第7章　动量守恒定律 第2讲　动量守恒定律及其应用-【人教版】2025新教材高考物理一轮基础练习

这是一份第7章　动量守恒定律 第2讲　动量守恒定律及其应用-【人教版】2025新教材高考物理一轮基础练习，共8页。试卷主要包含了篮球运动深受同学们喜爱，如图甲所示,水平桌面上有一算盘，2 s等内容，欢迎下载使用。

基础对点练
题组一 动量守恒定律的条件及应用
1.(2021全国乙卷)如图所示,光滑水平地面上有一小车,一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连,另一端与滑块相连,滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩,撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系(可视为惯性系)中,从撤去推力开始,小车、弹簧和滑块组成的系统( )

A.动量守恒,机械能守恒
B.动量守恒,机械能不守恒
C.动量不守恒,机械能守恒
D.动量不守恒,机械能不守恒
2.(2023辽宁沈阳二模)篮球运动深受同学们喜爱。在某次篮球比赛中,质量为m的篮球以水平速度大小v撞击竖直篮板后,以水平速度大小v'被弹回,已知v'A.撞击时篮球受到的冲量大小为m(v'-v)
B.撞击时篮板受到的冲量大小为m(v-v')
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
题组二 爆炸、反冲和人船模型
3.有一条捕鱼小船停靠在湖边码头,小船又窄又长,一位同学想粗略测定它的质量,他进行了如下操作:首先将船平行码头自由停泊,轻轻从船尾上船,走到船头后停下来,而后轻轻下船,用卷尺测出船后退的距离为d以及船长L,已知他自身的质量为m。若不计水的阻力,则渔船的质量为( )
A.m(L+d)dB.mdL-d
C.m(L-d)dD.mLd
4.(多选)章鱼遇到危险时可将吸入体内的水在极短时间内向后喷出,由此获得一个反冲速度,从而迅速向前逃窜完成自救。假设有一只章鱼吸满水后的总质量为m0,静止悬浮在水中,一次喷射出质量为m的水,喷射速度大小为v0,章鱼体表光滑,则以下说法正确的是( )
A.喷水的过程中,章鱼和喷出的水组成的系统动量守恒
B.喷水的过程中,章鱼和喷出的水组成的系统机械能守恒
C.章鱼喷水后瞬间逃跑的速度大小为mm0v0
D.章鱼喷水后瞬间逃跑的速度大小为mm0-mv0
5.(2023重庆八中模拟)一质量为m0的爆竹竖直运动到最高点时,爆炸成两部分,爆炸后瞬时质量为m的部分动能为E,爆炸时间极短可不计,不计爆炸过程中的质量损失,则该爆竹爆炸后瞬时的总动能为( )
A.2m0m0-mEB.m02(m0-m)E
C.mm0-mED.m0m0-mE
题组三 碰撞问题
6.在光滑的水平面上有三个完全相同的小球,它们排成一条直线,小球2、3静止,并靠在一起,球1以速度v0撞向它们,如图所示,设碰撞过程中不损失机械能,则碰后三个小球的速度分别为( )
A.v1=v2=v3=33v0
B.v1=0,v2=v3=22v0
C.v1=0,v2=v3=12v0
D.v1=v2=0,v3=v0
7.(多选)(2024安徽合肥模拟)光滑水平桌面距离水平地面的高度为H,质量为m2、半径为R的光滑四分之一圆弧槽B静止放在桌面上,质量为m1的小球A从与圆弧槽圆心等高处由静止滑下,与静止在桌面上的质量为m3的小球C发生弹性正碰,最后两小球分别落到水平地面上的M、N两点,如图所示,已知H=0.8 m,R=0.9 m,m1=2 kg,m2=2 kg,m3=1 kg,重力加速度g取10 m/s2,两球视为质点,不计空气阻力,下列选项正确的是( )
A.小球A从圆弧槽滑离时的速度为3 m/s
B.小球A与小球C碰撞后,小球C的速度为2 m/s
