2023届二轮复习 专题7　动量定理　动量守恒定律 作业

这是一份2023届二轮复习 专题7　动量定理　动量守恒定律 作业，共7页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。


1．[2022·山东押题卷]如图所示，在光滑水平面上有一质量为M的木块，木块与轻弹簧水平相连，弹簧的另一端连在竖直墙上，木块处于静止状态，一质量为m的子弹以水平速度v0击中木块，并嵌在其中，木块压缩弹簧后在水平面做往复运动．木块自被子弹击中前到第一次回到原来位置的过程中，木块受到的合外力的冲量大小为( )
A．eq \f(Mmv0,M＋m)B．2Mv0
C．eq \f(2Mmv0,M＋m)D．2mv0
2.
[2022·湖南押题卷]如图所示，质量均为m的木块A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为L的细线，细线另一端系一质量为m0的球C，现将C球拉起使细线水平伸直，并由静止释放C球，则下列说法错误的是( )
A．A、B两木块分离时，A、B的速度大小均为eq \f(m0,m)eq \r(\f(mgL,2m＋m0))
B．A、B两木块分离时，C的速度大小为2eq \r(\f(mgL,2m＋m0))
C．C球由静止释放到最低点的过程中，A对B的弹力的冲量大小为2m0eq \r(\f(mgL,2m＋m0))
D．C球由静止释放到最低点的过程中，木块A移动的距离为eq \f(m0L,2m＋m0)
3．[2022·湖北卷]一质点做曲线运动，在前一段时间内速度大小由v增大到2v，在随后的一段时间内速度大小由2v增大到5v.前后两段时间内，合外力对质点做功分别为W1和W2，合外力的冲量大小分别为I1和I2.下列关系式一定成立的是( )
A．W2＝3W1，I2≤3I1
B．W2＝3W1，I2≥I1
C．W2＝7W1，I2≤3I1
D．W2＝7W1，I2≥I1
4.
[2022·山东押题卷]如图所示，在光滑水平面上有A、B两辆小车，水平面的左侧有一竖直墙，在小车B上坐着一个小孩，小孩与B车的总质量是A车质量的4040倍．两车开始都处于静止状态，小孩把A车以相对于地面为v的速度推出，A车与墙壁碰后仍以原速率返回，小孩接到A车后，又把它以相对于地面为v的速度推出．往后小孩每次推出A车，A车相对于地面的速度都是v，方向向左，则小孩把A车推出几次后，A车返回时小孩不能再接到A车( )
A.2020 B．2021C．2022 D．2023
5.
[2022·重庆押题卷]如图所示，光滑的水平面上放有滑块A，其内侧是半径为R的光滑圆弧槽，槽底端离地高度为R，B为光滑小球，从圆弧槽左端静止释放，若滑块固定，小球B落地时离圆弧槽右端水平距离为x1；若滑块不固定，小球B落地时离圆弧槽右端水平距离为x2；已知x1∶x2＝1∶eq \r(3).由此可知，小球B和滑块A的质量比为( )
A．1∶2B．2∶1
C．1∶eq \r(3)D．2∶eq \r(3)
6．冰壶队备战2022年北京冬奥会，如图所示，在某次训练中，蓝壶静止在大本营Q处，质量相等的红壶与蓝壶发生正碰，最终分别停在M点和N点，下列说法正确的是( )
A.碰后两壶所受摩擦力的冲量相同
B．碰后蓝壶速度约为红壶速度的2倍
C．红壶碰前速度约为碰后速度的3倍
D．碰撞过程两壶组成的系统机械能守恒
7．[2022·湖南卷]神舟十三号返回舱进入大气层一段时间后，逐一打开引导伞、减速伞、主伞，最后启动反冲装置，实现软着陆．某兴趣小组研究了减速伞打开后返回舱的运动情况，将其运动简化为竖直方向的直线运动，其v­t图像如图所示．设该过程中，重力加速度不变，返回舱质量不变，下列说法正确的是( )
A．在0～t1时间内，返回舱重力的功率随时间减小
B．在0～t1时间内，返回舱的加速度不变
C．在t1～t2时间内，返回舱的动量随时间减小
D.在t2～t3时间内，返回舱的机械能不变
二、非选择题
8.
