物理二轮复习跟踪训练：第8讲 动量定理 动量守恒定律

第8讲动量定理动量守恒定律跟综训练基础练选择题:1.塑胶跑道由一种特殊的材料制成,这种材料具备良好的减震和回弹效果。经测试,将一重为G的鸡蛋分别从水泥路面和塑胶跑道路面上方相同高度自由释放,碰后鸡蛋的速度均变为零。已知鸡蛋与水泥路面的碰撞时间为t0,鸡蛋受到水泥路面的平均作用力为4G;鸡蛋与塑胶跑道路面的撞击时间为3t0,则鸡蛋受到塑胶跑道路面的平均作用力为()A.1.5GB.2GC.2.5GD.432.如图所示,物块A、B静止在光滑水平地面上,A与轻弹簧相连,C沿水平面以一定初速度向右运动,与B碰后粘在一起,二者向右运动一小段距离后与弹簧接触,一段时间后与弹簧分离,则()A.A加速过程中,加速度越来越大B.A、B、C共速时,B所受合力为0C.A、B、C共速时,弹簧弹性势能最大D.B、C碰撞过程中,B、C系统机械能守恒3.如图所示,两辆完全相同的小车都静止在光滑水平面上,车上各站着一人,人与车总质量均为M,甲、乙中的一人手持一质量为m的篮球。从某时刻起,持球人将篮球以水平速度v抛给另一人,另一人接到球后,又把球抛给对方……,直到最终球被甲、乙两人中的一人接住而不再抛出,这时甲、乙的速率分别为v甲、v乙。下列判断正确的是()A.第一次抛接球的过程,抛球人获得的速度为MvB.第一次抛接球的过程,接球人获得的速度为MvC.若v甲<v乙,说明甲是最终的持球人D.若v甲>v乙,说明乙是开始的持球人4.如图所示,在光滑水平面上,半径相同的匀质小球1、2、3质量分别为2m、m、m。其中2、3用轻质弹簧连接,开始三个小球均处于静止状态,弹簧处于原长。现给小球1一初速度v0,使其与球2发生正碰,碰撞时间极短。碰后瞬间小球1、2、3的速度v1、v2、v3可能是()A.v1=0,v2=2v0,v3=0B.v1=0,v2=v0,v3=v0C.v1=12v0,v2=v0,v3=12D.v1=12v0,v2=v0,v35.(2025·甘肃卷)如图,小球A从距离地面20m处自由下落,1s末恰好被小球B从左侧水平击中,小球A落地时的水平位移为3m。两球质量相同,碰撞为完全弹性碰撞,重力加速度g取10m/s2,则碰撞前小球B的速度大小v为()A.1.5m/sB.3.0m/sC.4.5m/sD.6.0m/s6.(多选)质量为2kg的物体在光滑的水平地面上做匀速直线运动。t=0时刻起沿运动方向所在直线对物体施加力F的作用,F随时间t变化的关系如图甲所示,物体的速度v随时间t变化的关系如图乙所示,重力加速度大小g=10m/s2。则()A.t=0时刻物体的速度为2m/sB.t=2s时刻物体的动量为6kg·m/sC.在0~4s内,合力对物体的冲量为零D.在0~4s内,力F对物体所做的功为8J7.(多选)在无风的条件下,雨滴在空中下落,由于空气阻力的影响,最终会以恒定的速度下降,这个速度叫作收尾速度。质量为m(保持不变)的雨滴从静止开始下落,经过时间t,下降了高度h,恰好达到收尾速度vm。已知空气对下落雨滴的阻力与雨滴的速度成正比,即f=kv,k为已知常量,重力加速度大小为g。下列关系式正确的是()A.vm=mgkB.vm=C.h=mgkt+mk提能增分练一．选择题:8.如图甲所示,通过轻弹簧相连的物块P和物块Q静置于光滑水平地面上,初始时弹簧处于原长。t=0时刻,物块P获得水平向右的速度v0,两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示。已知物块P的质量为m,0~t2时间内,关于物块P和物块Q运动的位移,下列说法正确的是()A.物块P位移的大小为v0t2B.物块P位移的大小为13v0tC.物块Q位移的大小为v0t2D.物块Q位移的大小为23v0t9.在光滑水平面上放有一质量为3m的小车,一质量为m的小球用长为L的轻质细线悬挂于小车顶端。现从图中位置(细线伸直且水平)同时由静止释放小球和小车,设小球到达最低点时的速度为v。从释放到小球达最低点过程中,细线对小球做的功为W。从释放开始小车离开初位置的最大距离为d,则下列关系式正确的是()A.v=gL2B.v=C.W=-mgL4D.d=10.(多选)(2025·八省联考四川卷)如图所示,小球X、Y用不可伸长的等长轻绳悬挂于同一高度,静止时恰好接触,拉起X,使其在竖直方向上升高度h后由静止释放,X做单摆运动到最低点与静止的Y正碰。