第一章 動量守恒定律 能力提高卷（B卷）（全解全析版）

第一章動量守恒定律能力提高卷（B卷）高二物理·全解全析123456789101112DACDBBCABDBCBDACD1．D【詳解】A．上升過程，根據(jù)牛頓第二定律，有f+mg=ma解得下降過程，根據(jù)牛頓第二定律，有mg-f=ma′解得可見：上升過程加速度大小大于下降過程加速度大小。由于上升和下降的高度相等，上升的加速度大小大于下降的加速度大小，由運動學(xué)公式知上升的時間小于下降的時間，故A錯誤；B．由于小球運動過程有空氣阻力，所以機械能損失，回到拋出點時的速率v2必然小于拋出時的速率v1，則由動能公式知小球回到拋出點的動能小于拋出時的動能，故上升過程減少的動能大于下落過程增加的動能，故B錯誤；C．上升過程同樣位置的阻力大于下落過程同樣位置的阻力，因此小球上升克服阻力做功的數(shù)值大于小球下降克服阻力做功的數(shù)值，故C錯誤；D．由題意可得，阻力與速率的關(guān)系為故阻力的沖量大小為因為上升過程和下降過程位移相同，則上升和下降過程沖量大小相等，故D正確。故選D。2．A【詳解】A．減速階段，據(jù)牛頓第二定律可得由圖可知，減速階段兩者加速度相等，則水的阻力相等，加速階段，據(jù)牛頓第二定律可得加速階段，甲的加速度較小，則甲在劃槳時用力較小，A正確；B．兩者最大速度相同，由動能定理可得乙加速階段的位移較小，故乙做功WF更少，B錯誤；CD．加速階段由動量定理可得甲加速階段時間較長，甲劃槳時受到水反作用力的沖量大，CD錯誤。故選A。3．C【詳解】由題意知，m沿斜面由底端沖上頂端的過程中，在豎直方向上m有向下的加速度，所以m和M組成的系統(tǒng)在豎直方向上系統(tǒng)的動量分量不守恒。而m和M組成的系統(tǒng)在水平方向上不受外力作用，所以m和M組成的系統(tǒng)，在水平方向上系統(tǒng)的動量分量守恒。故選C。4．D【詳解】A．碰撞前的總動量為碰撞后的總動量可知根據(jù)碰撞的特點，碰撞前后動量守恒，故A不符合題意；B．碰撞前的總動量為碰撞后的總動量可知碰撞前的總能量為碰撞后的總能量為可知根據(jù)碰撞的特點可知，碰撞后的動能不增加，故B不符合題意；C．根據(jù)碰撞的特點，碰撞后要滿足運動關(guān)系故C不符合題意；D．碰撞前的總動量為碰撞后的總動量可知碰撞前的總能量為碰撞后的總能量為可知且碰撞后要滿足運動關(guān)系故D符合題意。故選D。5．B【詳解】若人跳離b、c車時速度為v，由動量守恒定律，人跳離c車的過程，有0=-M車vc+m人v人跳上和跳離b車的過程，有m人v=-M車vb+m人v人跳上a車過程，有m人v=（M車+m人）va所以vc=-vb=0va=即vc>va>vb并且vc與va方向相反。故選B。6．B【詳解】M和m碰撞時間極短，在極短的時間內(nèi)彈簧形變極小，可忽略不計，因而m0在水平方向上沒有受到外力作用，動量不變（速度不變），可以認為碰撞過程中m0沒有參與，只涉及M和m，由于水平面光滑，彈簧形變極小，所以M和m組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，兩者碰撞后可能具有共同速度，也可能分開。