2023新教材高考物理二輪專(zhuān)題復(fù)習(xí)專(zhuān)題強(qiáng)化訓(xùn)練7動(dòng)量定理動(dòng)量守恒定律

專(zhuān)題強(qiáng)化訓(xùn)練7動(dòng)量定理動(dòng)量守恒定律一、選擇題(1～5題為單項(xiàng)選擇題，6～7題為多項(xiàng)選擇題)1．[2022·山東押題卷]如圖所示，在光滑水平面上有一質(zhì)量為M的木塊，木塊與輕彈簧水平相連，彈簧的另一端連在豎直墻上，木塊處于靜止?fàn)顟B(tài)，一質(zhì)量為m的子彈以水平速度v0擊中木塊，并嵌在其中，木塊壓縮彈簧后在水平面做往復(fù)運(yùn)動(dòng)．木塊自被子彈擊中前到第一次回到原來(lái)位置的過(guò)程中，木塊受到的合外力的沖量大小為()A．eq\f(Mmv0,M＋m) B．2Mv0C．eq\f(2Mmv0,M＋m) D．2mv02.[2022·湖南押題卷]如圖所示，質(zhì)量均為m的木塊A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一豎直輕桿，輕桿上端的O點(diǎn)系一長(zhǎng)為L(zhǎng)的細(xì)線(xiàn)，細(xì)線(xiàn)另一端系一質(zhì)量為m0的球C，現(xiàn)將C球拉起使細(xì)線(xiàn)水平伸直，并由靜止釋放C球，則下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A．A、B兩木塊分離時(shí)，A、B的速度大小均為eq\f(m0,m)eq\r(\f(mgL,2m＋m0))B．A、B兩木塊分離時(shí)，C的速度大小為2eq\r(\f(mgL,2m＋m0))C．C球由靜止釋放到最低點(diǎn)的過(guò)程中，A對(duì)B的彈力的沖量大小為2m0eq\r(\f(mgL,2m＋m0))D．C球由靜止釋放到最低點(diǎn)的過(guò)程中，木塊A移動(dòng)的距離為eq\f(m0L,2m＋m0)3．[2022·湖北卷]一質(zhì)點(diǎn)做曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，在前一段時(shí)間內(nèi)速度大小由v增大到2v，在隨后的一段時(shí)間內(nèi)速度大小由2v增大到5v.前后兩段時(shí)間內(nèi)，合外力對(duì)質(zhì)點(diǎn)做功分別為W1和W2，合外力的沖量大小分別為I1和I2.下列關(guān)系式一定成立的是()A．W2＝3W1，I2≤3I1B．W2＝3W1，I2≥I1C．W2＝7W1，I2≤3I1D．W2＝7W1，I2≥I14.[2022·山東押題卷]如圖所示，在光滑水平面上有A、B兩輛小車(chē)，水平面的左側(cè)有一豎直墻，在小車(chē)B上坐著一個(gè)小孩，小孩與B車(chē)的總質(zhì)量是A車(chē)質(zhì)量的4040倍．兩車(chē)開(kāi)始都處于靜止?fàn)顟B(tài)，小孩把A車(chē)以相對(duì)于地面為v的速度推出，A車(chē)與墻壁碰后仍以原速率返回，小孩接到A車(chē)后，又把它以相對(duì)于地面為v的速度推出．往后小孩每次推出A車(chē)，A車(chē)相對(duì)于地面的速度都是v，方向向左，則小孩把A車(chē)推出幾次后，A車(chē)返回時(shí)小孩不能再接到A車(chē)()A.2020B．2021C．2022D．20235.[2022·重慶押題卷]如圖所示，光滑的水平面上放有滑塊A，其內(nèi)側(cè)是半徑為R的光滑圓弧槽，槽底端離地高度為R，B為光滑小球，從圓弧槽左端靜止釋放，若滑塊固定，小球B落地時(shí)離圓弧槽右端水平距離為x1；若滑塊不固定，小球B落地時(shí)離圓弧槽右端水平距離為x2；已知x1∶x2＝1∶eq\r(3).由此可知，小球B和滑塊A的質(zhì)量比為()A．1∶2 B．2∶1C．1∶eq\r(3) D．2∶eq\r(3)6．冰壺隊(duì)備戰(zhàn)2022年北京冬奧會(huì)，如圖所示，在某次訓(xùn)練中，藍(lán)壺靜止在大本營(yíng)Q處，質(zhì)量相等的紅壺與藍(lán)壺發(fā)生正碰，最終分別停在M點(diǎn)和N點(diǎn)，下列說(shuō)法正確的是()A.