2024高考物理一輪復(fù)習(xí)第六章碰撞與動量守恒第1節(jié)動量定理動量守恒定律作業(yè)與檢測含解析魯科版

PAGE9-第1節(jié)動量定理動量守恒定律基礎(chǔ)必備1.(多選)對動量、沖量和動量守恒定律的相識,以下說法正確的是(BC)A.伽利略提出,質(zhì)量與速度的乘積定義為動量B.最先提出動量概念的是法國科學(xué)家笛卡兒C.動量是一個狀態(tài)量,表示物體的運動狀態(tài);沖量是一個過程量,表示力對時間的積累效應(yīng)D.動量守恒定律和牛頓其次定律一樣,只適用于宏觀和低速的狀況,不適用于高速和微觀狀況解析:最先提出動量概念的是法國科學(xué)家笛卡兒,故A錯誤,B正確;動量是一個狀態(tài)量,表示物體的運動狀態(tài);沖量是一個過程量,表示力對時間的積累效應(yīng),C正確;動量守恒定律是自然界普遍適用的規(guī)律,D錯誤.2.(2024·中心民大附中月考)用豆粒模擬氣體分子,可以模擬氣體壓強產(chǎn)生的原理.如圖所示,從距秤盤80cm高度把1000粒的豆粒連續(xù)勻稱地倒在秤盤上,持續(xù)作用時間為1s,豆粒彈起時豎直方向的速度變?yōu)榕銮暗囊话?若每個豆粒只與秤盤碰撞一次,且碰撞時間極短(在豆粒與秤盤碰撞極短時間內(nèi),碰撞力遠(yuǎn)大于豆粒受到的重力),已知1000粒的豆粒的總質(zhì)量為100g,g取10m/s2,則在碰撞過程中秤盤受到的壓力大小約為(B)A.0.2N B.0.6NC.1.0N D.1.6N解析:豆粒從80cm高處落下時速度為v,v2=2gh,則v==m/s=4m/s.設(shè)向上為正方向,且豆粒重力忽視不計,依據(jù)動量定理有Ft=mv2-mv1,則F==N=0.6N.選項B正確,A,C,D錯誤.3.(2024·內(nèi)蒙古集寧一中期中)(多選)兩個物體A,B的質(zhì)量分別為m1,m2,并排靜止在水平地面上,用同向水平拉力F1,F2分別作用于物體A和B上,分別作用一段時間后撤去,兩物體各自滑行一段距離后停止下來,物體A,B運動的速度—時間圖象分別如圖中圖線a,b所示,已知拉力F1,F2分別撤去后,物體做減速運動過程的速度—時間圖線彼此平行(相關(guān)數(shù)據(jù)已在圖中標(biāo)出),g取10m/s2,由圖中信息可以得出(AB)A.若F1=F2,則m1小于m2B.若m1=m2,則力F1對A做的功與F2對B做的功相等C.若m1=m2,則力F1對物體A的沖量與F2對B的沖量之比為5∶4D.若F1=F2,則力F1對物體A的沖量與F2對B的沖量之比為5∶4解析:由vt圖線的斜率等于加速度知,撤去拉力后兩物體的加速度相等,則有a1=a2=μg=1m/s2,得μ1=μ2=0.1,施加拉力時,若F1=F2,對于物體A則有F1-μ1m1g=m1a1,解得m1=,同理得m2=,由圖可知a1>a2,則m1<m2,故A正確;若m1=m2,則摩擦力f1=f2,整個運動過程中,依據(jù)動能定理,對物體A有WF1-f1s1=0;對物體B有WF2-f2s2=0,由于s1=×4×2.5m=5.0m,s2=×5×2m=5.0m,故WF1=WF2,故B正確;若m1=m2,則f1=f2,物體A,B在整個運動過程中,由動量定理分別得IF1-f1t1=0,IF2-f2t2=0,則IF1∶IF2=t1∶t2=4∶5,選項C錯誤;若F1=F2,依據(jù)I=Ft,而F1,F2作用時間之比為1∶2,則力F1對物體A的沖量與F2對物體B的沖量之比為1∶2,故D錯誤.4.