物理二轮复习跟踪训练 第7课时 动量定理 动量守恒定律

第7课时动量定理动量守恒定律跟踪训练基础保分练选择题：1.如图，竖直平面内的光滑轨道为一抛物线，O点为抛物线顶点。小环第一次从O点以某一初速度水平进入轨道，运动过程中与轨道之间始终无弹力；第二次静止在O点，受轻微扰动后下滑。小环两次从O点到A点过程中()A.动能变化相同B.重力冲量相同C.动量变化相同D.到A点时速度相同2.如图所示，一玩具水枪的枪口直径为d，水的密度为ρ，水平出射速度为v，垂直击中竖直目标后以大小为0.2v的速度反向溅回，则水柱水平击中目标的平均冲击力大小为()A.1.2πd2ρv2B.0.3πd2ρv2C.1.2πd2ρvD.0.3πd2ρv3.如图所示，圆盘在水平面内以角速度ω绕中心轴匀速转动，圆盘上距轴r处的P点有一质量为m的小物体随圆盘一起转动。某时刻圆盘突然停止转动，小物体由P点滑至圆盘上的某点停止。下列说法正确的是()A.圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力的方向沿运动轨迹切线方向B.圆盘停止转动前，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量大小为2mωrC.圆盘停止转动后，小物体沿圆盘半径方向运动D.圆盘停止转动后，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为mωr4.如图所示，半径为R的半圆形凹槽放置在光滑的水平面上，将一个小球从凹槽边缘由静止释放，忽略小球与凹槽之间的摩擦，以地面为参考系，在小球从开始运动到滑至圆弧最低点的过程中()A.小球的机械能守恒B.小球、槽组成的系统动量守恒C.小球的水平位移小于RD.小球重力的功率一直增大5.某同学使用两个大小相同而质量不等的小球，利用图所示装置验证动量守恒定律。通过正确的实验操作，获得实验中落点痕迹与O点间距离eq\o(OD,\s\up6(－))、eq\o(OE,\s\up6(－))、eq\o(OF,\s\up6(－))。A、B小球的质量分别为m1、m2，且m1大于m2，若两球碰撞动量守恒，则满足()A.m1eq\o(OE,\s\up6(－))＝m1eq\o(OD,\s\up6(－))＋m2eq\o(OF,\s\up6(－))B.m1eq\o(OE,\s\up6(－))＝m1eq\o(OF,\s\up6(－))＋m2eq\o(OD,\s\up6(－))C.m1eq\o(OF,\s\up6(－))＝m1eq\o(OE,\s\up6(－))＋m2eq\o(OD,\s\up6(－))D.m1eq\o(OF,\s\up6(－))＝m1eq\o(OD,\s\up6(－))＋m2eq\o(OE,\s\up6(－))6.踢毽子是我国传统的民间体育运动。如图是一个小孩在踢毽子，毽子近似沿竖直方向运动，空气阻力与速率成正比。毽子在空中运动过程中()A.刚离开脚时，加速度最大B.动量变化率先变小后变大C.上升的时间等于下降的时间D.重力的冲量上升过程大于下降过程7.质量为m的箱子静止在光滑水平面上，箱子内侧的两壁间距为l，另一质量也为m且可视为质点的物体从箱子中央以v0＝eq\r(2gl)的速度开始运动(g为当地重力加速度)，如图所示。已知物体与箱壁共发生5次完全弹性碰撞。则物体与箱底的动摩擦因数μ的取值范围是()A.eq\f(2,11)<μ<eq\f(2,9)B.eq\f(2,9)<μ<eq\f(1,4)C.eq\f(1,13)<μ<eq\f(1,11)D.eq\f(1,11)<μ<eq\f(1,9)8.如图甲所示，光滑水平地面上有A、B两物块，质量分别为2kg、6kg，B的左端拴接着一劲度系数为eq\f(200,3)N/m的水平轻质弹簧，它们的中心在同一水平线上。A以速度v0向静止的B运动，从A接触弹簧开始计时至A与弹簧脱离的过程中，弹簧长度l与时间t的关系如图乙所示，弹簧始终处在弹性限度范围内。已知弹簧的弹性势能Ep＝eq\f(1,2)kx2(x为弹簧的形变量)，则()A.在0～2t0内B物块先加速后减速B.整个过程中，A、B物块构成的系统机械能守恒C.v0＝2m/sD.物块A在t0时刻时速度最小综合创新练选择题：9.如图所示，5个小球B、C、D、E、F并排放置在光滑的水平面上，其中4个球B、C、D、E质量均为m1，A球、F球质量均为m2，A球以速度v0向B球运动，之后所有的碰撞均为弹性碰撞，碰撞结束后()A.若m1＝m2，最终将有2个小球运动B.若m1<m2，最终将有1个小球运动C.若m1>m2，最终将有3个小球运动D.无论m1、m2大小关系怎样，最终6个小球都会运动10.