碰后X、Y做步调一致的单摆运动,上升最大高度均为h4,若X、Y质量分别为mX和mY,碰撞前后X、Y组成系统的动能分别为Ek1和Ek2,则()A.mXmY=1C.Ek1Ek2=211.(多选)(2025·福建卷)如图,水平传送带顺时针转动,速度大小恒为1m/s,物块A、B由一根轻弹簧相连,A的质量为1kg,B的质量为2kg,A与传送带间的动摩擦因数为0.5,B与传送带间的动摩擦因数为0.25。t=0时,A速度大小为v0=2m/s,方向水平向右,B的速度为零,弹簧处于原长状态。t=t0时,A与传送带第一次共速,此时弹簧弹性势能Ep=0.75J,传送带足够长,A可留下痕迹,重力加速度g取10m/s2,弹簧始终处于弹性限度内。则()A.在t=t02时B.t=t0时,B的速度为0.5m/sC.t=t0时,弹簧的压缩量为0.2mD.0~t0过程,传送带上的痕迹小于0.05m培优练计算题:12.如图所示,质量为3m、半径为R的四分之一光滑圆弧体b静止在光滑的水平面上,圆弧面的最低点与水平面上的A点对齐,且与水平面相切,水平面仅A、B部分粗糙,AB部分长为R。现将质量为m、可视为质点的物块a从圆弧面的最高点由静止释放,物块a滑过AB段与静止在水平面上B点、可视为质点的物块c发生弹性碰撞,第二次滑过AB段后,恰好不再能滑上圆弧面。已知物块c的质量为3m,重力加速度大小为g,不计空气阻力,求:(1)物块a从释放运动到圆弧面最低点时,圆弧体运动的距离为多少?(2)物块a第一次运动到A点时速度为多大?(3)物块a与水平面AB部分间的动摩擦因数。13.(2025·河北卷)如图,一长为2m的平台,距水平地面高度为1.8m。质量为0.01kg的小物块以3m/s的初速度从平台左端水平向右运动。物块与平台、地面间的动摩擦因数均为0.2。物块视为质点,不考虑空气阻力,重力加速度g取10m/s2。(1)求物块第一次落到地面时距平台右端的水平距离;(2)若物块第一次落到地面后弹起的最大高度为0.45m,物块从离开平台到弹起至最大高度所用时间共计1s。求物块第一次与地面接触过程中,所受弹力冲量的大小,以及物块弹离地面时水平速度的大小。参考答案：1.答案B解析设鸡蛋自由落体阶段末速度为v,两次下落高度相等,落地瞬间的速度也相等,碰水泥路面的过程,由动量定理得Gt0-4Gt0=0-mv,鸡蛋碰塑胶跑道路面的过程,由动量定理得G·3t0-F·3t0=0-mv,解得F=2G,故B正确。2.答案C解析A加速过程中,弹簧压缩量先逐渐增大,达到最大压缩量之后又逐渐减小,所以A受到的弹簧弹力先增大后减小,则A的加速度先增大后减小,A错误;A、B、C共速时,弹簧的压缩量达到最大,弹簧弹性势能最大,此时B、C整体受到的弹力不为0,B、C整体的加速度不为0,则B的加速度不为0,所受合力不为0,B错误,C正确;B、C碰后粘在一起,属于完全非弹性碰撞,所以B、C碰撞过程中,B、C系统机械能不守恒,D错误。3.答案C解析第一次抛接球的过程,对抛球人、车和球组成的系统由动量守恒定律有mv=Mv',可得抛球人获得的速度为v'=mvM,故A错误;第一次抛接球的过程,对抛球人、车和球组成的系统由动量守恒定律有mv=(M+m)v″,接球人获得的速度为v″=mvm+,故B错误;从开始抛球到最终,有Mv1=(M+m)v2,若v甲<v乙,说明甲是最终的持球人;若v甲>v乙,说明乙是最终的持球人,故C正确,4.答案D解析球1、2碰撞时间极短,即Δt→0,碰后瞬间球2获得速度v2,碰撞过程球2发生的位移Δx2=v2Δt→0,即球2位置还未来得及改变,弹簧弹力为0,球3受到的冲量为0,球3的速度v3=0,故B、C错误;碰撞前、后球1、2动量守恒,有2mv0=2mv1+mv2。碰撞过程动能不增加,有12×2mv02≥12×2mv12+12mv5.答案B解析设小球的质量为m,碰撞前小球B的水平速度为v,碰撞后A球水平速度为v1,B球水平速度为v2,根据题意可知,小球A和B碰撞过程中,水平方向上动量守恒,则有mv=mv1+mv2,竖直方向上小球A的竖直速度vA不变,碰撞为完全弹性碰撞,则由能量守恒定律有12mv2+12mvA2=12mvA2+12mv12+12mv22,联立解得v1=v,v2=0,小球A在竖直方向上做自由落体运动,则有h=12gt2,解得t=2s,可知碰撞后,小球A运动t'=1s落地,则水平方向上有x6.