如圖,粗糙水平面上,兩木塊A,B以輕繩相連,在恒力F作用下做勻速運動.某時刻輕繩斷開,在F牽引下A接著前進(jìn),B最終靜止.則A和B組成的系統(tǒng)動量下述關(guān)系正確的是(B)A.則在B靜止前,系統(tǒng)動量不守恒;在B靜止后,系統(tǒng)動量守恒B.則在B靜止前,系統(tǒng)動量守恒;在B靜止后,系統(tǒng)動量不守恒C.則在B靜止前,系統(tǒng)動量守恒;在B靜止后,系統(tǒng)動量守恒D.則在B靜止前,系統(tǒng)動量不守恒;在B靜止后,系統(tǒng)動量不守恒解析:輕繩斷開前,兩木塊在水平地面上向右做勻速直線運動,以A,B為系統(tǒng),系統(tǒng)所受外力的合力為零;輕繩斷開后,在B停止運動以前,恒力F和摩擦力均不變,系統(tǒng)的合外力仍為零,則系統(tǒng)的動量守恒;B靜止后,B的合外力為0,拉力大于木塊A的摩擦力,A和B組成的系統(tǒng)合力不為0,所以系統(tǒng)動量不守恒.B正確,A,C,D錯誤.5.(2024·安徽黃山屯溪一中月考)(多選)如圖所示,矩形木塊中上部挖空成為半徑為R、質(zhì)量為M的光滑的半圓周軌道,置于光滑的水平面上,a,c兩點等高.此軌道可以固定,也可以不固定.一質(zhì)量為m的滑塊從軌道的a點由靜止起先下滑,且此時軌道也是靜止的,那么下列說法中正確的是(BD)A.若軌道不固定,滑塊與軌道組成的系統(tǒng)動量守恒B.若軌道固定,則滑塊經(jīng)最低b點時的速度大小為C.若軌道不固定,則滑塊滑不到c點處D.若軌道不固定,則滑塊經(jīng)最低b點時的速度大小小于解析:若軌道固定,依據(jù)機械能守恒可得mgR=m,滑塊經(jīng)最低b點時的速度大小為vb=,故B正確;若軌道不固定,滑塊與軌道組成的系統(tǒng)在豎直方向動量不守恒,在水平方向動量守恒,滑塊經(jīng)最低b點時,則有mv1=Mv2,mgR=m+M,解得滑塊經(jīng)最低b點時的速度v1=<,依據(jù)動量守恒和能量守恒可知,若軌道不固定,則滑塊能滑到c點處,故D正確,A,C錯誤.6.(多選)如圖所示,一物體以同一高度分別沿三個傾角不同的光滑固定斜面由靜止起先從頂端下滑究竟端C,D,E處,三個過程中重力的沖量依次為I1,I2,I3,動量變更量的大小依次為Δp1,Δp2,Δp3,則有(ABC)A.三個過程中,合力的沖量大小相等,動量的變更量大小相等B.三個過程中,合力做的功相等,動能的變更量相等C.I1<I2<I3,Δp1=Δp2=Δp3D.I1<I2<I3,Δp1<Δp2<Δp3解析:由機械能守恒定律可知物體下滑究竟端C,D,E的速度大小v相等,動量變更量Δp的大小相等,即Δp1=Δp2=Δp3;依據(jù)動量定理,合外力的沖量大小也相等;設(shè)斜面的高度為h,從頂端A下滑究竟端C,由=gsinθ·t2得物體下滑的時間t==,重力的沖量I=mgt=,即θ越小,重力沖量就越大,故I1<I2<I3,故A,C正確,D錯誤;物體下滑過程中只有重力做功,故合力做的功相等,依據(jù)動能定理,動能的變更量相等,故B正確.7.(2024·遼寧沈陽一模)(多選)如圖所示,放在光滑水平桌面上的A,B木塊之間夾一被壓縮的彈簧.