一点一练2022版高考物理复习专题三十三动量定理动量守恒定律及其应用专题演练含两年高考一年模拟

选修3－5考点33　动量定理　动量守恒定律及其应用两年高考真题演练1．(2022·重庆理综，3)高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)。此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为(　　)A.＋mgB.－mgC.＋mgD.－mg2．[2022·福建理综，30(2)]如图，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是(　　)A．A和B都向左运动B．A和B都向右运动C．A静止，B向右运动D．A向左运动，B向右运动3．(2022·大纲全国卷，21)一中子与一质量数为A(A>1)的原子核发生弹性正碰。若碰前原子核静止，则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为(　　)A.B.C.D.4．(2022·重庆理综，4)一弹丸在飞行到距离地面5m高时仅有水平速度v＝2m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1。不计质量损失，取重力加速度g＝10m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是(　　)5．[2022·天津理综，9(1)]13\n如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A球在水平面上静止放置，B球向左运动与A球发生正碰，B球碰撞前、后的速率之比为3∶1，A球垂直撞向挡板，碰后原速率返回。两球刚好不发生第二次碰撞，A、B两球的质量之比为________，A、B碰撞前、后两球总动能之比为________。6．[2022·海南单科，17(2)]运动的原子核X放出α粒子后变成静止的原子核Y。已知X、Y和α粒子的质量分别是M、m1和m2，真空中的光速为c，α粒子的速度远小于光速。求反应后与反应前的总动能之差以及α粒子的动能。7．(2022·安徽理综，22)一质量为0.5kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点5m的位置B处是一面墙，如图所示。物块以v0＝9m/s的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7m/s，碰后以6m/s的速度反向运动直至静止。g取10m/s2。(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ；(2)若碰撞时间为0.05s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F；(3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W。8．[2022·新课标全国卷Ⅰ，35(2)]如图，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A位于B、C之间。A的质量为m，B、C的质量都为M，三者均处于静止状态。现使A以某一速度向右运动，求m和M之间应满足什么条件，才能使A只与B、C各发生一次碰撞。设物体间的碰撞都是弹性的。9．[2022·山东理综，39(2)]13\n如图，三个质量相同的滑块A、B、C，间隔相等地静置于同一水平直轨道上。现给滑块A向右的初速度v0，一段时间后A与B发生碰撞，碰后A、B分别以v0、v0的速度向右运动，B再与C发生碰撞，碰后B、C粘在一起向右运动。滑块A、B与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值。两次碰撞时间均极短。求B、C碰后瞬间共同速度的大小。10．(2022·广东理综，36)如图所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R＝0.5m，物块A以v0＝6m/s的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q，再沿圆轨道滑出后，与直轨上P处静止的物块B碰撞，碰后粘在一起运动，P点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L＝0.1m，物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝0.1，A、B的质量均为m＝1kg(重力加速度g取10m/s2；A、B视为质点，碰撞时间极短)。