答案BD解析由题图,根据动量定理可知,在0~3s内,有2×2N·s-(3-2)×6N·s=0-mv0,解得v0=1m/s,A错误;在0~2s内,有2×2N·s=mv1-mv0,解得mv1=6kg·m/s,B正确;在0~4s内,有I=2×2N·s-(4-2)×6N·s=-8N·s,C错误;在0~4s内,有I=mv2-mv0,则4s时物体速度v2=-3m/s,根据动能定理,在0~4s内,有W=12mv22-12mv02=87.答案AD解析雨滴在空中恰好达到收尾速度时,由力的平衡条件得mg=kvm,解得vm=mgk,A正确,B错误;雨滴从静止开始下落,取极短时间Δt,对雨滴根据动量定理有mgΔt-kvΔt=mΔv,等式两边累加可得mgt-kh=mvm,解得h=mgkt−mk,C错误,D正确。8.答案D解析0~t1时间内,根据动量守恒定律有mv0=(m+mQ)·23v0,解得mQ=12m,由于P、Q构成的系统从0时刻到任意时刻间的动量均守恒,则有mv0t2=mvPt2+mQvQt2,即有mv0t2=mxP+mQxQ,在t2时刻,P的速度减至最小,Q的速度增加至最大,可知此时刻弹簧再一次恢复原长,由于0时刻弹簧处于原长,可知,t2时刻P、Q两物块的位移相等,即xP=xQ,联立解得xP=xQ=9.答案C解析从释放到小球到达最低点过程中,由水平方向动量守恒定律和能量守恒定律得0=mv-3mv1,mgL=12mv2+12×3mv12,解得v=3gL2,故A、B错误;对小球,由动能定理得mgL+W=12mv2,解得W=-mgL4,故C正确;从释放开始小车离开初位置的最大距离发生在小球摆至最高点时,此时小球与车的速度均为零,由能量守恒定律知小球回到原高度,由人船模型得mx=3md,d+x=2L,解得10.答案AC解析小球X由最高点运动到最低点与小球Y发生碰撞前,根据机械能守恒定律有mXgh=12mXv12=Ek1,两球碰撞后一起上升到最高点的过程,根据机械能守恒定律有Ek2=12(mX+mY)v22=(mX+mY)g·h4,两球碰撞过程,根据动量守恒定律有mXv1=(mX+mY)v2,联立解得mXmY=111.答案BD解析设t=t0时A、B的运动速度分别为vA、vB,在t=0时,A、B组成的系统受力平衡,则其动量守恒,假设0~t0时间内,A、B组成的系统动量守恒,由动量守恒定律有mAv0=mAvA+mBvB,代入数据解得vB=0.5m/s<1m/s,假设成立,B正确;在0~t0时间内,由牛顿第二定律可知,A的加速度大小始终是B的加速度大小的2倍,A错误;0~t0时间内,对A、B和弹簧组成的系统由能量守恒定律可知12mAv02+μBmBgxB-μAmAgxA=12mAvA2+12mBvB2+Ep,又t=t0时弹簧的压缩量Δx=xA-xB,联立解得Δx=0.1m,C错误;结合A、B项分析可作出A、B的v-t图像如图所示,结合图像可知,A与传送带的相对位移x相A小于B与传送带的相对位移x相B,又x相A+x相B=0.1m,所以A与传送带的相对位移(痕迹长度12.答案(1)14R(2)32解析(1)物块a在圆弧面上运动时,物块a和b组成的系统水平方向动量守恒,则mva=3m两边同乘以t后,有mxa=3mxb又因为xa+xb=R解得xb=14R(2)设物块a第一次运动到A点时速度为v1,圆弧体的速度为v2,水平方向根据动量守恒定律有mv1=3mv2根据机械能守恒定律有mgR=12mv12+12解得v1=32gR,v2=(3)设物块a与物块c作用前的速度为v3,根据动能定理有-μmgR=12mv32-设a与c作用后一瞬间速度为v4,物块c的速度为v5,a与物块c作用过程,根据动量守恒定律有mv3=mv4+3mv5根据机械能守恒定律,有12mv32=12mv42解得v4=-12v3,v5=12由于物块a刚好不再能滑上圆弧面,故物块a第二次滑过AB段后的速度大小等于v2,根据动能定理有-μmgR=12mv22-12mv4213.答案(1)0.6m(2)0.1N·s0解析(1)小物块在平台上做匀减速直线运动,根据牛顿第二定律得a=μg设小物块离开平台的速度为v1则小物块从开始运动到离开平台,有v12-v02=