,首先左侧的射击手开枪,子弹水平射入木块的深度为d1,子弹与木块相对静止后,右侧的射击手开枪,子弹水平射入木块的深度为d2,设两子弹均未射穿木块,两子弹射入木块前的速度大小相等,且两子弹与木块之间的作用力大小相等。当两颗子弹均相对木块静止时,两子弹射入的深度之比为( )
A.B.C.D.
6.(动量守恒定律的应用)如图所示,在沙堆表面放置一木块A,其上面再放一个质量为m的火箭模型B,木块的质量为M。当火箭模型发射时,因反冲作用木块陷入沙中深度h,而木块所受沙子的平均阻力为f。若火箭模型中的火药质量以及空气阻力可忽略不计,重力加速度为g。求:
(1)火箭模型发射瞬间木块获得的速度大小;
(2)火箭模型能上升的最大高度。
7.(弹性碰撞)如图所示,四分之一圆弧轨道固定于水平面,末端与水平轨道相切,圆弧半径R=1.25 m。质量M=0.4 kg的小球B静止在水平轨道上,质量m=0.1 kg的小球A从与圆心等高处无初速度释放,滑下后A与B发生弹性碰撞。小球体积相同且均可视为质点,不计一切摩擦,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)小球A第一次到达圆弧轨道最低点时,球A受到的支持力大小;
(2)小球A、B第一次碰后各自的速度。
素养综合练
8.(多选)如图所示,水平面上固定着两根足够长的平行导槽,质量为2m的U形管恰好能在两导槽之间自由滑动,一质量为m的小球沿水平方向,以初速度v0从U形管的一端射入,从另一端射出。已知小球的半径略小于管道半径,不计一切摩擦,下列说法正确的是( )
A.该过程中,小球与U形管组成的系统机械能守恒
B.小球从U形管的另一端射出时,速度大小为
C.小球运动到U形管圆弧部分的最左端时,速度大小为
D.小球从射入至运动到U形管圆弧部分的最左端的过程中,平行导槽受到的冲量大小为
9.在光滑水平面上有三个弹性小钢球a、b、c处于静止状态,质量分别为2m、m和2m。其中a、b两球间夹一被压缩了的弹簧,两球通过左右两边的光滑挡板束缚着。若某时刻将挡板撤掉,弹簧便把a、b两球弹出,两球脱离弹簧后,a球获得的速度大小为v,若b、c两球相距足够远,则b、c两球相碰后( )
A.b球的速度大小为v,运动方向与原来相反
B.b球的速度大小为v,运动方向与原来相反
C.c球的速度大小为v
D.c球的速度大小为v
10.“引力弹弓效应”是指在太空运动的探测器,借助行星的引力来改变自己的速度。为了分析这个过程,可以建构以下模型:探测器分别从行星运动的反方向或同方向接近行星,分别因相互作用改变了速度。如图所示,以太阳为参考系,设行星运动的速度为u,探测器的初速度大小为v0,在图示的两种情况下,探测器在远离行星后速度大小分别为v1和v2。探测器和行星虽然没有发生直接碰撞,但是在行星的运动方向上,其运动规律可以近似为两个质量不同的钢球在同一条直线上发生的弹性碰撞。那么下列判断中正确的是( )
A.v1>v0B.v1=v0
C.v2>v0D.v2=v0
11.如图所示是一个滑板场地,OP段是光滑的四分之一圆弧轨道,半径为0.8 m。PQ段是足够长的粗糙水平地面,滑板与水平地面间的动摩擦因数为μ=0.2。滑板运动员踩着滑板A从O点由静止滑下,到达P点时,立即向前起跳。滑板运动员离开滑板A后,滑板A以速度v1=2 m/s返回,滑板运动员落到前面相同的滑板B上,并一起向前继续滑动。已知滑板质量是m=5 kg,滑板运动员的质量是滑板的9倍,滑板B与P点的距离为Δx=3 m,g取10 m/s2。(不考虑滑板的长度以及滑板运动员和滑板间的作用时间)求:
(1)当滑板运动员和滑板A到达圆弧轨道末端P点时滑板A对轨道的压力;
(2)滑板运动员落到滑板B上瞬间,滑板B的速度大小;