如图所示，质量m＝1kg的弹性小球A在长为l＝0.9m的细轻绳牵引下可以绕水平轴O在竖直平面内做圆周运动，圆周的最高点为P，P处有一个水平槽，水平地面距水平槽的高度恰好是1.8m，槽内有许多质量均为M＝3kg的弹性钢球，小球A每次转动到P点恰好与P点处的小钢球发生弹性正碰(碰撞时间极短)，钢球水平飞出做平抛运动．每次被小球A碰撞后，槽内填充装置可将另一个相同的钢球自动填充运动到P点位置且静止．现将小球A在顶点P以v0＝32m/s的初速度向左抛出(如图)，小球均可视为质点，g取10m/s2，求：
(1)第一次碰撞后瞬间，小球A和第一个钢球获得的速度；
(2)小球A能将钢球碰出去的钢球个数；
(3)第一个钢球与最后一个钢球落地后的水平距离．
9.
[2022·广东卷]某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型．竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态．当滑块从A处以初速度v0为10m/s向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f为1N．滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动．已知滑块的质量m＝0.2kg，滑杆的质量M＝0.6kg，A、B间的距离l＝1.2m，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力．求：
(1)滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小N1和N2；
(2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v；
(3)滑杆向上运动的最大高度h.
专题强化训练7 动量定理 动量守恒定律
1．解析：由于子弹射入木块的时间极短，在瞬间动量守恒，根据动量守恒定律得：mv0＝（M＋m）v，解得v＝eq \f(mv0,M＋m)
根据动量定理，合外力的冲量I＝Mv＝eq \f(Mmv0,M＋m)，故A正确，B、C、D错误．
答案：A
2．解析：小球C下落到最低点时，AB开始分离，此过程水平方向动量守恒．根据机械能守恒有：
m0gL＝eq \f(1,2)m0v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(C)) ＋eq \f(1,2)×2m×v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(AB))
取水平向左为正方向，由水平方向动量守恒得：
m0vC＝2m×vAB
联立解得vC＝2eq \r(\f(mgL,2m＋m0))，vAB＝eq \f(m0,m)eq \r(\f(mgL,2m＋m0))，故A、B正确；
C球由静止释放到最低点的过程中，选B为研究对象，由动量定理IAB＝mvAB＝m0eq \r(\f(mgL,2m＋m0))，故C错误；
C球由静止释放到最低点的过程中，系统水平方向动量守恒，设C对地向左水平位移大小为x1，AB对地水平位移大小为x2，则有m0x1＝2mx2，x1＋x2＝L
可解得x2＝eq \f(m0L,2m＋m0)，故D正确．
答案：C
3．解析：根据动能定理可知W1＝eq \f(1,2)m（2v）2－eq \f(1,2)mv2＝eq \f(3,2)mv2，W2＝eq \f(1,2)m（5v）2－eq \f(1,2)m（2v）2＝eq \f(21,2)mv2，可得W2＝7W1，由于速度是矢量，具有方向，当初、末速度方向相同时，动量变化量最小，方向相反时，动量变化量最大，因此冲量的大小范围是mv≤I1≤3mv，3mv≤I2≤7mv，比较可得I2≥I1，一定成立．D正确．
答案：D
4．解析：取水平向右为正方向，小孩第一次推出A车后，小孩和B车获得速度为v1，由动量守恒定律mBv1－mAv＝0
解得v1＝eq \f(mA,mB)v
小孩第n－1次推出A车后小孩和B车获得速度为vn－1，第n次推出A车后，小孩和B车获得速度为vn.第n次推出A车前后，由动量守恒定律mAv＋mBvn－1＝－mAv＋mBvn
得vn－vn－1＝eq \f(2mA,mB)v
由等差数列公式得vn＝v1＋（n－1）eq \f(2mA,mB)v＝eq \f(2n－1,4040)v
当vn≥v时，再也接不到小车，即eq \f(2n－1,4040)≥1
得n≥2020.5
取n＝2021，故选B.