(1)求A滑过Q点时的速度大小v和受到的弹力大小F；(2)若碰后AB最终停止在第k个粗糙段上，求k的数值；(3)求碰后AB滑至第n个(n＜k)光滑段上的速度vn与n的关系式。11．[2022·新课标全国卷Ⅰ，35(2)]如图，质量分别为mA、mB的两个弹性小球A、B静止在地面上方，B球距地面的高度h＝0.8m，A球在B球的正上方。先将B球释放，经过一段时间后再将A球释放。当A球下落t＝0.3s时，刚好与B球在地面上方的P点处相碰，碰撞时间极短，碰后瞬间A球的速度恰为零。已知mB＝3mA，重力加速度大小g＝10m/s2，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失。求(1)B球第一次到达地面时的速度；13\n(2)P点距离地面的高度。12．[2022·新课标全国卷Ⅱ，35(2)]现利用图(a)所示的装置验证动量守恒定律。在图(a)中，气垫导轨上有A、B两个滑块，滑块A右侧带有一弹簧片，左侧与打点计时器(图中未画出)的纸带相连；滑块B左侧也带有一弹簧片，上面固定一遮光片，光电计时器(未完全画出)可以记录遮光片通过光电门的时间。实验测得滑块A的质量m1＝0.310kg，滑块B的质量m2＝0.108kg，遮光片的宽度d＝1.00cm；打点计时器所用交流电的频率f＝50.0Hz。将光电门固定在滑块B的右侧，启动打点计时器，给滑块A一向右的初速度，使它与B相碰．碰后光电计时器显示的时间为ΔtB＝3.500ms，碰撞前、后打出的纸带如图(b)所示。若实验允许的相对误差绝对值(||×100%)最大为5%，本实验是否在误差范围内验证了动量守恒定律？写出运算过程。13\n考点33　动量定理　动量守恒定律及其应用一年模拟试题精练1．(2022·山东莱阳市高三月考)如图所示，现有甲、乙两滑块，质量分别为3m和m，以相同的速率v在光滑水平面上相向运动，发生碰撞。已知碰撞后，甲滑块静止不动，则(　　)A．碰撞前总动量是4mvB．碰撞过程动量不守恒C．碰撞后乙的速度大小为2vD．碰撞属于非弹性碰撞2．(2022·北京丰台一模)如图所示，两质量分别为m1和m2的弹性小球叠放在一起，从高度为h处自由落下，且h远大于两小球半径，所有的碰撞都是完全弹性碰撞，且都发生在竖直方向。已知m2＝3m1，则小球m1反弹后能达到的高度为(　　)A．hB．2hC．3hD．4h3．(2022·北京朝阳区测试)在实验室里为了验证动量守恒定律，一般采用如图甲、乙所示的两种装置：　　(1)若入射小球质量为m1，半径为r1；被碰小球质量为m2，半径为r2，则(　　)A．m1>m2,r1>r2B．m1>m2,r1<r2C．m1>m2，r1＝r2D．m1<m2,r1＝r2(2)若采用图乙所示装置进行实验，以下所提供的测量工具中必需的是________。A．直尺　B．游标卡尺　C．天平　D．弹簧测力计　E．秒表(3)设入射小球的质量为m1，被碰小球的质量为m2，则在用图甲所示装置进行实验时(P为碰前入射小球落点的平均位置)，所得“验证动量守恒定律”的结论为____________(用装置图中的字母表示)4．(2022·新余市期末)如图所示，在倾角θ＝30°、足够长的斜面上分别固定着相距L＝0.2m的A、B13\n两个物体，它们的质量为mA＝1kg，mB＝3kg，与斜面间动摩擦因数分别为μA＝和μB＝。在t＝0时刻同时撤去固定两物体的外力后，A物体沿斜面向下运动，并与B物体发生弹性碰撞(g＝10m/s2)。求：A与B第一次碰后瞬时B的速率？5．(2022·景德镇市二检)如图所示，光滑平台上有两个刚性小球A和B，质量分别为2m和3m，小球A以速度v0向右运动并与静止的小球B发生碰撞(碰撞过程不损失机械能)，小球B飞出平台后经时间t刚好掉入装有沙子向左运动的小车中，小车与沙子的总质量为m，速度为2v0，小车行驶的路面近似看做是光滑的，求：(1)碰撞后小球A和小球B的速度；(2)小球B掉入小车后的速度。6．(2022·云南名校统考)一轻质弹簧竖直固定在地面上，上面连接一个质量为m1＝1kg的物体，平衡时物体离地面0.9m，弹簧所具有的弹性势能为0.5J。现在在距物体m1正上方高为0.3m处有一个质量为m2＝1kg的物体自由下落后与弹簧上物体m1碰撞立即合为一体，一起向下压缩弹簧。当弹簧压缩量最大时，弹簧长为0.6m。