统考版2024高考物理二轮专题复习专题强化训练7动量定理动量守恒定律

这是一份统考版2024高考物理二轮专题复习专题强化训练7动量定理动量守恒定律，共6页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题(1～4题为单项选择题，5～7题为多项选择题)
1．[2023·广东红岭中学阶段练习]锤子是常用的装修工具．铺木地板时，调整地板之间衔接平整，需要用锤子轻轻敲打，把铁钉钉入坚硬的木板需要用锤子重重敲打．关于两种情况下选用的锤子及理由，以下说法正确的是( )
A．钉铁钉时，应选铁锤快速敲打，以获得较大的打击力
B．钉铁钉时，应选木锤快速敲打，以获得较小的打击力
C．铺地板时，应选铁锤低速敲打，以获得较小的打击力
D．铺地板时，应选木锤低速敲打，以获得较大的打击力
2．[2023·广东省佛山市阶段练习]若甲队冰壶的质量为m1，乙队冰壶的质量为m2，在某局比赛中，甲队的冰壶以速度v0与静止的乙队的冰壶发生碰撞，碰撞后甲队冰壶的速度为v1，碰撞前后冰壶的速度均在一条直线上且方向相同，冰壶与冰面间的摩擦力远小于冰壶碰撞过程的内力，冰壶可视为质点，不计空气阻力，定义碰后乙队的冰壶获得的动能与碰前甲队的冰壶的动能之比叫作动能传递系数，则此局比赛两冰壶碰撞时的动能传递系数为( )
A．eq \f(m2（v eq \\al(2,0) －v eq \\al(2,1) ）,m1v eq \\al(2,0) )B．eq \f(m1（v eq \\al(2,0) －v eq \\al(2,1) ）,m2v eq \\al(2,0) )
C．eq \f(m2（v0－v1）2,m1v eq \\al(2,0) )D．eq \f(m1（v0－v1）2,m2v eq \\al(2,0) )
3．[2023·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．2020B．2021
C．2022D．2023
4．[2023·湖南省模拟]如图所示，滑块A、B、C位于光滑水平面上，已知A、B、C的质量均为1kg.滑块B的左端连有轻质弹簧，弹簧开始处于自由伸长状态．现使滑块A以v0＝2m/s速度水平向右运动，弹簧被压缩到最短时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动．假设B和C碰撞过程时间极短，则B和C碰撞过程中整个系统损失的机械能为( )
A．0.25JB．0.50J
C．0.75JD．1.00J
5．[2023·新课标卷]使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N极正对着乙的S极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等．现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻( )
A．甲的速度大小比乙的大
B．甲的动量大小比乙的小
C．甲的动量大小与乙的相等
D．甲和乙的动量之和不为零
6.
[2023·河南省焦作市模拟]如图所示，光滑的冰面上有一质量为M的小车处于静止状态，小车上表面为一半径为R的eq \f(1,4)光滑圆弧曲面．某一时刻，一质量为m的小球自左端以水平速度v0冲上小车．则下列说法正确的是( )
A．小球沿曲面向上运动过程中，小球和小车组成的系统动量守恒
B．小球沿曲面向下运动的过程中，小车的动量增加
C．小球离开小车时小球的速率等于v0
D．若小球速度较大，会从圆弧轨道上端抛出，但仍会落回小车
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图象如图所示．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．[2023·黑龙江省海伦市第四次联考]如图所示，小球B和小球C静止在光滑水平面上，轻弹簧一端固定在B球上，另一端与C球接触但未拴接，弹簧处于自然伸长状态，小球A从光滑圆弧面上距水平地面高h处由静止滑下，圆弧面与水平地面平滑连接，A球与B球发生弹性正碰，并在碰撞后立即将A球拿走．已知小球A的质量为m，小球B的质量为3m，重力加速度为g，求：
(1)A球和B球碰撞后瞬间，B球的速度大小；
(2)要使C球能获得最大动能，C球的质量应为多少．
