物理二轮复习 专题集训5 动量定理和动量守恒定律

专题集训(五)动量定理和动量守恒定律基础练一、选择题:1．“雪如意”是我国首座国际标准跳台滑雪场地。跳台滑雪运动中，裁判员主要根据运动员在空中的飞行距离和动作姿态评分。运动员在进行跳台滑雪时大致经过四个阶段：①助滑阶段，运动员两腿尽量深蹲，顺着助滑道的倾斜面下滑；②起跳阶段，当进入起跳区时，运动员两腿猛蹬滑道快速伸直，同时上体向前伸展；③飞行阶段，在空中运动员保持身体与雪板基本平行、两臂伸直贴放于身体两侧的姿态；④着陆阶段，运动员落地时两腿屈膝，两臂左右平伸。下列说法正确的是()A．助滑阶段，运动员深蹲是为了减小与滑道之间的摩擦力B．起跳阶段，运动员猛蹬滑道主要是为了增加向上的速度C．飞行阶段，运动员所采取的姿态是为了增加水平方向速度D．着陆阶段，运动员两腿屈膝是为了减少与地面的作用时间2．娱乐风洞是一种空中悬浮装置，在一个特定的空间内人工制造和控制气流，游客只要穿上特制的可改变受风面积(游客在垂直风力方向的投影面积)的飞行服跳入飞行区，即可通过改变受风面积来实现向上、向下运动或悬浮。现有一竖直圆柱形风洞，风机通过洞口向风洞内“吹气”，产生竖直向上、速度恒定的气流。某时刻，有一质量为m的游客恰好在风洞内悬浮，已知气流密度为ρ，游客受风面积为S，重力加速度为g，假设气流吹到人身上后速度变为0，则气流速度大小为()A．mg4ρSB．mgC．mgρSD．3．皮划艇射击是一种比赛运动，比赛时，运动员站在静止的皮划艇上，持枪向岸上的枪靶水平射击。已知运动员(包括除子弹外的装备)及皮划艇的总质量为M，子弹的质量为m，假设子弹射击过程中火药释放的总能量为E，且全部转化为动能，在陆地射击和在皮划艇上射击时子弹出射速度会有少许差异。陆地射击时子弹的射出速度为v1，子弹动能为Ek1；在皮划艇上射击时子弹的射出速度为v2，动能为Ek2，运动员及皮划艇的速度为v3，射击过程中可认为子弹、运动员及皮划艇组成的系统在水平方向动量守恒。下列关系式正确的是()A．v1＝Em B．EkC．v2＝2M-mEMm D．4．光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为α的斜面A，斜面质量为M，底边长为L，如图所示。将一质量为m的可视为质点的滑块B从斜面的顶端由静止释放，滑块B经过时间t刚好滑到斜面底端。此过程中斜面对滑块的支持力大小为FN，则下列说法中正确的是()A．FN＝mgcosαB．滑块下滑过程中支持力对B的冲量大小为FNtcosαC．滑块到达斜面底端时的动能为mgLtanαD．此过程中斜面向左滑动的距离为mL5．(多选)以前人们在建造房屋时，通常用“打夯”的方式将地基夯实。如图所示为“打夯”的情境，两人用绳子拴接质量m＝80kg的石块，保持两侧的绳子与竖直方向间的夹角为α＝37°不变，两侧绳子拉力的大小恒为F＝1000N，使石块由地面竖直向上运动h＝0.45m后将拉力F撤去，石块从施力到静止所用的总时间为t＝1.04s，重力加速度为g＝10m/s2，2＝1.41，sin37°＝0.6。忽略空气阻力。则下列说法正确的是()A．拉力F作用的时间为0.6sB．石块上升的最大高度为0.9mC．石块落地瞬间的速度大小约为6m/sD．石块与地面碰撞时，地面对石块的平均作用力约为20706N6．(多选)α粒子(24He)以一定的初速度与静止的氧原子核(816O)发生正碰。此过程中，α粒子的动量p随时间t变化的部分图像如图所示，tA．t1时刻816O的动量为p0－B．t1时刻816C．t2时刻816D．t2时刻系统的电势能最大7．(多选)如图所示，实线是实验小组某次研究平抛运动得到的实际轨迹，虚线是相同初始条件下平抛运动的理论轨迹。分析后得知这种差异是空气阻力影响的结果。实验中，小球的质量为m，水平初速度为v0，初始时小球离地面高度为h。已知小球落地时速度大小为v，方向与水平面成θ角，小球在运动过程中受到的空气阻力大小与速率成正比，比例系数为k，重力加速度为g。下列说法正确的是()A．小球落地时重力的功率为mgvB．小球下落的时间为mvC．小球下落过程中的水平位移大小为mD．小球下落过程中空气阻力所做的功为12m二、计算题:8．