現(xiàn)釋放彈簧,A,B木塊被彈開后,各自由桌面上滑行一段距離飛離桌面.A落地點距桌邊水平距離為0.5m,B落地點距桌邊水平距離為1m,則(AD)A.A,B離開彈簧時的速度比為1∶2B.A,B離開彈簧時的速度比為1∶1C.A,B質(zhì)量之比為1∶2D.A,B質(zhì)量之比為2∶1解析:A和B離開桌面后做平拋運動,下落的高度相同,它們的運動時間相等,由s=v0t得速度之比===,故A正確,B錯誤;彈簧彈開木塊的過程,兩木塊及彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒,取向左為正方向,由動量守恒定律得mAvA-mBvB=0,則質(zhì)量之比==,故C錯誤,D正確.8.(2024·廣東試驗中學(xué)期中考試)跳水運動員打算進(jìn)行跳板跳水訓(xùn)練.從起跳到落水前過程的路徑為拋物線,將運動員從最高點到入水前的運動過程記為Ⅰ,運動員入水后到最低點的運動過程記為Ⅱ,忽視空氣阻力,則運動員(C)A.過程Ⅰ的動量變更率漸漸增大B.過程Ⅰ,Ⅱ的總動量變更量為零C.過程Ⅰ的動量變更量等于重力的沖量D.過程Ⅱ的動量變更量等于重力的沖量解析:過程Ⅰ的動量變更率等于運動員的重力,則保持不變,選項A錯誤;運動員在最高點的速度不為零,末速度為零,則過程Ⅰ,Ⅱ的動量變更量不等于零,故B錯誤;由動量定理,過程Ⅰ中動量變更量等于重力的沖量,即為mgt,故C正確;過程Ⅱ的動量變更量等于合外力的沖量,不等于重力的沖量,故D錯誤.9.(2024·北京密云區(qū)檢測)如圖所示,“冰雪游樂場”滑道O點的左邊為水平滑道,右邊為高度h=3.2m的曲面滑道,左右兩邊的滑道在O點平滑連接.小孩乘坐冰車由靜止起先從滑道頂端動身,經(jīng)過O點后與處于靜止?fàn)顟B(tài)的家長所坐的冰車發(fā)生碰撞,碰撞后小孩及其冰車恰好停止運動.已知小孩和冰車的總質(zhì)量m=30kg,家長和冰車的總質(zhì)量為M=60kg,人與冰車均可視為質(zhì)點,不計一切摩擦阻力,取重力加速度g=10m/s2,求:(1)小孩乘坐冰車經(jīng)過O點時的速度大小;(2)碰撞后家長和冰車共同運動的速度大小;(3)碰撞過程中小孩和家長(包括各自冰車)組成的系統(tǒng)損失的機械能.解析:(1)設(shè)小孩經(jīng)過O點時的速度大小為v0,由機械能守恒定律有mgh=m,代入數(shù)據(jù)解得v0=8.0m/s.(2)碰撞過程中小孩和家長(包括各自冰車)組成的系統(tǒng)動量守恒,設(shè)碰撞后家長的速度大小為v1,則mv0=Mv1,解得v1=v0=4.0m/s.(3)設(shè)系統(tǒng)損失的機械能為ΔE,則ΔE=m-M=480J.答案:(1)8.0m/s(2)4.0m/s(3)480J實力培育10.(2024·內(nèi)蒙古集寧一中期中)(多選)如圖所示,小車的上面由中突的兩個對稱的光滑曲面組成,整個小車的質(zhì)量為m,原來靜止在光滑的水平面上.今有一個可以看做質(zhì)點的小球,質(zhì)量也為m,以水平速度v從左端滑上小車,恰好到達(dá)小車的最高點后,又從另一個曲面滑下.關(guān)于這個過程,下列說法正確的是(BC)A.小球滑離小車時,小車又回到了原來的位置B.小球在滑上曲面的過程中,小車的動量變更大小是C.小球和小車作用前后,小球所受合外力的沖量為零D.車上曲面的豎直高度肯定大于解析:小球滑上曲面的過程,小車向右運動,小球滑下時,小車還會接著前進(jìn),故不會回到原位置,故A錯誤.由于小球恰好到最高點,則兩者有共同速度,對于車、小球組成的系統(tǒng),由動量守恒定律得mv=2mv',則v'=.小車動量的變更大小為,選項B正確;在小球和小車作用前、后,動量、動能均守恒,設(shè)作用后小球速度為v',小車速度為v車.