新教材高考物理一轮复习课时规范练20动量守恒定律及其应用含答案

这是一份新教材高考物理一轮复习课时规范练20动量守恒定律及其应用含答案，共10页。试卷主要包含了关于下列运动的说法正确的是，滑冰是很多人非常喜欢的一项运动，8 m/s，如图所示,半径R=0等内容，欢迎下载使用。

1.(动量守恒条件、机械能守恒条件)关于下列运动的说法正确的是( )
A.图甲所示的撑竿跳运动员在离开地面向上运动的过程中机械能守恒
B.图乙所示的蹦床运动中运动员和蹦床组成的系统动量守恒
C.图丙所示跳伞运动在匀速下降的过程中运动员和降落伞组成的系统机械能守恒
D.图丁所示打台球的运动过程中,两个台球组成的系统在碰撞的一瞬间动量近似守恒
2.(动量守恒定律简单应用)滑冰是很多人非常喜欢的一项运动。在一次训练中,某质量为40 kg的女运动员以大小为3 m/s的速度向静止的男运动员运动,靠近男运动员的瞬间被男运动员抱起,且保持姿势不变。若男运动员的质量为60 kg,则抱起后瞬间两运动员的速度大小为( )
A.0.8 m/s
B.1.2 m/s
C.1.6 m/s
D.2 m/s
3.(动量守恒定律应用——反冲)(2023福建高三模拟)某战斗机以速度v0水平向东飞行时,将总质量为m0的导弹自由释放瞬间,导弹向西喷出质量为m、对地速率为v1的燃气,则喷气后导弹的速率为( )
A.m0v0+mv1m0-mB.m0v0-mv1m0-m
C.m0v0-mv1m0D.m0v0+mv1m0
4.(多选)(冲量、动量守恒和机械能守恒判定)质量为m的篮球以大小为v1的水平速度撞击竖直篮板后,被篮板水平弹回,速度大小变为v2,已知v2A.撞击时篮球受到的冲量大小为m(v1+v2)
B.撞击时篮板受到篮球的冲量为零
C.撞击过程中篮球和篮板组成的系统动量不守恒
D.撞击过程中篮球和篮板组成的系统机械能守恒
5.(动量守恒定律应用、牛顿第二定律应用、冲量)如图甲所示,一儿童站在平板小车中间,与小车一起沿水平地面匀速向右运动,儿童突然走向小车一端,此过程儿童和小车的速度—时间关系如图乙所示,不计地面的摩擦。以下说法正确的是( )
甲
乙
A.儿童的质量小于小车的质量
B.儿童走向小车左端
C.儿童和小车的总动能减少
D.小车对儿童的冲量方向水平向右
6.(碰撞)如图所示,半径R=0.4 m的半圆柱固定于水平地面上,O为圆心,一可看作质点的小物块质量为m2,放置于半圆柱的最高点。在O点正上方距O点2.0 m处有一个悬点,将细绳的一端系于悬点,细绳另一端悬挂一个可看成质点的小球,小球质量为m1。将小球拉至细线与竖直方向成θ=60°角的位置,由静止释放小球,小球恰与小物块发生正碰,碰后小球和小物块分离,小物块恰好从半圆柱的最高点脱离圆柱面,不计一切阻力,重力加速度g取10 m/s2,则m1m2的值可能为( )
A.14B.12
C.43D.32
素养综合练
7.(多选)如图所示,一小车放在光滑的水平面上,小车AB段是长为3 m的粗糙水平轨道,BC段是光滑的、半径为0.2 m的四分之一圆弧轨道,两段轨道相切于B点。一可视为质点、质量与小车相同的物块在小车左端A点,随小车一起以4 m/s的速度水平向右匀速运动,一段时间后,小车与右侧墙壁发生碰撞,碰后小车速度立即减为零,但不与墙壁粘连。已知物块与小车AB段之间的动摩擦因数为0.2,重力加速度g取10 m/s2,则( )
A.物块到达C点时对轨道的压力为0
B.物块经过B点时速度大小为1 m/s
C.物块最终距离小车A端0.5 m
D.小车最终的速度大小为1 m/s
8.(2022湖北襄城四模)如图所示,两个质量分布均匀的长木板A、B放置在水平桌面上,质量均为m,木板长度均为l,水平桌面以M点为界,左侧光滑、右侧粗糙,粗糙部分与两木板的动摩擦因数均为μ,粗糙部分的长度为s(s>2l)。初始时木板B的左端恰与M点重合,现使木板A以初速度v0滑向B,与B碰后粘合成为一个整体(碰撞时间极短),最终两木板没有掉落桌面,则v0的最大值为( )
A.2μg(4s-l)B.4μg(2s-l)
C.8μg(s-l)D.2μg(4s-5l)
9.(多选)(2023安徽马鞍山模拟)如图所示,A、B两个小球(可视为质点),间隙极小,两球球心连线竖直,从离地面高度H处以相同的初速度v0=2gH同时竖直向下抛出,B球先与地面碰撞,再与A球碰撞后B球静止于地面,所有碰撞均为弹性碰撞,重力加速度为g,则( )