如图甲所示，“打弹珠”是一种常见的民间游戏，该游戏的规则为：将手中一弹珠以一定的初速度瞬间弹出，并与另一静止的弹珠发生碰撞，被碰弹珠若能进入小坑中即胜出。现将此游戏进行简化，如图乙所示，粗糙程度相同的水平地面上，弹珠A和弹珠B与坑在同一直线上，两弹珠间距x1＝2m，弹珠B与坑的间距x2＝0.9m。某同学将弹珠A以v0＝6m/s的初速度水平向右瞬间弹出，经过时间t1＝0.4s与弹珠B正碰(碰撞时间极短)，碰后瞬间弹珠A的速度大小为1m/s，方向向右，且不再与弹珠B发生碰撞。已知两弹珠的质量均为25g，取重力加速度g＝10m/s2，若弹珠A、B与地面间的动摩擦因数均相同，并将弹珠的运动视为滑动，弹珠进入坑中不再滑出。(1)求碰撞前瞬间弹珠A的速度大小v1和在地面上运动时的加速度大小a；(2)求两弹珠碰撞瞬间的机械能损失，并判断该同学能否胜出。能力综合练一、选择题:9．如图所示，质量均为m的物块A、B放在光滑的水平面上，中间用轻弹簧相连，弹簧处于原长，一颗质量为km(k<1)的子弹以水平速度v0射入物块A并留在物块中(时间极短)，则下列说法正确的是()A．子弹射入物块A的过程中，子弹的动量变化量为kB．子弹射入物块A的过程中，物块A的动能增加量为kmC．在弹簧第一次被压缩到最短的过程中，物块B的动量大小最大值为kmD．弹簧第一次压缩到最短的过程中，弹簧具有的最大弹性势能为k二、计算题:10．如图乙所示，半径为R、圆心角为60°的光滑圆弧轨道，下端与水平面相连，一质量为m的小球从圆弧顶点静止释放。在足够长水平面上有一质量为M(m>M)的滑块静止于水平面，滑块与水平面有摩擦，小球在水平面上的运动如图甲虚线所示，运动过程忽略小球与轨道摩擦，小球与滑块发生碰撞，假设小球与滑块的碰撞均为弹性碰撞，测得小球与滑块发生第一次碰撞后到第二次碰撞前相隔的最大距离是d，求：(1)滑块与水平面间的动摩擦因数；(2)小球第一次与滑块碰撞到第二次碰撞的时间；(3)滑块在水平面上通过的总路程。11．(2024·湖南卷节选)如图所示，半径为R的圆环水平放置并固定，圆环内有质量为mA和mB的小球A和B(mA>mB)。初始时小球A以初速度v0沿圆环切线方向运动，与静止的小球B发生碰撞。不计小球与圆环之间的摩擦，两小球始终在圆环内运动。(1)若小球A与B碰撞后结合在一起，求碰撞后小球组合体的速度大小及做圆周运动所需向心力的大小；(2)若小球A与B之间为弹性碰撞，且所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，求小球的质量比mAmB。参考答案：1．B[助滑阶段，运动员深蹲是为了减小空气阻力，A错误；起跳阶段，运动员猛蹬滑道主要是通过增大滑道对人的作用力来增加向上的速度，B正确；飞行阶段，运动员所采取的姿态是为了减小水平方向的阻力，从而减小水平方向的加速度，C错误；着陆阶段，运动员两腿屈膝下蹲可以延长落地时间，根据动量定理可知，延长力的作用时间可以减少身体受到的平均冲击力，D错误。]2．C[在Δt时间内吹到人体的气体质量为Δm＝ρSvΔt。设人对气流的力大小为F，则对此段气体由动量定理有－F·Δt＝0－Δm·v，由牛顿第三定律，气流给人的力大小为F′＝F，人受力平衡，所以F′＝mg，解得v＝mgρS，故选C。3．D[在陆地射击时，火药释放的能量全部转化为子弹的动能，因此有Ek1＝12mv12＝E，解得v1＝2Em，故A错误；在皮划艇上射击时，系统在水平方向上不受外力，由于反冲作用，射击后皮划艇会获得反向的速度，水平方向动量守恒，有0＝Mv3＋mv2，由能量守恒定律知E＝12Mv32+12mv22，联立解得v2＝2MEM+m4．D[当滑块B相对于斜面加速下滑时，斜面A水平向左加速运动，所以滑块B相对于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面方向的合外力不再为零，所以斜面对滑块的支持力FN不等于mgcosα，故A错误；滑块B下滑过程中支持力对B的冲量大小为I＝FNt，故B错误；B下降的高度为Ltanα，其重力势能的减小量等于mgLtanα，减小的重力势能转化为A、B的动能之和，则滑块B的动能要小于mgLtanα，故C错误；系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，设A、B两者水平位移大小分别为x1、x2，取水平向左为正方向，由动量守恒定律得Mx1t－mx2t＝0，即有Mx1＝mx2，又x1＋x2＝L，解得x1＝mLM+m，故5．