由于mv=mv車+mv',mv2=m+mv'2,可求得v'=v,v車=0,所以小球和小車作用之后,小球的速度又變?yōu)関,則小球所受合外力的沖量為零,選項C正確;由于小球原來的動能為mv2,小球到最高點時系統(tǒng)的動能為×2m×2=mv2,由機械能守恒,得mv2-mv2=mgh,則h=,即車上曲面的豎直高度等于,故D錯誤.11.(2024·黑龍江牡丹江一中月考)(多選)如圖所示,A,B兩個矩形木塊用輕彈簧和一條與彈簧原長相等的輕繩相連,靜止在水平地面上,繩為非彈性繩且可承受的拉力足夠大.彈簧的勁度系數(shù)為k,木塊A和木塊B的質(zhì)量均為m.現(xiàn)用一豎直向下的壓力將木塊A緩慢壓縮到某一位置,木塊A在此位置所受的壓力為F(F>mg),彈簧的彈性勢能為E,撤去力F后,下列說法正確的是(AD)A.當(dāng)A速度最大時,彈簧仍處于壓縮狀態(tài)B.彈簧復(fù)原到原長的過程中,彈簧彈力對A,B的沖量相同C.當(dāng)B起先運動時,A的速度大小為D.全程中,A上升的最大高度為+解析:由題意可知當(dāng)A受力平衡時速度最大,即彈簧彈力大小等于重力大小,此時彈簧處于壓縮狀態(tài),故A項正確;由于沖量是矢量,而彈簧彈力對A,B的沖量方向相反,故B項錯誤;設(shè)彈簧復(fù)原到原長時A的速度為v,由機械能守恒定律得E=mv2+mg,設(shè)輕繩繃緊瞬間A,B共同速度為v1,從A木塊在彈簧原長時到輕繩繃緊瞬間,作用時間極短,內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力,可認(rèn)為A,B與彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒,則有mv=2mv1,可解得v1=,即B起先運動時A的速度大小為;A,B獲共同速度后豎直上拋,由機械能守恒定律得×2m=2mgh,則上上升度h==-,而A上升的最大高度H=h+=+.選項A,D正確.12.如圖所示,一個質(zhì)量為M的木箱靜止在光滑水平面上,木箱內(nèi)粗糙的底板上放著一個質(zhì)量為m的小木塊.現(xiàn)使木箱突然獲得一個向左的初速度v0,導(dǎo)致小木塊與木箱壁碰撞,已知木塊與木箱碰撞過程中不損失能量,則(C)A.小木塊和木箱最終將靜止B.木箱速度減為的過程,小木塊受到的水平?jīng)_量大小為Mv0C.最終小木塊速度為,方向向左D.木箱和小木塊組成的系統(tǒng)機械能守恒解析:由于木箱在光滑水平面上,而小木塊與木箱之間的摩擦力是木箱和小木塊組成的系統(tǒng)的內(nèi)力,給木箱一個向左的初速度,系統(tǒng)滿意動量守恒定律,經(jīng)若干次碰撞后,小木塊和木箱最終以相同速度運動,則有Mv0=(M+m)v,即v=,方向向左,選項C正確,A錯誤;當(dāng)木箱速度減小為時,木箱動量削減了Mv0,則小木塊的動量將增加Mv0,依據(jù)動量定理,木箱對小木塊作用力的沖量大小為Mv0,選項B錯誤;由于木箱底板粗糙,小木塊在木箱內(nèi)相對于木箱滑動,摩擦產(chǎn)生熱量,所以木箱和小木塊組成的系統(tǒng)機械能不守恒,選項D錯誤.13.如圖所示,甲車質(zhì)量m1=20kg,車上有質(zhì)量M=50kg的人,甲車(連同車上的人)以v=3m/s的速度向右滑行.此時質(zhì)量m2=50kg的乙車正以v0=1.8m/s的速度迎面滑來,為了避開兩車相撞,當(dāng)兩車相