碰后兩壺所受摩擦力的沖量相同B．碰后藍(lán)壺速度約為紅壺速度的2倍C．紅壺碰前速度約為碰后速度的3倍D．碰撞過(guò)程兩壺組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒7．[2022·湖南卷]神舟十三號(hào)返回艙進(jìn)入大氣層一段時(shí)間后，逐一打開(kāi)引導(dǎo)傘、減速傘、主傘，最后啟動(dòng)反沖裝置，實(shí)現(xiàn)軟著陸．某興趣小組研究了減速傘打開(kāi)后返回艙的運(yùn)動(dòng)情況，將其運(yùn)動(dòng)簡(jiǎn)化為豎直方向的直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，其v-t圖像如圖所示．設(shè)該過(guò)程中，重力加速度不變，返回艙質(zhì)量不變，下列說(shuō)法正確的是()A．在0～t1時(shí)間內(nèi)，返回艙重力的功率隨時(shí)間減小B．在0～t1時(shí)間內(nèi)，返回艙的加速度不變C．在t1～t2時(shí)間內(nèi)，返回艙的動(dòng)量隨時(shí)間減小D.在t2～t3時(shí)間內(nèi)，返回艙的機(jī)械能不變二、非選擇題8.如圖所示，質(zhì)量m＝1kg的彈性小球A在長(zhǎng)為l＝0.9m的細(xì)輕繩牽引下可以繞水平軸O在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，圓周的最高點(diǎn)為P，P處有一個(gè)水平槽，水平地面距水平槽的高度恰好是1.8m，槽內(nèi)有許多質(zhì)量均為M＝3kg的彈性鋼球，小球A每次轉(zhuǎn)動(dòng)到P點(diǎn)恰好與P點(diǎn)處的小鋼球發(fā)生彈性正碰(碰撞時(shí)間極短)，鋼球水平飛出做平拋運(yùn)動(dòng)．每次被小球A碰撞后，槽內(nèi)填充裝置可將另一個(gè)相同的鋼球自動(dòng)填充運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)位置且靜止．現(xiàn)將小球A在頂點(diǎn)P以v0＝32m/s的初速度向左拋出(如圖)，小球均可視為質(zhì)點(diǎn)，g取10m/s2，求：(1)第一次碰撞后瞬間，小球A和第一個(gè)鋼球獲得的速度；(2)小球A能將鋼球碰出去的鋼球個(gè)數(shù)；(3)第一個(gè)鋼球與最后一個(gè)鋼球落地后的水平距離．9.[2022·廣東卷]某同學(xué)受自動(dòng)雨傘開(kāi)傘過(guò)程的啟發(fā)，設(shè)計(jì)了如圖所示的物理模型．豎直放置在水平桌面上的滑桿上套有一個(gè)滑塊，初始時(shí)它們處于靜止?fàn)顟B(tài)．當(dāng)滑塊從A處以初速度v0為10m/s向上滑動(dòng)時(shí)，受到滑桿的摩擦力f為1N．滑塊滑到B處與滑桿發(fā)生完全非彈性碰撞，帶動(dòng)滑桿離開(kāi)桌面一起豎直向上運(yùn)動(dòng)．已知滑塊的質(zhì)量m＝0.2kg，滑桿的質(zhì)量M＝0.6kg，A、B間的距離l＝1.2m，重力加速度g取10m/s2，不計(jì)空氣阻力．求：(1)滑塊在靜止時(shí)和向上滑動(dòng)的過(guò)程中，桌面對(duì)滑桿支持力的大小N1和N2；(2)滑塊碰撞前瞬間的速度大小v；(3)滑桿向上運(yùn)動(dòng)的最大高度h.專(zhuān)題強(qiáng)化訓(xùn)練7動(dòng)量定理動(dòng)量守恒定律1．解析：由于子彈射入木塊的時(shí)間極短，在瞬間動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得：mv0＝（M＋m）v，解得v＝eq\f(mv0,M＋m)根據(jù)動(dòng)量定理，合外力的沖量I＝Mv＝eq\f(Mmv0,M＋m)，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤．答案：A2．解析：小球C下落到最低點(diǎn)時(shí)，AB開(kāi)始分離，此過(guò)程水平方向動(dòng)量守恒．