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：根据动量定理得Ft＝0－（－mv0），解得F＝eq \f(mv0,t)，钉铁钉时，为了获得较大的打击力F，应选择铁锤快速敲打．选择铁锤是增大锤子的质量m，选择铁锤还可以减小铁锤与铁钉的作用时间t，快速敲打是增加铁锤的初速度v0，A正确，B错误；根据F＝eq \f(mv0,t)铺地板时，为了获得较小的打击力F，应该选择木锤低速敲打．选择木锤是为了减小锤子的质量m，选择木锤还可以增加木锤与地板的作用时间t，低速敲打是减小木锤的初速度v0，C、D错误．
答案：A
2．解析：根据题意可知，甲队的冰壶与乙队的冰壶在碰撞过程中动量守恒，设碰撞后乙队的冰壶的速度为v2，则有m1v0＝m1v1＋m2v2，此局比赛两冰壶碰撞时的动能传递系数为k＝eq \f(\f(1,2)m2v eq \\al(2,2) ,\f(1,2)m1v eq \\al(2,0) )＝eq \f(m1（v0－v1）2,m2v eq \\al(2,0) )，D正确．
答案：D
3．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
4．解析：对A、B系统，A、B速度相等时，弹簧被压缩到最短，根据动量守恒定律有mAv0＝（mA＋mB）v1，代入数据解得弹簧被压缩到最短时，B的速度v1＝1m/s，此时B与C发生完全非弹性碰撞，对B、C组成的系统，由动量守恒定律得mBv1＝（mB＋mC）v2，代入数据解得v2＝0.5m/s，只有B与C发生非弹性碰撞，有机械能损失，则损失的系统机械能为ΔE＝eq \f(1,2)mBv eq \\al(2,1) －eq \f(1,2)（mB＋mC）v eq \\al(2,2) ＝0.25J，A正确．
答案：A
5．解析：对甲、乙两条形磁铁分别做受力分析，如图所示
对于整个系统，由于μm甲g>μm乙g，合力方向向左，合冲量方向向左，所以合动量方向向左，甲的动量大小比乙的小，m甲v甲＜m乙v乙，又m甲＞m乙，故v甲＜v乙，B、D正确，A、C错误．故选BD.
答案：BD
6．解析：小球沿曲面向上运动过程中，小球和小车组成的系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，但整体合外力不为零，则系统动量不守恒，A错误；小球沿曲面向下运动的过程中，小车受到的冲量向右，小车的动量增加，B正确；设小球离开小车时，小球的速度为v1，小车的速度为v2，选取向右为正方向根据动量守恒和能量守恒可知mv0＝mv1＋Mv2，eq \f(1,2)mv eq \\al(2,0) ＝eq \f(1,2)mv eq \\al(2,1) ＋eq \f(1,2)Mv eq \\al(2,2) ，小球离开小车时小球的速率等于v1＝eq \f(m－M,m＋M)v0，C错误；若小球速度较大，会从圆弧轨道上端抛出，但抛出时两者水平方向速度相同，水平方向相对静止，所以仍会落回小车，D正确．
答案：BD
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图象可知返回舱重力的功率随时间减小，A项正确；v­t图象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，机械能减小，D项错误．
答案：AC
8．解析：（1）设球A与B第一次碰撞前的速度大小为v0，根据机械能守恒有
mgh＝eq \f(1,2)mv eq \\al(2,0)
解得v0＝eq \r(2gh)
设碰撞后，A球的速度大小为v1，B球的速度大小为v2，根据动量守恒有
mv0＝－mv1＋3mv2
根据能量守恒有eq \f(1,2)mv eq \\al(2,0) ＝eq \f(1,2)mv eq \\al(2,1) ＋eq \f(1,2)×3mv eq \\al(2,2)
解得v1＝v2＝eq \f(1,2)v0＝eq \f(1,2)eq \r(2gh).
（2）设C球的质量为mC，要使C球具有最大动能，则B、C通过弹簧作用，将C球弹离时，B球的速度为零，设C球获得的速度大小为v3，根据动量守恒有
3mv2＝v3mC
根据能量守恒有eq \f(1,2)×3mv eq \\al(2,2) ＝eq \f(1,2)mCv eq \\al(2,3)
解得v3＝v2，mC＝3m.
答案：（1）eq \f(1,2)eq \r(2gh) （2）3m
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(2,0) ＝－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(2,0)
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(2,共)
代入数据得h＝0.2m
答案：（1）8N 5N （2）8m/s （3）0.2m