故選B。7．C【詳解】A．根據(jù)動量守恒可知，爆炸剛結(jié)束時，乙、丙的合動量應(yīng)與甲的動量等大反向，即大小為mv0，故A錯誤；B．三物塊的質(zhì)量相等，且乙、丙的初速度大小相等且夾角為120°，根據(jù)平行四邊形定則可知，乙、丙的動量大小與乙、丙兩速度合成后的動量大小相同，因此三個物塊初速度大小均相等，初動能相等，三個物體到達地面時重力做功相等，則末動能相等，故B錯誤；C．甲在落地的過程中，設(shè)用時為t，則有重力對甲的沖量大小解得故C正確；D．結(jié)合以上分析，三個物塊初速度大小和初動能均相同，爆炸過程中釋放的總能量即三個物塊初動能之和加上爆炸產(chǎn)生的熱量為Q，即大于，故D錯誤。故選C。8．A【詳解】由動量守恒定律得解得故選A。9．BD【詳解】A．由于鐵粉受到重力和底座中磁鐵的吸引力，所以鐵粉的運動不是自由落體運動，故A錯誤；B．由于鐵粉下落過程中不斷靠近磁鐵，磁體的吸引力會不斷變大，則加速度不斷變化，所以鐵粉做變加速直線運動，故B正確；CD．如果鐵粉做自由落體運動，設(shè)沙漏的總質(zhì)量為m，空中正在下落的鐵粉質(zhì)量為m1，設(shè)沙漏中部細孔到底部靜止鐵粉表面的高度為h，因細孔處速度很小，可視為零，故下落的鐵粉沖擊底部靜止鐵粉表面的速度為鐵粉下落的時間為設(shè)下落的鐵粉對底部靜止鐵粉的沖擊力為F1，在極短時間內(nèi)，撞擊在底部靜止鐵粉表面的鐵粉質(zhì)量為，由動量定理得可得空中的鐵粉質(zhì)量則所以，對沙漏受力分析，可知桌面對沙漏的支持力為而實際中，鐵粉做加速度增大的加速運動，到達底端速度大于，所以所以故C錯誤，D正確。故選BD。10．BC【詳解】A．彈幕的總體積為A錯誤；B．又因為每有一個子彈顆粒，則子彈顆粒的總個數(shù)個個所形成彈幕的總質(zhì)量B正確；C．由動量定理可知C正確；D．彈幕對目標形成的沖擊力大小D錯誤。故選BC。11．BD【詳解】AD．和m組成的系統(tǒng)豎直方向合力不為0，系統(tǒng)動量不守恒，但水平方向受合外力為零，則水平方向動量守恒；由于只有重力做功，則機械能守恒，當(dāng)m到達最低點時，的速度最大，則解得M所能獲得的最大速度為故D正確，A錯誤；B．由水平方向動量守恒，根據(jù)人船模型得解得，向左運動的最大距離為故B正確；C．當(dāng)光滑的半圓弧軌道固定在水平地面上時，由機械能守恒定律可知由向心力公式得m運動到最低點C時軌道對m的支持力根據(jù)牛頓第三定律可知m運動到最低點C時對軌道的壓力大小為3mg?，F(xiàn)在光滑的半圓弧軌道在水平面上運動，m運動到最低點C時對軌道的壓力大小不是3mg。故C錯誤。故BD。12．ACD【詳解】A．整個過程中根據(jù)速度—時間圖像可知滑塊乙的位移A正確；B．兩物塊在1s末時發(fā)生碰撞，根據(jù)動量定理得帶入解得B錯誤；C．根據(jù)圖像可知，0~1s滑塊的加速度為根據(jù)牛頓第二定律解得，滑塊甲、滑塊乙與水平面間的動摩擦因數(shù)之比為，C正確；D．滑塊甲與滑塊乙的質(zhì)量之比為兩個滑塊碰撞前后的能量差為D正確。故選ACD。13．