A.A、B两球的质量之比为1∶3
B.A、B两球的质量之比为1∶2
C.碰后A球上升的最大高度为8H
D.碰后A球上升的最大高度为16H
10.(2023辽宁沈阳联考)如图甲所示,物体A、B的质量分别是m1=4 kg和m2=4 kg,用轻弹簧相连后放在光滑的水平面上,物体B左侧与竖直墙相接触但不粘连。另有一个物体C从t=0时刻起,以一定的速度向左运动,在t=5 s时刻与物体A相碰,碰后立即与A粘在一起,此后A、C不再分开。物体C在前15 s内的v-t图像如图乙所示。求:
(1)物体C的质量m3;
(2)物体B离开墙壁后所能获得的最大速度大小。
11.(2023湖南高三模拟)如图所示,光滑水平直轨道上有三个滑块A、B、C,质量分别为mA=2m,mB=m,mC=2m,A、B用细绳连接,中间有一压缩的轻弹簧(弹簧与滑块不粘连),开始时A、B以共同速度v0运动,C静止,某时刻细绳突然断开,A、B被弹开,然后B与C发生碰撞并粘在一起,最终三滑块速度恰好相同。求:
(1)B与C碰撞前B的速度;
(2)弹簧释放的弹性势能;
(3)系统损失的机械能。
12.(2023山东潍坊高三期末)如图所示,在光滑水平面上放置一端带有挡板的长直木板A,木板A左端上表面有一小物块B,其到挡板的距离为d=2 m,A、B质量均为m=1 kg,不计一切摩擦。从某时刻起,B始终受到水平向右、大小为F=9 N的恒力作用,经过一段时间,B与A的挡板发生碰撞,碰撞过程中无机械能损失,碰撞时间极短。重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)物块B与木板A的挡板发生第一次碰撞后的瞬间,物块B与木板A的速度大小;
(2)由静止开始经多长时间物块B与木板A的挡板发生第二次碰撞,碰后瞬间A、B的速度大小;
(3)画出由静止释放到物块B与木板A的挡板发生3次碰撞时间内,物块B的速度v随时间t的变化图像。
答案：
1.D 解析 图甲所示的撑竿跳运动员在离开地面向上运动的过程中由于还受到竿的作用力,机械能不守恒,A错误;图乙中因蹦床和运动员系统受到的外力的矢量和不为零,故运动员和蹦床组成的系统动量不守恒,B错误;图丙中跳伞运动在匀速下降的过程中受空气阻力作用,运动员和降落伞组成的系统机械能不守恒,C错误;图丁所示打台球的运动过程中,两个台球组成的系统在碰撞的一瞬间内力远大于外力,系统动量近似守恒,D正确。
2.B 解析 两运动员相互作用的过程系统动量守恒,则有m1v1=(m1+m2)v2,解得v2=1.2 m/s,故选B。
3.A 解析 根据动量守恒定律得m0v0=m(-v1)+(m0-m)v,则喷气后导弹相对地面的速率v=m0v0+mv1m0-m,故A正确。
4.AC 解析 以篮球被弹回的方向为正方向,则由动量定理可知,撞击时篮球受到的冲量大小为I=mv2-(-mv1)=m(v1+v2),选项A正确,B错误;撞击过程中篮球和篮板组成的系统受外力的矢量和不为零,则系统的动量不守恒,选项C正确;撞击过程中篮球的动能减小,则篮球和篮板组成的系统机械能减小,选项D错误。
5.B 解析 由题图乙可知,小车的加速度大小大于儿童的加速度大小,在运动过程中,小车与儿童间的相互作用力大小相等,即合力大小相等,由牛顿第二定律可知,小车的质量小于儿童的质量,故A错误;儿童走动后,儿童和小车的速度方向相同,由动量守恒可知,儿童和小车都向右运动,只是儿童的速度比小车的小,则儿童相对小车向左运动,故B正确;儿童走动过程,儿童和小车的总动能增加,故C错误;由于儿童向右做减速运动,则小车对儿童的摩擦力向左,小车对儿童的支持力竖直向上,所以合力斜向左上方,合力的冲量方向斜向左上方,故D错误。
6.B 解析 小球由静止摆到最低点过程中,由机械能守恒定律有12m1v02=m1gl(1-cs 60°),l=h-R=1.6 m,解得v0=4 m/s,小球与小物块发生碰撞后,小物块恰好脱离半圆柱体,则有m2g=m2v22R,得v2=2 m/s,若碰撞为弹性碰撞,由动量守恒定律和能量守恒定律有m1v0=m1v1+m2v2,12m1v02=12m1v12+12m2v22,则v2=2m1m1+m2v0,即2m1m1+m2=v2v0=12,整理得m1m2=13,若碰撞为完全非弹性碰撞,则碰后合为一体,由动量守恒定律得m1v0=(m1+m2)v2,即m1(v0-v2)=m2v2,整理得m1m2=v2v0-v2=1,由于碰撞后两物体分离,则13≤m1m2<1,对比选项可得,B项有可能,A、C、D项不可能。
