2022屆高中物理一輪總復(fù)習(xí) 課時練20　動量守恒定律及其應(yīng)用

這是一份2022屆高中物理一輪總復(fù)習(xí) 課時練20　動量守恒定律及其應(yīng)用，共8頁。試卷主要包含了01 kg·m/s等內(nèi)容，歡迎下載使用。
課時練20　動量守恒定律及其應(yīng)用　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 基礎(chǔ)對點練1.(動量守恒的條件、動量守恒定律)(2020北京海淀高三三模)男女雙人滑冰是頗具藝術(shù)性的冰上運動項目。在某次比賽的一個小片段中,男女運動員在水平冰面上沿同一直線相向滑行,且速率恰好相等,男運動員的質(zhì)量為女運動員的2倍,某時刻兩者相遇,然后共同運動。為簡化問題,在此過程中兩運動員均可視為質(zhì)點,且冰面光滑。則(　　)A.相遇過程中兩者的總動量不守恒B.相遇過程中兩者的總動能守恒C.相遇過程中兩者的動量變化大小不等D.女運動員相遇前后的動量大小之比為3∶12.(完全非彈性碰撞)(2020北京高三檢測)如圖所示,質(zhì)量為m的小球A靜止于光滑水平面上,在A與墻之間用輕彈簧連接?，F(xiàn)用質(zhì)量也為m的小球B以水平速度v0與A相碰后粘在一起壓縮彈簧。不計空氣阻力,若彈簧被壓縮過程中的最大彈性勢能為E,從球A被碰到回到原靜止位置的過程中墻對彈簧的沖量大小為I,則下列表達(dá)式中正確的是(　　)A.E=　I=2mv0 B.E=　I=2mv0C.E=　I=mv0 D.E=　I=mv03.(動量守恒定律的應(yīng)用)(2020四川德陽高考模擬)如圖所示,在固定的水平桿上,套有質(zhì)量為m的光滑圓環(huán),輕繩一端拴在環(huán)上,另一端系著質(zhì)量為M的木塊,現(xiàn)有質(zhì)量為m0的子彈以大小為v0的水平速度射入木塊并留在木塊中,重力加速度為g,下列說法正確的是(　　)A.子彈射入木塊后的瞬間,速度大小為B.子彈射入木塊后的瞬間,繩子拉力等于(M+m0)gC.子彈射入木塊后的瞬間,環(huán)對輕桿的壓力大于(M+m+m0)gD.子彈射入木塊之后,圓環(huán)、木塊和子彈構(gòu)成的系統(tǒng)動量守恒 4.(多選)(動量守恒定律的應(yīng)用)(2020河南洛陽高三一模)如圖所示,質(zhì)量為m=245 g的物塊(可視為質(zhì)點)放在質(zhì)量為M=0.5 kg的足夠長的木板左端,木板靜止在光滑水平面上,物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ=0.4,質(zhì)量為m0=5 g的子彈以速度v0=300 m/s沿水平方向射入物塊并留在其中(時間極短),g取10 m/s2,則在整個過程中(　　)A.物塊和木板組成的系統(tǒng)動量守恒B.子彈的末動量大小為0.01 kg·m/sC.子彈對物塊的沖量大小為0.49 N·sD.物塊相對木板滑行的時間為1 s5.(動量守恒定律的應(yīng)用)(2020福建福州期末)如圖所示,質(zhì)量為M的均勻木塊靜止在光滑的水平面上,木塊左右兩側(cè)各有一位拿著完全相同的步槍和子彈的射擊手,子彈質(zhì)量為m,首先左側(cè)的射擊手開槍,子彈水平射入木塊的深度為d1,子彈與木塊相對靜止后,右側(cè)的射擊手開槍,子彈水平射入木塊的深度為d2,設(shè)兩子彈均未射穿木塊,兩子彈射入木塊前的速度大小相等,且兩子彈與木塊之間的作用力大小相等。當(dāng)兩顆子彈均相對木塊靜止時,兩子彈射入的深度之比為(　　)A. B. C. D.6.(動量守恒定律的應(yīng)用)(2020內(nèi)蒙古通遼檢測)如圖所示,在沙堆表面放置一木塊A,其上面再放一個質(zhì)量為m的火箭模型B,木塊的質(zhì)量為M。當(dāng)火箭模型發(fā)射時,因反沖作用木塊陷入沙中深度h,而木塊所受沙子的平均阻力為f。