C.M、N两点的距离为1.2 m
D.小球A可能落在N点
综合提升练
8.(多选)(2023天津模拟)小球A和槽形物体B的质量分别为m、2m,B置于水平面上,B的上部半圆形槽的半径为R,槽的左右两侧等高,如图所示。将A从槽的右侧顶端由静止释放,一切阻力均不计,则( )
A.A刚能到达槽的左侧顶端
B.A运动到槽的最低点时速度为2gR
C.B向右匀速运动
D.B向右运动的最大位移为23R
9.(2024浙江杭州模拟)如图甲所示,水平桌面上有一算盘。算珠可穿在固定的杆上滑动,算珠与杆之间的动摩擦因数为μ(未知)。使用时发现某一根杆上有A、B两颗算珠未在归零位。A、B相隔s1=3.5 cm,B与上边框相隔s2=2 cm。现用手指将A以某一初速度拨出,在方格纸中作出A、B运动的v-t图像如图乙所示(实线代表A,虚线代表B)。忽略A、B碰撞的时间,g取10 m/s2,则( )
甲
乙
A.算珠A在碰撞前运动了0.2 s
B.算珠与杆之间的动摩擦因数μ=0.2
C.算珠A与算珠B在碰撞过程无机械能损失
D.算珠B碰撞后恰好能到达归零位置
10.(2023天津卷)已知A、B两物体质量分别为mA=2 kg,mB=1 kg,A物体从h=1.2 m处自由下落,且同时B物体从地面竖直上抛,经过t=0.2 s相遇碰撞后,两物体立刻粘在一起,已知重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)碰撞时离地高度x;
(2)碰后速度v;
(3)碰撞损失机械能ΔE。
11.ABC为一固定在竖直平面内的光滑轨道,AB段是半径R=0.8 m的14圆弧,B在圆心O的正下方,BC段水平,AB段与BC段平滑连接,如图所示。球2、球3均放在BC轨道上,质量m1=0.4 kg的球1从A点由静止释放,球1进入水平轨道后与球2发生弹性正碰,球2再与球3发生弹性正碰,g取10 m/s2。
(1)求球1到达B点时对轨道的压力大小。
(2)若球2的质量m2=0.1 kg,求球1与球2碰撞后球2的速度大小。
(3)若球3的质量m3=0.1 kg,为使球3获得最大的动能,球2的质量应为多少。
参考答案
第2讲 动量守恒定律及其应用
1.B 解析 撤去推力,系统合外力为0,系统动量守恒,滑块和小车之间有滑动摩擦力,由于摩擦生热,故系统机械能减少,选项B正确。
2.C 解析 取初速度方向为正方向,则由动量定理可得,冲量大小I=|-mv'-mv|=m(v+v'),故A、B错误;撞击过程中篮球和篮板组成的系统所受合外力不等于零,则系统动量不守恒,故C正确;由于反弹速度减小,则撞击过程中篮球和篮板组成的系统机械能不守恒,故D错误。
3.C 解析 设人走动时船的速度大小为v,人的速度大小为v',人从船尾走到船头所用时间为t。取船的速度为正方向,则v=dt,v'=L-dt,根据动量守恒定律得,m船v-mv'=0,解得船的质量m船=m(L-d)d,故A、B、D错误,C正确。
4.AD 解析 章鱼喷水过程所用的时间极短,内力远大于外力,章鱼和喷出的水组成的系统动量守恒,A正确;在章鱼喷水的过程中,章鱼体内的化学能转化为机械能,系统机械能增加,B错误;以章鱼和喷出的水组成的系统为研究对象,规定章鱼喷水后瞬间逃跑的方向为正方向,由动量守恒定律得,0=(m0-m)v-mv0,可得章鱼喷水后瞬间逃跑的速度大小v=mm0-mv0,C错误,D正确。
5.D 解析 设爆炸后瞬时质量为m部分的速度大小为v1,另一部分的速度大小为v2,根据动量守恒可得,mv1=(m0-m)v2,解得v2=mm0-mv1,又E=12mv12,则该爆竹爆炸后瞬时的总动能E总=12mv12+12(m0-m)v22,联立解得E总=m0m0-mE,故选D。