答案：B
5．解析：A的质量为mA，B的质量为mB；当滑块固定时，由动能定理mBgR＝eq \f(1,2)mBv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B))
随后小球B做平抛运动
x方向x1＝vBt
y方向R＝eq \f(1,2)gt2
联立得x1＝2R
若滑块不固定时，由水平方向上动量守恒0＝mAvA＋mBvB
由能量守恒得mBgR＝eq \f(1,2)mBv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B)) ＋eq \f(1,2)mAv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(A))
B随后做平抛运动，A随后做匀速运动
x方向x2＝vBt－vAt
y方向R＝eq \f(1,2)gt2
因为x1∶x2＝1∶eq \r(3)
联立得mA∶mB＝1∶2，故选B.
答案：B
6．解析：碰后两壶运动距离不相同，所以碰后两球速度不相同，根据动量定理可判断出碰后两壶所受摩擦力的冲量不相同，A错误；
碰后红壶运动的距离为x1＝R2－R1＝0.61m
蓝壶运动的距离为x2＝2R2＝2.44m
二者质量相同，假设二者碰后的所受摩擦力相同，则二者做减速运动的加速度也相同，对红壶，有v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝2ax1
对蓝壶有v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＝2ax2
联立可得eq \f(v1,v2)＝eq \f(1,2)
即碰后蓝壶速度约为红壶速度的2倍，B正确；
设红壶碰前速度为v0，则有mv0＝mv1＋mv2，故有v0＝3v1，即红壶碰前速度约为碰后速度的3倍，C正确；
碰前的动能为Ek0＝eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))
碰后动能为Ek1＝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))
则有Ek0>Ek1，机械能不守恒，D错误．
答案：BC
7．解析：由题知，返回舱的运动简化为竖直方向的直线运动，所以重力的功率P＝mgv，因此在0～t1时间内，结合v­t图像可知返回舱重力的功率随时间减小，A项正确；v­t图像的斜率表示返回舱的加速度，故0～t1时间内，返回舱的加速度不断减小，B项错误；返回舱的动量大小与其速度大小成正比，所以t1～t2时间内，返回舱的动量随时间减小，C项正确；在t2～t3时间内，返回舱匀速下降，机械能不守恒，D项错误．
答案：AC
8．解析：（1）小球A在顶部与钢球碰撞，由动量守恒定律、机械能守恒定律得mv0＝mv1＋Mv′1；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(1))
联立解得v1＝eq \f(m－M,M＋m)v0＝－eq \f(1,2)v0＝－16m/s；v′1＝eq \f(2m,M＋m)v0＝eq \f(1,2)v0＝16m/s.
（2）利用上述方程还可得小球A第一次碰后的速度
v1＝eq \f(m－M,M＋m)v0＝－eq \f(1,2)v0同理可知碰撞n次以后瞬间的速度为vn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))eq \s\up12(n)v0，负号表示与碰前入射速度方向相反，小球要能与钢球碰撞则必须能完成完整的圆周运动，所以碰n次后假定再次到达P位置，其速度大小一定有vn≥eq \r(gl)＝3m/s，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n)v0≥eq \r(gl)，解得3n为整数，所以取4，小球A可以与4个钢球碰撞．
（3）第4个钢球碰后速度v′4＝eq \f(2m,m＋M)v4＝2m/s，由于两球是分别朝向左、右两边做平抛运动，水平距离是x＝x1＋x4，平抛时间是t＝eq \r(\f(4L,g))＝0.6s，得x＝（16＋2）×0.6m＝10.8m
答案：（1）见解析 （2）4个 （3）10.8m
9．解析：（1）滑块静止时，滑块和滑杆均处于静止状态，以滑块和滑杆整体为研究对象，由平衡条件可知
N1＝（m＋M）g＝8N
滑块向上滑动时，滑杆受重力、滑块对其向上的摩擦力以及桌面的支持力，则有N2＝Mg－f
代入数据得N2＝5N.
（2）方法一 碰前，滑块向上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得mg＋f＝ma1
解得a1＝15m/s2，方向向下
由运动学公式得v2－v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝－2a1l
代入数据得v＝8m/s.
方法二 由动能定理得－（mg＋f）l＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))
代入数据解得v＝8m/s.
（3）滑块和滑杆发生的碰撞为完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律有mv＝（M＋m）v共
代入数据得v共＝2m/s
此后滑块与滑杆一起竖直向上运动，根据动能定理有
－（M＋m）gh＝0－eq \f(1,2)（M＋m）v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(共))
代入数据得h＝0.2m
答案：（1）8N 5N （2）8m/s （3）0.2m