求(g取10m/s2)：(1)碰撞结束瞬间两物体的动能之和是多少？(2)弹簧长为0.6m时弹簧的弹性势能大小？参考答案考点33　动量定理　动量守恒定律及其应用两年高考真题演练1．A　[由自由落体运动公式得人下降h距离时的速度为v＝，在t时间内对人由动量定理得(F－mg)t＝mv，解得安全带对人的平均作用力为F＝＋mg，A项正确。]2．D　[对A、B系统，由于发生弹性碰撞，故碰撞前后系统的动量守恒、机械能守恒，由于m×2v0－2mv0＝0，故碰后A、B不可能同向运动或一个静止，另一个运动或两个都静止，13\n而只能是A、B都反向运动，故D正确。]3．A　[设中子质量为m，则原子核的质量为Am。设碰撞前后中子的速度分别为v0、v1，碰后原子核的速度为v2，由弹性碰撞可得mv0＝mv1＋Amv2，mv＝mv＋Amv，解得v1＝v0，故||＝，A正确。]4．B　[平抛运动时间t＝＝1s，爆炸过程遵守动量守恒定律，设弹丸质量为m，则mv＝mv甲＋mv乙，又v甲＝，v乙＝，t＝1s，则有x甲＋x乙＝2m，将各选项中数据代入计算得B正确。]5．解析　设A、B球的质量分别为mA和mB，A球碰撞后的速度大小为vA2，B球碰撞前、后的速度大小分别为vB1和vB2，由题意知vB1∶vB2＝3∶1，vA2＝vB2。A、B碰撞过程由动量守恒定律得mBvB1＝mAvA2－mBvB2，所以有＝＝。碰撞前、后的总动能之比为＝。答案　4∶1　9∶56．解析　反应后由于存在质量亏损，所以反应前、后总动能之差等于质量亏损而释放出的能量，根据爱因斯坦质能方程可得m2v－Mv＝(M－m1－m2)c2①反应过程中三个粒子组成的系统动量守恒，故有Mvx＝m2vα②联立①②可得m2v＝(M－m1－m2)c2。答案　(M－m1－m2)c2　(M－m1－m2)c27．解析　(1)对小物块从A运动到B处的过程中应用动能定理－μmgs＝mv2－mv①代入数值解得μ＝0.32②(2)取向右为正方向，碰后滑块速度v′＝－6m/s由动量定理得：FΔt＝mv′－mv③13\n解得F＝－130N④其中“－”表示墙面对物块的平均力方向向左。(3)对物块反向运动过程中应用动能定理得－W＝0－mv′2⑤解得W＝9J答案　(1)0.32　(2)130N　(3)9J8．解析　设A运动的初速度为v0，A向右运动与C发生碰撞，由动量守恒定律得mv0＝mv1＋Mv2由机械能守恒定律得mv＝mv＋Mv可得v1＝v0，v2＝v0要使得A与B能发生碰撞，需要满足v1＜0，即m＜MA反向向左运动与B发生碰撞过程，有mv1＝mv3＋Mv4mv＝mv＋Mv整理可得v3＝v1，v4＝v1由于m＜M，所以A还会向右运动，根据要求不发生第二次碰撞，需要满足v3≤v2即v0≥v1＝()2v0整理可得m2＋4Mm≥M2解方程可得m≥(－2)M所以使A只与B、C各发生一次碰撞，须满足(－2)M≤m＜M答案　(－2)M≤m＜M9．解析　设滑块质量为m，A与B碰撞前A的速度为vA，由题意知，碰后A的速度vA′＝v0，B的速度vB＝v0，由动量守恒定律得mvA＝mvA′＋mvB①13\n设碰撞前A克服轨道阻力所做的功为WA，由功能关系得WA＝mv－mv②设B与C碰撞前B的速度为vB′，B克服轨道阻力所做的功为WB，由功能关系得WB＝mv－mvB′2③据题意可知WA＝WB④设B、C碰后瞬间共同速度的大小为v，由动量守恒定律得mvB′＝2mv⑤联立①②③④⑤式，代入数据得v＝v0⑥答案　v010．解析　(1)从A→Q由动能定理得－mg·2R＝mv2－mv①解得v＝4m/s＞＝m/s②在Q点，由牛顿第二定律得FN＋mg＝m③解得FN＝22N④(2)A撞B，由动量守恒得mv0＝2mv′⑤解得v′＝＝3m/s⑥设摩擦距离为x，则－μmgx＝0－·2mv′2⑦解得x＝4.5m⑧所以k＝＝45⑨(3)AB滑至第n个光滑段上，由动能定理得－μ·2mgnL＝·2mv－·2mv′2⑩13\n所以vn＝m/s　(n＝0，1，2，…)⑪答案　(1)22N　(2)45(3)vn＝m/s　(n＝0，1，2，…)11．解析　(1)设B球第一次到达地面时的速度大小为vB，由运动学公式有vB＝①将h＝0.8m代入上式，得vB＝4m/s②(2)设两球相碰前后，A球的速度大小分别为v1和v1′(v1′＝0)，B球的速度分别为v2和v2′。由运动学规律可得v1＝gt③由于碰撞时间极短，重力的作用可以忽略，两球相碰前后的动量守恒，总动能保持不变。