若火箭模型中的火藥質(zhì)量以及空氣阻力可忽略不計,重力加速度為g。求:(1)火箭模型發(fā)射瞬間木塊獲得的速度大小;(2)火箭模型能上升的最大高度。     7.(彈性碰撞)(2020山東濟(jì)南高三三模)如圖所示,四分之一圓弧軌道固定于水平面,末端與水平軌道相切,圓弧半徑R=1.25 m。質(zhì)量M=0.4 kg的小球B靜止在水平軌道上,質(zhì)量m=0.1 kg的小球A從與圓心等高處無初速度釋放,滑下后A與B發(fā)生彈性碰撞。小球體積相同且均可視為質(zhì)點,不計一切摩擦,重力加速度g取10 m/s2。求:(1)小球A第一次到達(dá)圓弧軌道最低點時,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。 素養(yǎng)綜合練 8.(多選)如圖所示,水平面上固定著兩根足夠長的平行導(dǎo)槽,質(zhì)量為2m的U形管恰好能在兩導(dǎo)槽之間自由滑動,一質(zhì)量為m的小球沿水平方向,以初速度v0從U形管的一端射入,從另一端射出。已知小球的半徑略小于管道半徑,不計一切摩擦,下列說法正確的是(　　)A.該過程中,小球與U形管組成的系統(tǒng)機械能守恒B.小球從U形管的另一端射出時,速度大小為C.小球運動到U形管圓弧部分的最左端時,速度大小為D.小球從射入至運動到U形管圓弧部分的最左端的過程中,平行導(dǎo)槽受到的沖量大小為9.(2020重慶高三月考)在光滑水平面上有三個彈性小鋼球a、b、c處于靜止?fàn)顟B(tài),質(zhì)量分別為2m、m和2m。其中a、b兩球間夾一被壓縮了的彈簧,兩球通過左右兩邊的光滑擋板束縛著。若某時刻將擋板撤掉,彈簧便把a、b兩球彈出,兩球脫離彈簧后,a球獲得的速度大小為v,若b、c兩球相距足夠遠(yuǎn),則b、c兩球相碰后(　　)A.b球的速度大小為v,運動方向與原來相反B.b球的速度大小為v,運動方向與原來相反C.c球的速度大小為vD.c球的速度大小為v10.“引力彈弓效應(yīng)”是指在太空運動的探測器,借助行星的引力來改變自己的速度。為了分析這個過程,可以建構(gòu)以下模型:探測器分別從行星運動的反方向或同方向接近行星,分別因相互作用改變了速度。如圖所示,以太陽為參考系,設(shè)行星運動的速度為u,探測器的初速度大小為v0,在圖示的兩種情況下,探測器在遠(yuǎn)離行星后速度大小分別為v1和v2。探測器和行星雖然沒有發(fā)生直接碰撞,但是在行星的運動方向上,其運動規(guī)律可以近似為兩個質(zhì)量不同的鋼球在同一條直線上發(fā)生的彈性碰撞。那么下列判斷中正確的是(　　)A.v1>v0 B.v1=v0C.v2>v0 D.v2=v011.(2020天津高三二模)如圖所示是一個滑板場地,OP段是光滑的四分之一圓弧軌道,半徑為0.8 m。PQ段是足夠長的粗糙水平地面,滑板與水平地面間的動摩擦因數(shù)為μ=0.2?；暹\動員踩著滑板A從O點由靜止滑下,到達(dá)P點時,立即向前起跳?；暹\動員離開滑板A后,滑板A以速度v1=2 m/s返回,滑板運動員落到前面相同的滑板B上,并一起向前繼續(xù)滑動。已知滑板質(zhì)量是m=5 kg,滑板運動員的質(zhì)量是滑板的9倍,滑板B與P點的距離為Δx=3 m,g取10 m/s2。(不考慮滑板的長度以及滑板運動員和滑板間的作用時間)求:(1)當(dāng)滑板運動員和滑板A到達(dá)圓弧軌道末端P點時滑板A對軌道的壓力;(2)滑板運動員落到滑板B上瞬間,滑板B的速度大小;(3)兩個滑板間的最終距離。          12.如圖所示,質(zhì)量為M=2 kg的木板A靜止在光滑水平面上,其左端與固定臺階相距x,右端與一固定在地面上的半徑R=0.4 m的光滑四分之一圓弧緊靠在一起,圓弧的底端與木板上表面水平相切。