需要

AC##CA

OM、OP和ON的距離

AD##DA【詳解】（1）[1]本實驗需要小球從斜槽末端離開后做平拋運動，所以斜槽末端需要保持水平。（2）[2]AB．為了使兩球碰撞后A球不反彈，兩球質(zhì)量滿足mA>mB，故A正確，B錯誤；CD．為了減小空氣阻力對實驗的影響，兩小球都應(yīng)該選擇質(zhì)量大、體積小的剛性小球進行實驗，故C正確，D錯誤。故選AC。（3）[3]采用圖甲裝置實驗時，兩小球下落高度相同，所以做平拋運動的時間相同，而兩小球碰撞前后的速度分別正比于對應(yīng)的水平位移大小，所以在驗證動量守恒表達式時可直接代入水平位移來間接代替速度，則實驗中還必須測量的物理量是OM、OP和ON的距離。（4）[4]采用圖乙裝置實驗時，設(shè)A與B碰撞前瞬間的速度為v1，碰后瞬間二者的速度分別為v1′和v2′，根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律分別得

①

②聯(lián)立①②解得

③

④兩小球做平拋運動的水平位移相同，水平初速度與運動時間成反比，而下落高度越大運動時間越長，則根據(jù)③④式可知P點是A單獨拋出時在豎直木板上的撞擊點，M、N點分別是A與B碰撞后在各自在豎直木板上的撞擊點，根據(jù)平拋運動規(guī)律可得

⑤

⑥

⑦聯(lián)立①⑤⑥⑦可得

⑧若⑧式在誤差允許范圍內(nèi)成立，則表明此碰撞動量守恒，且要驗證上式，必需測量B′N、B′P和B′M的距離。故選AD。14．

40

0.80

0.48

0.48【詳解】（1）[1]由于碰撞前后滑塊做勻速直線運動，結(jié)合圖可知AB碰撞位置在40cm處。（2）[2][3][4]從第二次到第三次拍照，A從50cm處向右運動到70cm處，所以碰撞后A的速度為則碰撞后A從40cm處運動到50cm處的時間為所以碰撞前A從20cm處運動到40cm處的時間為所以A碰撞前速度為從第二次到第三次拍照，B從55cm處運動到85cm處，所以碰撞后B的速度為則碰撞前系統(tǒng)的總動量為碰撞后系統(tǒng)的總動量為15．（1）；（2）【詳解】（1）質(zhì)量為的物體放在月球表面，受到的萬有引力等于重力，可得…………（2分）解得…………（1分）又…………（2分）聯(lián)立解得…………（1分）（2）設(shè)噴出氣體對上升器的作用力大小為，對上升器由牛頓第二定律可得…………（1分）設(shè)在時間內(nèi)噴射出氣體質(zhì)量為，由動量定理可得…………（1分）其中由牛頓第三定律有…………（1分）聯(lián)立解得…………（1分）16．（1）；（2）；（3）見解析【詳解】（1）運動員離開地面做豎直上拋運動，由…………（2分）解得…………（1分）（2）從m1下壓距離h位置松手瞬間開始到將彈簧長度鎖定瞬間結(jié)束，這個過程表示人的“站起”過程。設(shè)彈簧長度鎖定前瞬間，m1速度為u，彈簧長度鎖定后瞬間m1與m2整體離地，速度為，由彈簧長度鎖定過程系統(tǒng)動量守恒…………（2分）解得…………（1分）則至少需要做功…………（2分）（3）把手臂和軀體看作兩個部分，向前擺臂會使得起跳瞬間手臂部分的速度比身體的速度大，根據(jù)系統(tǒng)的動量守恒，起跳后身體速度還會增大，從而提高成績?！?分）17．（1）0.1m；（2）4N.【詳解】（1）小球釋放在向下擺動的過程中，對A有向左的拉力，使得A、B之間有壓力，A、B不會分離，當(dāng)C運動到最低點時，壓力為零，此時，A、B將要分離。A、B、C系統(tǒng)在水平方向動量守恒，以向左為正方向，由動量守恒定律得mvC-2MvA=0…………（1分）則有…………（1分）由幾何關(guān)系得x1+x2=L…………（1分）解得A移動的距離為…………（1分）（2）A、B、C系統(tǒng)在水平方向動量守恒，以向左為正方向，由動量守恒定律得mvC-2MvA=0…………（1分）由機械能守恒定律得…………（1分）聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得…………（1分）當(dāng)A、B兩木塊恰分離時，小球相對A的速度為…………（1分）根據(jù)牛頓第二定律…………（1分）解得小球?qū)毦€的拉力…………（1分）18．（1），方向向右；（2）；（3）【詳解】（1）設(shè)向右為正方向，子彈射入滑塊后的共同速度大小為，對子彈與滑塊組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律得……