规定向下的方向为正，有mAv1＋mBv2＝mBv2′④mAv＋mBv＝mBv2′2⑤设B球与地面相碰后的速度大小为vB′，由运动学及碰撞的规律可得vB′＝vB⑥设P点距地面的高度为h′，由运动学规律可得h′＝⑦联立②③④⑤⑥⑦式，并代入已知条件可得h′＝0.75m⑧答案　(1)4m/s　(2)0.75m12．解析　按定义，滑块运动的瞬时速度大小v为v＝①式中Δs为滑块在很短时间Δt内走过的路程。设纸带上打出相邻两点的时间间隔为ΔtA，则ΔtA＝＝0.02s②ΔtA可视为很短。设A在碰撞前、后瞬时速度大小分别为v0、v1。将②式和图给实验数据代入①式得v0＝2.00m/s③v1＝0.970m/s④设B在碰撞后的速度大小为v2，由①式有13\nv2＝⑤代入题给实验数据得v2＝2.86m/s⑥设两滑块在碰撞前、后的总动量分别为p和p′，则p＝m1v0⑦p′＝m1v1＋m2v2⑧两滑块在碰撞前后总动量相对误差的绝对值为δp＝||×100%⑨联立③④⑥⑦⑧⑨式并代入有关数据，得δp＝1.7%<5%⑩因此，本实验在允许的误差范围内验证了动量守恒定律。答案　见解析一年模拟试题精练1．C　[规定向右为正方向，碰撞前总动量为3mv－mv＝2mv，A错误；碰撞过程两滑块组成的系统外力为零，故系统动量守恒，B错误；根据动量守恒定律可得：3mv－mv＝0＋mv′，解得：v′＝2v，C正确；碰撞前总动能为：·3mv2＋mv2＝2mv2，碰撞后总动能为：0＋m(2v)2＝2mv2，碰撞前后无动能损失，D错误。]2．D　[下降过程为自由落体运动，触地时两球速度相同，v＝，m2碰撞地之后，速度瞬间反向，大小相等，选m1与m2碰撞过程为研究过程，碰撞前后动量守恒，设碰后m1、m2速度大小分别为v1、v2，选向上方向为正方向，则m2v－m1v＝m1v1＋m2v2由能量守恒定律得(m1＋m2)v2＝m1v＋m2v，且m2＝3m1联立解得：v1＝2反弹后高度H＝＝4h，D正确。]3．解析　(1)为防止反弹造成入射球返回斜槽，要求入射球质量大于被碰球质量，即m1＞m2；为使入射球与被碰球发生对心碰撞，要求两小球半径相同。故C正确。13\n(2)设入射小球为a，被碰小球为b，a球碰前的速度为v1，a、b相碰后的速度分别为v1′、v2′。由于两球都从同一高度做平抛运动，当以运动时间为一个计时单位时，可以用它们平抛的水平位移表示碰撞前后的速度。因此，需验证的动量守恒关系m1v1＝m1v1′＋m2v2′可表示为m1x1＝m1x1′＋m2x2′。所以需要直尺、天平，而无需弹簧测力计、秒表。由于题中两个小球都可认为是从槽口开始做平抛运动的，两球的半径不必测量，故无需游标卡尺。(3)得出验证动量守恒定律的结论应为m1·OP＝m1·OM＋m2·O′N。答案　(1)C　(2)AC　(3)m1·OP＝m1·OM＋m2·O′N4．解析　A物体沿斜面下滑时有mAgsinθ－μAmAgcosθ＝mAaA所以：aA＝gsinθ－μAgcosθaA＝gsin30°－gcos30°＝2.5m/s2B物体沿斜面下滑时有mBgsinθ－μBmBgcosθ＝mBaB代入数据解得aB＝0可知，撤去固定A、B的外力后，物体B恰好静止于斜面上，物体A将沿斜面向下做匀加速直线运动。由运动学公式得A与B第一次碰撞前的速度vA1＝＝m/s＝1m/s由于A、B碰撞满足动量守恒和机械能守恒，设第一次碰后B的速度为vB，有：mAvA＝mAvA′＋mBvB，mAv＝mAvA′2＋mBv得vB＝0.5m/s答案　0.5m/s5．解析　(1)A球与B球碰撞过程中系统动量守恒，以向右为正方向，有m1v0＝m1v1＋m2v2碰撞过程中系统机械能守恒，有m1v＝m1v＋m2v可解得v1＝＝－v0v2＝＝v0即碰后A球向左，B球向右(2)B球掉入沙车的过程中系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，有m2v2＋m3v3＝(m213\n＋m3)v3′解得v3′＝v0水平向右答案　(1)－v0，方向向左　v0，方向向右(2)v0，方向向右6．解析　(1)m2自由下落，由机械能守恒定律得m2gh1＝m2v，解得v0＝m/s碰撞过程动量守恒，以向下为正方向，由动量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v代入数据解得v＝m/s碰后的动能：Ek＝(m1＋m2)v2代入数据解得：Ek＝1.5J；(2)m1与m2共同下降的高度Δh＝0.3m，由机械能守恒得(m1＋m2)gΔh＋(m1＋m2)v2＝ΔEp代入数据解得ΔEp＝7.5J所以弹性势能为E＝ΔEp＋0.5J＝8J答案　(1)1.5J　(2)8J13