(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/s11.(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二．计算题：12.如图所示，倾角θ＝30°的斜面体固定在水平地面上，斜边长度L＝1.6m，质量均为1kg的小球B和C处于轻弹簧两端，其中小球C与弹簧相连，小球B与弹簧不连接，它们都静止于水平地面上。现有一个质量也为1kg的小球A从斜面体的最高点由静止下滑，下滑至斜面底端时，由于和水平地面的相互作用(作用时间Δt＝0.1s)，小球A速度的竖直分量变为0，水平分量不变，此后小球A与小球B正碰，碰后二者立即粘在一起。不计一切摩擦，已知重力加速度g＝10m/s2。求：(1)小球A刚下滑至斜面底端时的速度大小；(2)小球A在斜面底端和水平地面相互作用过程中弹力的冲量；(3)整个过程中，弹簧对小球C做的功。13.如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘，圆盘与管的上端口距离为l，圆管长度为6l。一质量为eq\f(1,3)M的小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，圆盘向下滑动，所受滑动摩擦力是其所受重力大小的eq\f(4,3)倍。小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求：(1)第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度v1、v2大小；(2)在第一次碰撞后圆盘下滑的距离x2；(3)圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数n。参考答案：1.答案A解析根据动能定理可知两种情况下重力做功相等，则动能变化相同，故A正确；两种情况下，小环下落时间不同，根据I＝mgt，可知重力的冲量不相同，故B错误；根据动量定理可知重力的冲量不相同，则动量变化不相同，故C错误；因为初速度不同，重力做功相等，根据动能定理可知到达A点时的速度不相同，故D错误。2.答案B解析时间Δt内流经水枪的水的体积为V＝SvΔt＝eq\f(1,4)πd2vΔt，Δt时间内冲到目标的水的质量为m＝ρV，取初速度方向为正方向，根据动量定理有－FΔt＝－0.2mv－mv，解得水受到作用力F＝0.3πd2ρv2，由牛顿第三定律可得，水柱击中目标的平均冲击力大小为0.3πd2ρv2，故B正确。3.答案D解析圆盘停止转动前，小物体所受的摩擦力方向指向转轴提供向心力，故A错误；由动量定理可知，圆盘停止转动前，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量大小为零，B错误；圆盘停止转动后，小物体沿运动轨迹的切线方向运动，C错误；由动量定理可知，整个滑动过程摩擦力的冲量大小I＝mωr－0＝mωr，D正确。4.答案C解析由于地面光滑，小球运动时凹槽也运动，支持力做功不为零，小球机械能不守恒，A错误；小球、凹槽组成的系统在竖直方向上所受合外力不为零，在水平方向上所受合外力为零，所以水平方向动量守恒，B错误；由于地面光滑，小球从开始运动到滑至圆弧最低点的过程中，凹槽向相反方向运动，所以小球的水平位移小于R，C正确；小球的竖直分速度先增大后减小，所以重力的瞬时功率先增大后减小，D错误。5.答案A解析设小球A与B碰撞前瞬间的速度为v1，碰后瞬间二者的速度分别为v1′和v2′，根据动量守恒定律和机械能守恒定律，有m1v1＝m1v1′＋m2v2′，eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)m1(v1′)2＋eq\f(1,2)m2(v2′)2，解得v1′＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v1，v2′＝eq\f(2m1,m1＋m2)v1，所以v2′>v1>v1′。小球做平抛运动，下落的高度相同，所以下落时间相同，则落点到O点的距离与小球平抛初速度的比值相同，所以E点为小球A不与B碰撞时的落点，D、F点分别为小球A与B碰撞后二者的落点，所以满足的表达式为m1eq\o(OE,\s\up6(－))＝m1eq\o(OD,\s\up6(－))＋m2eq\o(OF,\s\up6(－))，A正确。6.