質(zhì)量為m=1 kg的滑塊B(可視為質(zhì)點)以初速度v0= m/s從圓弧的頂端沿圓弧下滑,B從A右端的上表面水平滑入時撤走圓弧。A與臺階碰撞無機械能損失,不計空氣阻力,A、B之間動摩擦因數(shù)μ=0.1,A足夠長,B不會從A表面滑出,g取10 m/s2。(1)求滑塊B到圓弧底端時的速度大小v1;(2)若A與臺階碰前,已和B達(dá)到共速,求A向左運動的過程中與B摩擦產(chǎn)生的熱量Q(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字);(3)若A與臺階只發(fā)生一次碰撞,求x滿足的條件。   參考答案課時練20　動量守恒定律及其應(yīng)用1.D　由題意可知,可將兩運動員的運動看作完全非彈性碰撞,即碰后速度相等,在碰撞過程中,滿足動量守恒定律,碰撞過程損失機械能,總動能減小,故A、B錯誤;根據(jù)動量守恒定律,兩者的動量變化大小相等,故兩者的動量變化不相等,故C錯誤;設(shè)男運動員的質(zhì)量為2m,女運動員的質(zhì)量為m,兩者初速率皆為v,以男運動員初速度方向為正方向,根據(jù)動量守恒定律可得2mv-mv=(2m+m)v',解得v'=,女運動員相遇前后的動量大小之比為=3,故D正確。2.A　A和B碰撞瞬間,由動量守恒定律可知mv0=2mv1,解得v1=,碰撞后系統(tǒng)機械能守恒,當(dāng)兩球向左減速到零時彈簧的彈性勢能最大,最大彈性勢能為E,則E=×2m×,對整體分析,取向右為正,由動量定理可得I=2m×--2m×=2mv0,故A正確,B、C、D錯誤。3.C　子彈射入木塊后的瞬間,子彈和木塊在水平方向上動量守恒,則m0v0=(M+m0)v1,解得速度大小為v1=,選項A錯誤;子彈射入木塊后的瞬間,根據(jù)牛頓第二定律可得T-(M+m0)g=(M+m0),可知繩子拉力大于(M+m0)g,選項B錯誤;子彈射入木塊后的瞬間,對子彈、木塊和圓環(huán)整體有N=T+mg>(M+m+m0)g,選項C正確;子彈射入木塊之后,圓環(huán)、木塊和子彈構(gòu)成的系統(tǒng)只在水平方向動量守恒,選項D錯誤。4.BD　子彈進(jìn)入木塊的過程中,物塊和木板的動量都增大,所以物塊和木板組成的系統(tǒng)動量不守恒,故A錯誤;選取向右為正方向,子彈打入物塊的過程,由動量守恒定律可得m0v0=(m0+m)v1,物塊在木板上滑動的過程,由動量守恒定律可得(m0+m)v1=(m0+m+M)v2,聯(lián)立可得v2= m/s=2 m/s,所以子彈的末動量p=m0v2=5×10-3×2=0.01 kg· m/s,故B正確;由動量定理可得子彈受到的沖量I=Δp=p-p0=0.01 kg· m/s-5×10-3×300 kg·m/s=-1.49 N·s,所以子彈對物塊的沖量大小為1.49 N·s,故C錯誤;對子彈和物塊整體,由動量定理得-μ(m0+m)gt=(m0+m)(v2-v1),聯(lián)立可得,物塊相對于木板滑行的時間t==1 s,故D正確。5.B　設(shè)向右為正方向,子彈射入木塊前的速度大小為v,子彈受到的阻力大小為f。當(dāng)兩顆子彈均相對于木塊靜止時,由動量守恒定律得mv-mv=(2m+M)v',得v'=0,即當(dāng)兩顆子彈均相對于木塊靜止時,木塊的速度為零。先對從左側(cè)射入木塊的子彈和木塊組成的系統(tǒng)進(jìn)行研究,則有mv=(M+m)v1,由能量守恒定律得fd1=mv2-(M+m),再對兩顆子彈和木塊組成的系統(tǒng)進(jìn)行研究,得fd2=(M+m)mv2,聯(lián)立解得,故B正確,A、C、D錯誤。6.答案 (1)　(2)解析 (1)對木塊,由動能定理得Mgh-fh=0-Mv2解得v=(2)火箭模型發(fā)射過程中系統(tǒng)動量守恒,由動量守恒定律得Mv-mv'=0火箭模型做豎直上拋運動,上升的最大高度H=解得H=7.