根據(jù)機(jī)械能守恒有：m0gL＝eq\f(1,2)m0veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(C))＋eq\f(1,2)×2m×veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(AB))取水平向左為正方向，由水平方向動(dòng)量守恒得：m0vC＝2m×vAB聯(lián)立解得vC＝2eq\r(\f(mgL,2m＋m0))，vAB＝eq\f(m0,m)eq\r(\f(mgL,2m＋m0))，故A、B正確；C球由靜止釋放到最低點(diǎn)的過(guò)程中，選B為研究對(duì)象，由動(dòng)量定理IAB＝mvAB＝m0eq\r(\f(mgL,2m＋m0))，故C錯(cuò)誤；C球由靜止釋放到最低點(diǎn)的過(guò)程中，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，設(shè)C對(duì)地向左水平位移大小為x1，AB對(duì)地水平位移大小為x2，則有m0x1＝2mx2，x1＋x2＝L可解得x2＝eq\f(m0L,2m＋m0)，故D正確．答案：C3．解析：根據(jù)動(dòng)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，當(dāng)初、末速度方向相同時(shí)，動(dòng)量變化量最小，方向相反時(shí)，動(dòng)量變化量最大，因此沖量的大小范圍是mv≤I1≤3mv，3mv≤I2≤7mv，比較可得I2≥I1，一定成立．D正確．答案：D4．解析：取水平向右為正方向，小孩第一次推出A車(chē)后，小孩和B車(chē)獲得速度為v1，由動(dòng)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車(chē)后小孩和B車(chē)獲得速度為vn－1，第n次推出A車(chē)后，小孩和B車(chē)獲得速度為vn.第n次推出A車(chē)前后，由動(dòng)量守恒定律mAv＋mBvn－1＝－mAv＋mBvn得vn－vn－1＝eq\f(2mA,mB)v由等差數(shù)列公式得vn＝v1＋（n－1）eq\f(2mA,mB)v＝eq\f(2n－1,4040)v當(dāng)vn≥v時(shí)，再也接不到小車(chē)，即eq\f(2n－1,4040)≥1得n≥2020.5取n＝2021，故選B.答案：B5．解析：A的質(zhì)量為mA，B的質(zhì)量為mB；當(dāng)滑塊固定時(shí)，由動(dòng)能定理mBgR＝eq\f(1,2)mBveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B))隨后小球B做平拋運(yùn)動(dòng)x方向x1＝vBty方向R＝eq\f(1,2)gt2聯(lián)立得x1＝2R若滑塊不固定時(shí)，由水平方向上動(dòng)量守恒0＝mAvA＋mBvB由能量守恒得mBgR＝eq\f(1,2)mBveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B))＋eq\f(1,2)mAveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(A))B隨后做平拋運(yùn)動(dòng)，A隨后做勻速運(yùn)動(dòng)x方向x2＝vBt－vAty方向R＝eq\f(1,2)gt2因?yàn)閤1∶x2＝1∶eq\r(3)聯(lián)立得mA∶mB＝1∶2，故選B.答案：B6．解析：碰后兩壺運(yùn)動(dòng)距離不相同，所以碰后兩球速度不相同，根據(jù)動(dòng)量定理可判斷出碰后兩壺所受摩擦力的沖量不相同，A錯(cuò)誤；碰后紅壺運(yùn)動(dòng)的距離為x1＝R2－R1＝0.61m藍(lán)壺運(yùn)動(dòng)的距離為x2＝2R2＝2.44m二者質(zhì)量相同，假設(shè)二者碰后的所受摩擦力相同，則二者做減速運(yùn)動(dòng)的加速度也相同，對(duì)紅壺，有veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＝2ax1對(duì)藍(lán)壺有veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝2ax2聯(lián)立可得eq\f(v1,v2)＝eq\f(1,2)即碰后藍(lán)壺速度約為紅壺速度的2倍，B正確；設(shè)紅壺碰前速度為v0，則有mv0＝mv1＋mv2，故有v0＝3v1，即紅壺碰前速度約為碰后速度的3倍，C正確；碰前的動(dòng)能為Ek0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))碰后動(dòng)能為Ek1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))則有Ek0>Ek1，機(jī)械能不守恒，D錯(cuò)誤．答案：BC7．解析：由題知，返回艙的運(yùn)動(dòng)簡(jiǎn)化為豎直方向的直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，所以重力的功率P＝mgv，因此在0～t1時(shí)間內(nèi)，結(jié)合v-t圖像可知返回艙重力的功率隨時(shí)間減小，A項(xiàng)正確；v-t圖像的斜率表示返回艙的加速度，故0～t1時(shí)間內(nèi)，返回艙的加速度不斷減小，B項(xiàng)錯(cuò)誤；返回艙的動(dòng)量大小與其速度大小成正比，所以t1～t2時(shí)間內(nèi)，返回艙的動(dòng)量隨時(shí)間減小，C項(xiàng)正確；在t2～t3時(shí)間內(nèi)，返回艙勻速下降，機(jī)械能不守恒，D項(xiàng)錯(cuò)誤．答案：AC8．解析：（1）小球A在頂部與鋼球碰撞，由動(dòng)量守恒定律、機(jī)械能守恒定律得mv0＝mv1＋Mv′1；eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋eq\f(1,2)Mv′eq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))聯(lián)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）利用上述方程還可得小球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次以后瞬間的速度為vn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq\s\up12(n)v0，負(fù)號(hào)表示與碰前入射速度方向相反，小球要能與鋼球碰撞則必須能完成完整的圓周運(yùn)動(dòng)，所以碰n次后假定再次到達(dá)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\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n)v0≥eq\r(gl)，解得3<n<4，n為整數(shù)，所以取4，小球A可以與4個(gè)鋼球碰撞．（3）第4個(gè)鋼球碰后速度v′4＝eq\f(2m,m＋M)v4＝2m/s，由于兩球是分別朝向左、右兩邊做平拋運(yùn)動(dòng)，水平距離是x＝x1＋x4，平拋時(shí)間是t＝eq\r(\f(4L,g))＝0.6s，得x＝（16＋2）×0.6m＝10.8m答案：（1）見(jiàn)解析（2）4個(gè)（3）10.8m9．解析：（1）滑塊靜止時(shí)，滑塊和滑桿均處于靜止?fàn)顟B(tài)，以滑塊和滑桿整體為研究對(duì)象，由平衡條件可知N1＝（m＋M）g＝8N滑塊向上滑動(dòng)時(shí)，滑桿受重力、滑塊對(duì)其向上的摩擦力以及桌面的支持力，則有N2＝Mg－f代入數(shù)據(jù)得N2＝5N.（2）方法一碰前，滑塊向上做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得mg＋f＝ma1解得a1＝15m/s2，方向向下由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得v2－veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＝－2a1l代入數(shù)