7.AD 解析 木块在AB段运动时,由牛顿第二定律可知μmg=ma,代入数据解得a=μmgm=2 m/s2,根据运动学公式有-2axAB=vB2-vA2,代入数据解得物块在B点的速度vB=2 m/s,B到C的过程中,由动能定理可得-mgr=12mvC2-12mvB2,解得vC=0,根据向心力公式有FN=mvC2r,故物块到达C点时对轨道的压力为0,A正确,B错误;物块从B点到与小车共速,由小车与物块的动量守恒可知,mvB=2mv,解得v=1 m/s,由动能定理可得-μmgx=12×2mv2-12mvB2,得x=0.5 m<3 m,符合题意,故最终距离A端的距离为L=xAB-x=2.5 m,C错误,D正确。
8.A 解析 根据动量守恒,可知mv0=2mv,解得v=v02,即为A、B粘为一个整体的速度,从粘合成为一个整体开始到全部运动到粗糙平面,摩擦力随位移均匀增大,然后摩擦力不变,减速至零,根据动能定理,-μmg+μ·2mg2l-μ·2mg(s-l)=0-12×2mv2,解得v0=2μg(4s-l),即为v0的最大值,故A正确,B、C、D错误。
9.AC 解析 因为A、B球从离地面高度H处以相同的初速度v0=2gH同时竖直向下抛出,所以落地瞬间的速度相等,由运动学公式v2-v02=2gH,解得vA=vB=v=2gH,B球与地面弹性碰撞后以原速率返回,与A再发生弹性碰撞,以向上为正方向,根据动量守恒和能量守恒有mBv-mAv=mAvA',12mBv2+12mAv2=12mAvA'2,联立解得mA∶mB=1∶3,vA'=2v=4gH,A正确,B错误;碰撞后A球上升的最大高度为hmax,则有vA'2=2ghmax,解得hmax=vA'22g=8H,C正确,D错误。
10.答案 (1)2 kg (2)2.4 m/s
解析 (1)以水平向左的方向为正方向,A、C碰撞过程中动量守恒,则有
m3vC=(m1+m3)v共1
代入v-t图像中的数据解得m3=2 kg。
(2)从B开始离开墙面到B速度最大的过程,相当于B与AC整体完成了一次弹性碰撞,以水平向右为正方向,则有
(m1+m3)v共1'=(m1+m3)v共2+m2v2
12(m1+m3)v共1'2=12(m1+m3)v共22+12m2v22
由v-t图像可得v共1'大小为2 m/s,方向水平向右
解得B的最大速度为v2=2.4 m/s。
11.答案 (1)9v05 (2)1225mv02 (3)2725mv02
解析 (1)设三者最后的共同速度为v共,取向右为正方向,细绳断开弹簧释放的过程由动量守恒有(mA+mB)v0=mAvA+mBvB
B与C碰撞的过程有mBvB=(mB+mC)v共
整个过程三者动量守恒有(mA+mB)v0=(mA+mB+mC)v共
解得v共=3v05,vA=3v05,vB=9v05。
(2)弹簧释放的能量为
ΔEp=12mAvA2+12mBvB2-12(mA+mB)v02
解得ΔEp=1225mv02。
(3)只有B与C碰撞过程中机械能有损失,则损失的机械能为
ΔE=12mBvB2-12(mB+mC)v共2
解得ΔE=2725mv02。
12.答案 (1)0 6 m/s (2)12 m/s 6 m/s (3)见解析图
解析 (1)B从A的左端开始到右端的过程,由动能定理Fd=12mv02
解得v0=6 m/s
B与A碰撞过程,由动量守恒定律和能量守恒定律,有mv0=mv1+mv2
12mv02=12mv12+12mv22
解得v1=0,v2=6 m/s。
(2)第一次碰后A向右以速度v2=6 m/s做匀速运动,B做初速度为0,加速度为a=Fm=9 m/s2的匀加速运动,则第二次碰撞时v2t=12at2
解得t=43 s
此时B的速度为v3=12 m/s
同样根据动量守恒定律和能量守恒定律
mv2+mv3=mv4+mv5
12mv22+12mv32=12mv42+12mv52
解得A、B的速度为v4=12 m/s,v5=6 m/s。
(3)同理第3次碰撞时v5t'+12at'2=v4t'
解得t'=43 s
此时B的速度为18 m/s
从开始运动到第一次碰撞的时间t0=v0a=23 s
画出由静止释放到物块B与木板A的挡板发生3次碰撞时间内,物块B的速度v随时间t的变化如图所示。