(统考版)2023高考物理二轮专题复习习题-专题强化训练7动量定理动量守恒定律.docx

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1、专题强化训练7动量定理动量守恒定律一、选择题(15题为单项选择题，67题为多项选择题)12022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()AMmv0M+m B2Mv0 C2Mmv0M+m D2mv02.2022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

2、，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()AA、B两木块分离时，A、B的速度大小均为m0mmgL2m+m0BA、B两木块分离时，C的速度大小为2mgL2m+m0CC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2m0mgL2m+m0DC球由静止释放到最低点的过程中，木块A移动的距离为m0L2m+m032022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()AW23W1，I23I1BW23W1，

3、I2I1CW27W1，I23I1DW27W1，I2I142022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4 040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()A2 020 B2 021C2 022 D2 0235.2022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，

4、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x1x213.由此可知，小球B和滑块A的质量比为()A12 B21 C13 D236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72022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、

5、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v t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0t1时间内，返回舱重力的功率随时间减小B在0t1时间内，返回舱的加速度不变C在t1t2时间内，返回舱的动量随时间减小D在t2t3时间内，返回舱的机械能不变二、非选择题8.如图所示，质量m1 kg的弹性小球A在长为l0.9 m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1.8 m，槽内有许多质量均为M3 kg的弹性钢

6、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v032 m/s的初速度向左抛出(如图)，小球均可视为质点，g取10 m/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10 m/s向上滑

7、动时，受到滑杆的摩擦力f为1 N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m0.2 kg，滑杆的质量M0.6 kg，A、B间的距离l1.2 m，重力加速度g取10 m/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(Mm)v，解得vmv0M+m根据动量定理，合外力的冲量IMvMmv0M+m，故A正确，B、C、D错误答案：A2解析：

8、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：m0gL12m0vC2+122mvAB2取水平向左为正方向，由水平方向动量守恒得：m0vC2mvAB联立解得vC2mgL2m+m0，vABm0mmgL2m+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IABmvABm0mgL2m+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m0x12mx2，x1x2L可解得x2m0L2m+m0，故D正确答案：C3解析：根据动能定理可知W112m(2v)212mv2

9、32mv2，W212m(5v)212m(2v)2212mv2，可得W27W1，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mvI13mv，3mvI27mv，比较可得I2I1，一定成立D正确答案：D4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mBv1mAv0解得v1mAmBv小孩第n1次推出A车后小孩和B车获得速度为vn1，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mAvmBvn1mAvmBvn得vnvn12mAmBv由等差数列公式得vnv1(n

10、1)2mAmBv2n14 040v当vnv时，再也接不到小车，即2n14 0401得n2 020.5取n2 021，故选B.答案：B5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mBgR12mBvB2随后小球B做平抛运动x方向x1vBty方向R12gt2联立得x12R若滑块不固定时，由水平方向上动量守恒0mAvAmBvB由能量守恒得mBgR12mBvB2+12mAvA2B随后做平抛运动，A随后匀速运动x方向x2vBtvAty方向R12gt2因为x1x213联立得mAmB12，故选B.答案：B6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

11、受摩擦力的冲量不相同，A错误；碰后红壶运动的距离为x1R2R10.61 m蓝壶运动的距离为x22R22.44 m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v122ax1对蓝壶有v222ax2联立可得v1v212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mv0mv1mv2，故有v03v1，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Ek012mv02碰后动能为Ek112mv12+12mv22则有Ek0Ek1，机械能不守恒，D错误答案：BC7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Pmgv，因

12、此在0t1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0t1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t1t2时间内，返回舱的动量随时间减小，C项正确；在t2t3时间内，返回舱匀速下降，机械能减小，D项错误答案：AC8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mv0mv1Mv1；12mv0212mv12+12Mv12联立解得v1mMM+mv012v016 m/s；v12mM+mv012v016 m/s(2)利用上述方程还可得小球A第一次碰后的速度v1mMM+mv012v0同理

13、可知碰撞n次以后瞬间的速度为vn12nv0，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vngl3 m/s，所以12nv0gl，解得3n4，n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v42mm+Mv42 m/s，由于两球是分别朝向左、右两边做平抛运动，水平距离是xx1x4，平抛时间是t 4Lg0.6 s，得x(162)0.6 m10.8 m答案：(1)见解析(2)4个(3)10.8 m9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(mM

14、)g8 N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N2Mgf代入数据得N25 N(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mgfma1解得a115 m/s2，方向向下由运动学公式得v2v022a1l代入数据得v8 m/s方法二由动能定理得(mgf)l12mv212mv02代入数据解得v8 m/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(Mm)v共代入数据得v共2 m/s此后滑块与滑杆一起竖直向上运动，根据动能定理有(Mm)gh012M+mv共2代入数据得h0.2 m答案：(1)8 N5 N(2)8 m/s(3)0.2 m