(3)两个滑板间的最终距离。
12.如图所示,质量为M=2 kg的木板A静止在光滑水平面上,其左端与固定台阶相距x,右端与一固定在地面上的半径R=0.4 m的光滑四分之一圆弧紧靠在一起,圆弧的底端与木板上表面水平相切。质量为m=1 kg的滑块B(可视为质点)以初速度v0= m/s从圆弧的顶端沿圆弧下滑,B从A右端的上表面水平滑入时撤走圆弧。A与台阶碰撞无机械能损失,不计空气阻力,A、B之间动摩擦因数μ=0.1,A足够长,B不会从A表面滑出,g取10 m/s2。
(1)求滑块B到圆弧底端时的速度大小v1;
(2)若A与台阶碰前,已和B达到共速,求A向左运动的过程中与B摩擦产生的热量Q(结果保留两位有效数字);
(3)若A与台阶只发生一次碰撞,求x满足的条件。
参考答案
课时规范练20 动量守恒
定律及其应用
1.D 由题意可知,可将两运动员的运动看作完全非弹性碰撞,即碰后速度相等,在碰撞过程中,满足动量守恒定律,碰撞过程损失机械能,总动能减小,故A、B错误;根据动量守恒定律,两者的动量变化大小相等,故两者的动量变化不相等,故C错误;设男运动员的质量为2m,女运动员的质量为m,两者初速率皆为v,以男运动员初速度方向为正方向,根据动量守恒定律可得2mv-mv=(2m+m)v',解得v'=,女运动员相遇前后的动量大小之比为=3,故D正确。
2.A A和B碰撞瞬间,由动量守恒定律可知mv0=2mv1,解得v1=,碰撞后系统机械能守恒,当两球向左减速到零时弹簧的弹性势能最大,最大弹性势能为E,则E=×2m×,对整体分析,取向右为正,由动量定理可得I=2m×--2m×=2mv0,故A正确,B、C、D错误。
3.C 子弹射入木块后的瞬间,子弹和木块在水平方向上动量守恒,则m0v0=(M+m0)v1,解得速度大小为v1=,选项A错误;子弹射入木块后的瞬间,根据牛顿第二定律可得T-(M+m0)g=(M+m0),可知绳子拉力大于(M+m0)g,选项B错误;子弹射入木块后的瞬间,对子弹、木块和圆环整体有N=T+mg>(M+m+m0)g,选项C正确;子弹射入木块之后,圆环、木块和子弹构成的系统只在水平方向动量守恒,选项D错误。
4.BD 子弹进入木块的过程中,物块和木板的动量都增大,所以物块和木板组成的系统动量不守恒,故A错误;选取向右为正方向,子弹打入物块的过程,由动量守恒定律可得m0v0=(m0+m)v1,物块在木板上滑动的过程,由动量守恒定律可得(m0+m)v1=(m0+m+M)v2,联立可得v2=m/s=2m/s,所以子弹的末动量p=m0v2=5×10-3×2=0.01kg·m/s,故B正确;由动量定理可得子弹受到的冲量I=Δp=p-p0=0.01kg·m/s-5×10-3×300kg·m/s=-1.49N·s,所以子弹对物块的冲量大小为1.49N·s,故C错误;对子弹和物块整体,由动量定理得-μ(m0+m)gt=(m0+m)(v2-v1),联立可得,物块相对于木板滑行的时间t==1s,故D正确。
5.B 设向右为正方向,子弹射入木块前的速度大小为v,子弹受到的阻力大小为f。当两颗子弹均相对于木块静止时,由动量守恒定律得mv-mv=(2m+M)v',得v'=0,即当两颗子弹均相对于木块静止时,木块的速度为零。先对从左侧射入木块的子弹和木块组成的系统进行研究,则有mv=(M+m)v1,由能量守恒定律得fd1=mv2-(M+m),再对两颗子弹和木块组成的系统进行研究,得fd2=(M+m)mv2,联立解得,故B正确,A、C、D错误。
6.答案 (1) (2)
解析 (1)对木块,由动能定理得
Mgh-fh=0-Mv2
解得v=
(2)火箭模型发射过程中系统动量守恒,由动量守恒定律得Mv-mv'=0