6.D 解析 由题设条件,三球在碰撞过程中总动量和总动能守恒。设三球质量均为m,则碰撞前系统总动量为mv0,总动能为12mv02,选项A、B中的数据都违反了动量守恒定律,故不可能;对选项C,碰后总动量为mv0,但总动能为14mv02,这显然违反了机械能守恒定律,故不可能;对选项D,既满足动量守恒定律,也满足机械能守恒定律,故选D。
7.AC 解析 设A球滑离圆弧槽时的速度为v1,圆弧槽的速度为v2,取向右为正方向,此过程由水平方向上动量守恒和机械能守恒得,m1v1+m2v2=0,m1gR=12m1v12+12m2v22,解得v1=3 m/s,假设A与C碰撞后的速度分别为vA、vC,由动量守恒和机械能守恒得,m1v1=m1vA+m3vC,12m1v12=12m1vA2+12m3vC2,解得vA=1 m/s,vC=4 m/s,假设两球从桌面平抛运动时间为t,由H=12gt2,A球的水平位移xA=vAt,C球的水平位移xC=vCt,M、N两点的距离xMN=xC-xA=1.2 m,因为vA8.AD 解析 设A到达左侧最高点的速度为v1,根据动量守恒定律知,由于初动量为零,则总动量为零,根据能量守恒定律知,A能到达B圆槽左侧的最高点,故A正确;设A到达最低点时的速度为v,根据动量守恒定律得,0=mv-2mv',解得v'=v2,根据能量守恒定律得,mgR=12mv2+12×2mv22,解得v=4gR3,故B错误;B向右先加速后减速,减速到零之后又向左先加速后减速,即做往返运动,故C错误;因为A和B组成的系统在水平方向上动量守恒,当A运动到左侧最高点时,B向右运动的位移最大,设B向右的最大位移为x,根据动量守恒定律得,m(2R-x)=2mx,解得x=23R,故D正确。
9.D 解析 由匀变速直线运动规律可得,s1=v0+v12t1,解得t1=0.1 s,A错误;由匀变速直线运动规律可得,v1=v0-at1,由牛顿第二定律可得,μmg=ma,解得μ=0.1,B错误;算珠A与算珠B的质量均为m,则碰撞过程能量关系为12mv12≠12mv22+12mv32,算珠A与算珠B在碰撞过程存在机械能损失,C错误;算珠B碰撞后,由匀变速直线运动规律可得,x=v3+02t2=0.22×0.2 m=0.02 m=2 cm,因此算珠B碰撞后恰好能到达归零位置,D正确。
10.答案 (1)1 m (2)0 (3)12 J
解析 (1)对物体A,根据运动学公式可得
x=h-12gt2=1.2 m-12×10×0.22 m=1 m。
(2)设B物体从地面竖直上抛的初速度为vB0,根据运动学公式可知x=vB0t-12gt2=1 m
解得vB0=6 m/s
碰撞前A物体的速度vA=gt=2 m/s,方向竖直向下
碰撞前B物体的速度vB=vB0-gt=4 m/s,方向竖直向上
选向下为正方向,由动量守恒可得
mAvA-mBvB=(mA+mB)v
解得碰后速度v=0。
(3)根据能量守恒可知碰撞损失的机械能
ΔE=12mAvA2+12mBvB2−12(mA+mB)v2=12 J。
11.答案 (1)12 N (2)6.4 m/s (3)0.2 kg
解析 (1)对球1从A到B应用动能定理
m1gR=12m1v02
在B点对球1应用牛顿第二定律
FN-m1g=m1v02R
联立解得v0=4 m/s,FN=12 N
由牛顿第三定律知球1在B点对轨道的压力大小FN'=FN=12 N。
(2)球1、球2碰撞时,根据动量守恒定律有
m1v0=m1v1+m2v2
由机械能守恒定律得
12m1v02=12m1v12+12m2v22
解得v2=2m1m1+m2v0=6.4 m/s。
(3)同理,球2、球3碰撞后
v3=2m2m2+m3v2
则v3=2m2m2+m3·2m1m1+m2v0
代入数据得v3=1.6m2+0.04m2+0.5v0
由数学知识可知,当m2=0.04m2时,m2+0.04m2+0.5最小,v3最大
所以m2=0.2 kg。