答案A解析毽子上升过程mg＋kv＝ma上，下降过程mg－kv＝ma下，因刚离开脚时速度最大，则加速度最大，选项A正确；动量变化率等于毽子受到的合外力，因上升过程合外力减小，下降过程中合外力也减小，则动量变化率逐渐减小，选项B错误；因上升的平均加速度大于下降的平均加速度，根据h＝eq\f(1,2)at2可知，上升的时间小于下降的时间，选项C错误；根据IG＝mgt可知，重力的冲量上升过程小于下降过程，选项D错误。7.答案D解析由于系统要克服摩擦力做功，物体最终与箱子相对静止，设物体与箱子的共同速度为v共，物体与箱子组成的系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＝2mv共，解得v共＝eq\f(1,2)v0，对物体和箱子组成的系统，由能量守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(m＋m)veq\o\al(2,共)＋Q，解得系统产生的热量Q＝eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mgl，由题意可知，物体与箱子发生5次碰撞，则物体相对于木箱运动的总路程应满足eq\f(9,2)l<s<eq\f(11,2)l，小物块受到摩擦力为Ff＝μmg，对系统根据Q＝Ffs＝μmgs，联立可得eq\f(1,11)<μ<eq\f(1,9)，故D正确。8.答案C解析在0～2t0内，弹簧始终处于压缩状态，即B受到的弹力始终向右，所以B物块始终做加速运动，故A错误；整个过程中，A、B物块和弹簧三者构成的系统机械能守恒，故B错误；由题图乙可知，在t0时刻，弹簧被压缩到最短，此时A、B共速，设为v，此时弹簧的形变量为x＝0.4m－0.1m＝0.3m，则根据A、B物块组成的系统动量守恒，有m1v0＝(m1＋m2)v，根据A、B物块和弹簧三者构成的系统机械能守恒，有eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v2＋eq\f(1,2)kx2，联立解得v0＝2m/s，故C正确；在0～2t0内，弹簧始终处于压缩状态，即A受到弹力始终向左，所以A物块始终做减速运动，则物块A在2t0时刻时速度最小，故D错误。9.答案C解析A、B碰撞时由动量守恒定律和能量守恒定律可知m2v0＝m2v2＋m1v1，eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)，解得v2＝eq\f(m2－m1,m1＋m2)v0，v1＝eq\f(2m2,m1＋m2)v0，若m1＝m2，则碰后两球交换速度，则最终只有F小球运动，选项A错误；若m1<m2，则碰后v1>v2>0，然后B和C交换，直到D和E交换，E再与F碰撞，F向右运动，E被弹回再与D交换……，则最终不只有1个小球运动，选项B错误；若m1>m2，则A、B碰后A反弹，B向右运动与C碰撞交换速度，最后D、E交换速度，最后E与F碰撞，E、F都向右运动，B、C、D停止，则最终有3个小球A、E、F运动，选项C正确；由以上分析可知，选项D错误。10.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x11.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)4m/s(2)3N·s方向竖直向上(3)eq\f(8,3)J解析(1)小球A下滑至斜面底端过程中，根据动能定理有mAgLsin30°＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)解得v0＝4m/s。(2)小球A和水平地面的相互作用过程中，取竖直向上为正方向，由动量定理有I－mAgΔt＝0－mA(－v0sin30°)解得I＝3N·s，方向竖直向上。(3)小球水平向左运动的速度v1＝v0cos30°＝2eq\r(3)m/s小球A和B碰撞，根据动量守恒定律可得mAv1＝(mA＋mB)v2解得v2＝eq\r(3)m/s从A和B粘在一起向左运动开始到弹簧再次恢复原长过程，根据动量守恒定律可得(mA＋mB)v2＝(mA＋mB)v3＋mCv4根据机械能守恒定律可得eq\f(1,2)(mA＋mB)veq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)(mA＋mB)veq\o\al(2,3)＋eq\f(1,2)mCveq\o\al(2,4)解得v4＝eq\f(4\r(3),3)m/s整个过程中，弹簧对小球C做的功W＝eq\f(1,2)mCveq\o\al(2,4)＝eq\f(8,3)J。13.解析(1)eq\f(\r(2gl),2)eq\f(\r(2gl),2)(2)eq\f(3,4)l(3)7次解析(1)小球质量m＝eq\f(1,3)M，小球释放后自由下落，