答案 (1)3 N　(2)A的速度為3 m/s,方向向左;B的速度為2 m/s,方向向右解析 (1)A第一次在圓弧軌道上運動時,由機械能守恒定律可得mgR=mv2在圓弧軌道最低點時,由牛頓第二定律得F-mg=m解得F=3 N(2)A、B的碰撞為彈性碰撞,由動量守恒定律得mv=mv1+Mv2由機械能守恒定律得mv2=解得v1=-3 m/sv2=2 m/s所以第一次碰后,A的速度為3 m/s,方向向左;B的速度為2 m/s,方向向右。8.ABD　小球和U形管組成的系統(tǒng)整體在運動過程中沒有除重力之外的力做功,所以系統(tǒng)整體機械能守恒,所以A正確;小球從U形管一端進(jìn)入再從另一端出來的過程中,小球和U形管組成的系統(tǒng)水平方向不受外力,規(guī)定向左為正方向,由動量守恒定律可得mv0=mv1+2mv2,再由機械能守恒定律可得·2m,解得v1=v0=-v0,所以B正確;小球從射入至運動到U形管圓弧部分的最左端的過程中,小球和U形管水平向左的方向上滿足動量守恒定律,得mv0=(m+2m)vx,vx=,由能量守恒得·2mmv2,解得v=v0,所以C錯誤;小球此時還有個分速度是沿著U形管的切線方向,設(shè)為vy,由速度的合成與分解可知vy=v0,對小球由動量定理得I=mvy-0=mv0,由于力的作用是相互的,所以平行導(dǎo)槽受到的沖量為I'=mv0,所以D正確。9.B　彈簧彈開的瞬間,a、b和彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒,故有2mv-mvb1=0,解得b獲得的速度為vb1=2v,方向水平向右,b、c碰撞前后,兩者組成的系統(tǒng)動量守恒,故有mvb1=2mvc+mvb2,由于是彈性小球,碰撞無能量損失,故·2m,聯(lián)立解得vb2=-v,說明碰后速度方向與原來的相反,vc=v,方向向右,故B正確。10.A　設(shè)探測器的質(zhì)量為m,行星的質(zhì)量為M,探測器和行星發(fā)生彈性碰撞。對于甲:設(shè)向左為正,由動量守恒定律有Mu-mv0=mv1+Mu1,由能量守恒有Mu2+,聯(lián)立解得探測器碰后的速度v1=,因M?m,故v1=2u+v0>v0,故A正確,B錯誤。對于乙:設(shè)向左為正,由動量守恒定律有Mu+mv0=-mv2+Mu2,由能量守恒有Mu2+,聯(lián)立解得探測器碰后的速度v2=,因M?m,故v2=v0-2u<v0,故C、D錯誤。11.答案 (1)1 500 N,豎直向下　(2)4.2 m/s　(3)6.41 m解析 (1)O→P下滑過程,滑板運動員與滑板A機械能守恒,10mgR=5mv2,代入數(shù)據(jù)解得v==4 m/s,設(shè)在P點支持力為FN,FN-10mg=10m,解得FN=1 500 N,根據(jù)牛頓第三定律得F壓=FN=1 500 N,方向豎直向下。(2)滑板運動員跳離A板,滑板運動員與滑板A在水平方向上動量守恒,10mv=-mv1+9mv2,解得v2= m/s,滑板運動員跳上B板,滑板運動員與滑板B在水平方向上動量守恒,9mv2=10mv3,解得v3=4.2 m/s。(3)滑板B的位移xB==4.41 m,滑板A在弧面上滑行的過程中,機械能守恒,所以再次返回P點時的速度仍為v1=2 m/s,滑板A的位移xA==1 m,最終兩滑板的位置間距為L=xB+Δx-xA=6.41 m。12.答案 (1)4 m/s　(2)5.3 J　(3)x≥1 m解析 (1)滑塊B從釋放到最低點,由動能定理得:mgR=解得:v1=4 m/s(2)由動量守恒定律得:mv1=(m+M)v2解得:v2= m/s由能量守恒定律得:Q=(m+M)解得:Q=5.3 J(3)設(shè)A左端與臺階碰撞前瞬間,A、B的速度分別為v3和v4,由動量守恒定律得:mv1=mv4+Mv3若A與臺階只碰撞一次,則必須滿足:Mv3≥mv4對A板,應(yīng)用動能定理有:μmgx=-0聯(lián)立解得:x≥1 m