火箭模型做竖直上抛运动,上升的最大高度H=
解得H=
7.答案 (1)3 N (2)A的速度为3 m/s,方向向左;B的速度为2 m/s,方向向右
解析 (1)A第一次在圆弧轨道上运动时,由机械能守恒定律可得mgR=mv2
在圆弧轨道最低点时,由牛顿第二定律得F-mg=m
解得F=3N
(2)A、B的碰撞为弹性碰撞,由动量守恒定律得mv=mv1+Mv2
由机械能守恒定律得
mv2=
解得v1=-3m/s
v2=2m/s
所以第一次碰后,A的速度为3m/s,方向向左;B的速度为2m/s,方向向右。
8.ABD 小球和U形管组成的系统整体在运动过程中没有除重力之外的力做功,所以系统整体机械能守恒,所以A正确;小球从U形管一端进入再从另一端出来的过程中,小球和U形管组成的系统水平方向不受外力,规定向左为正方向,由动量守恒定律可得mv0=mv1+2mv2,再由机械能守恒定律可得·2m,解得v1=v0=-v0,所以B正确;小球从射入至运动到U形管圆弧部分的最左端的过程中,小球和U形管水平向左的方向上满足动量守恒定律,得mv0=(m+2m)vx,vx=,由能量守恒得·2mmv2,解得v=v0,所以C错误;小球此时还有个分速度是沿着U形管的切线方向,设为vy,由速度的合成与分解可知vy=v0,对小球由动量定理得I=mvy-0=mv0,由于力的作用是相互的,所以平行导槽受到的冲量为I'=mv0,所以D正确。
9.B 弹簧弹开的瞬间,a、b和弹簧组成的系统动量守恒,故有2mv-mvb1=0,解得b获得的速度为vb1=2v,方向水平向右,b、c碰撞前后,两者组成的系统动量守恒,故有mvb1=2mvc+mvb2,由于是弹性小球,碰撞无能量损失,故·2m,联立解得vb2=-v,说明碰后速度方向与原来的相反,vc=v,方向向右,故B正确。
10.A 设探测器的质量为m,行星的质量为M,探测器和行星发生弹性碰撞。对于甲:设向左为正,由动量守恒定律有Mu-mv0=mv1+Mu1,由能量守恒有Mu2+,联立解得探测器碰后的速度v1=,因M≫m,故v1=2u+v0>v0,故A正确,B错误。对于乙:设向左为正,由动量守恒定律有Mu+mv0=-mv2+Mu2,由能量守恒有Mu2+,联立解得探测器碰后的速度v2=,因M≫m,故v2=v0-2u11.答案 (1)1 500 N,竖直向下 (2)4.2 m/s (3)6.41 m
解析 (1)O→P下滑过程,滑板运动员与滑板A机械能守恒,10mgR=5mv2,代入数据解得v==4m/s,设在P点支持力为FN,FN-10mg=10m,解得FN=1500N,根据牛顿第三定律得F压=FN=1500N,方向竖直向下。
(2)滑板运动员跳离A板,滑板运动员与滑板A在水平方向上动量守恒,10mv=-mv1+9mv2,解得v2=m/s,滑板运动员跳上B板,滑板运动员与滑板B在水平方向上动量守恒,9mv2=10mv3,解得v3=4.2m/s。
(3)滑板B的位移xB==4.41m,滑板A在弧面上滑行的过程中,机械能守恒,所以再次返回P点时的速度仍为v1=2m/s,滑板A的位移xA==1m,最终两滑板的位置间距为L=xB+Δx-xA=6.41m。
12.答案 (1)4 m/s (2)5.3 J (3)x≥1 m
解析 (1)滑块B从释放到最低点,由动能定理得:mgR=
解得:v1=4m/s
(2)由动量守恒定律得:
mv1=(m+M)v2
解得:v2=m/s
由能量守恒定律得:
Q=(m+M)
解得:Q=5.3J
(3)设A左端与台阶碰撞前瞬间,A、B的速度分别为v3和v4,
由动量守恒定律得:mv1=mv4+Mv3
若A与台阶只碰撞一次,则必须满足:Mv3≥mv4
对A板,应用动能定理有:μmgx=-0
联立解得:x≥1m