BD[撤去拉力F前，对石块，由牛顿第二定律得2Fcos37°－mg＝ma，代入数据解得a＝10m/s2，则由公式h＝12at12得t1＝2ha，解得拉力F作用的时间为t1＝0.3s，A错误；撤去拉力F瞬间，石块的速度为v＝at1，解得v＝3m/s，撤去拉力F后石块做竖直上抛运动，从撤走拉力到最高点的过程中石块上升的高度为h1＝v22g，解得h1＝0.45m，所以石块上升的最大高度为H＝h＋h1，解得H＝0.9m，B正确；设石块落地瞬间的速度大小为v′，则由v2'＝2gH得v′＝2gH，代入数据解得v′＝32m/s＝4.23m/s，C错误；从撤去拉力F到石块运动到最高点所用的时间为t2＝vg＝310s＝0.3s，石块由最高点到落在地面的过程所用的时间为t3＝2Hg，解得t3＝0.423s，石块落地后与地面相互作用的时间为Δt＝t－t1－t2－t3＝0.017s，石块与地面相互作用的过程中，由动量定理得F·Δt－mg·Δ6．AB[α粒子与氧原子核组成的系统动量守恒，t1时刻816O的动量为p2＝p0－p1，故A正确；t1时刻图线的切线斜率最大，则α粒子的动量变化率最大，根据p＝mv，可知α粒子的速度变化率最大，即加速度最大，即α粒子受到的静电力最大，则氧原子核受到的静电力也最大，816O的加速度达到最大，故B正确；t2时刻，α粒子速度为零，由题图可知t2时刻后，α粒子反向运动，系统动量守恒，可知在t2时刻之后，816O的动量达到最大，816O的速度达到最大，816O7．BCD[小球落地时重力的功率为PG＝mgvsinθ，故A错误；小球下落过程在竖直方向根据动量定理得mvsinθ＝mgt－k(vy1＋vy2＋vy3＋…＋vyn)t，vy1+vy2+vy3+…+vynt＝h，解得小球下落的时间为t＝mvsinθ+khmg，故B正确；小球在水平方向根据动量定理得mvcosθ－mv0＝－k(vx1＋vx2＋vx3＋…＋vxn)t，vx1+vx2+v8．解析：(1)对弹珠A，由运动学公式得x1＝v0t1-12at1联立解得v1＝4m/s，a＝5m/s2。(2)设碰后瞬间弹珠B的速度为v2'，由动量守恒定律得mv1＝mv1解得v2'所以两弹珠碰撞瞬间的机械能损失ΔE＝1解得ΔE＝7.5×10-2J碰后弹珠B运动的距离为Δx＝v2'2所以弹珠B恰好进坑，故能胜出。答案：(1)4m/s5m/s2(2)见解析9．C[子弹射入物块A的过程中，子弹与物块A组成的系统动量守恒，则有kmv0＝(m＋km)v1，求得v1＝kk+1v0，子弹动量的变化量Δp＝kmv1－kmv0＝－kmv0k+1，选项A错误；物块A的动能增加量为ΔEkA＝12mv12＝k2mv022k+12，选项B错误；当弹簧第一次压缩到最短时，物块B的动量大小最大，则有子弹与物块A、B、弹簧组成的系统动量守恒，则有kmv0＝(2m＋km)v2，求得v2＝kk+2v0，物块B的动量大小最大值为pBm10．解析：(1)释放小球后，由机械能守恒定律有12mv02得到达水平面的速度v0＝Rg小球与滑块发生弹性碰撞，有mv0＝mv1＋Mv212mv02＝12mv12+12Mv后小球匀速，滑块减速，当v2'＝v1时，两者距离最大，设经历时间为t则由题意有v2+v2'2t1－对滑块运用动量定理有－μMgt1＝Mv2'－M解得t1＝2dRg，μ＝(2)第一次碰撞后从相距最大到第二次碰撞经历时间为t2，则有v1t解得t2＝2da＝2所以第一次碰撞到第二次碰撞的时间t＝t1＋t2＝4d(3)多次碰撞后小球与滑块均静止，由系统能量守恒μMgx＝12mv02，解得答案：(1)R2d(2)4dRg11．解析：(1)小球A与B碰撞后结合在一起，则小球A、B发生完全非弹性碰撞，碰撞过程动量守恒，设碰后两者的共同速度为v，有mAv0＝(mA＋mB)v，则v＝m根据向心力公式F向＝(mA＋mB)v2R，得F向＝(2)若小球A、B之间为弹性碰