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

PAGE9-第1節(jié)動(dòng)量定理動(dòng)量守恒定律基礎(chǔ)必備1.(多選)對(duì)動(dòng)量、沖量和動(dòng)量守恒定律的相識(shí),以下說(shuō)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(dòng)量B.最先提出動(dòng)量概念的是法國(guó)科學(xué)家笛卡兒C.動(dòng)量是一個(gè)狀態(tài)量,表示物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài);沖量是一個(gè)過(guò)程量,表示力對(duì)時(shí)間的積累效應(yīng)D.動(dòng)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(dòng)量概念的是法國(guó)科學(xué)家笛卡兒,故A錯(cuò)誤,B正確;動(dòng)量是一個(gè)狀態(tài)量,表示物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài);沖量是一個(gè)過(guò)程量,表示力對(duì)時(shí)間的積累效應(yīng),C正確;動(dòng)量守恒定律是自然界普遍適用的規(guī)律,D錯(cuò)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(qiáng)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(shí)間為1s,豆粒彈起時(shí)豎直方向的速度變?yōu)榕銮暗囊话?若每個(gè)豆粒只與秤盤碰撞一次,且碰撞時(shí)間極短(在豆粒與秤盤碰撞極短時(shí)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(guò)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(shí)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(jì),依據(jù)動(dòng)量定理有Ft=mv2-mv1,則F==N=0.6N.選項(xiàng)B正確,A,C,D錯(cuò)誤.3.(2024·內(nèi)蒙古集寧一中期中)(多選)兩個(gè)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(shí)間后撤去,兩物體各自滑行一段距離后停止下來(lái),物體A,B運(yùn)動(dòng)的速度—時(shí)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(yùn)動(dòng)過(guò)程的速度—時(shí)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(duì)A做的功與F2對(duì)B做的功相等C.若m1=m2,則力F1對(duì)物體A的沖量與F2對(duì)B的沖量之比為5∶4D.若F1=F2,則力F1對(duì)物體A的沖量與F2對(duì)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(shí),若F1=F2,對(duì)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(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,依據(jù)動(dòng)能定理,對(duì)物體A有WF1-f1s1=0;對(duì)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(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,由動(dòng)量定理分別得IF1-f1t1=0,IF2-f2t2=0,則IF1∶IF2=t1∶t2=4∶5,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;若F1=F2,依據(jù)I=Ft,而F1,F2作用時(shí)間之比為1∶2,則力F1對(duì)物體A的沖量與F2對(duì)物體B的沖量之比為1∶2,故D錯(cuò)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(yùn)動(dòng).某時(shí)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(dòng)量下述關(guān)系正確的是(B)A.則在B靜止前,系統(tǒng)動(dòng)量不守恒;在B靜止后,系統(tǒng)動(dòng)量守恒B.則在B靜止前,系統(tǒng)動(dòng)量守恒;在B靜止后,系統(tǒng)動(dòng)量不守恒C.則在B靜止前,系統(tǒng)動(dòng)量守恒;在B靜止后,系統(tǒng)動(dòng)量守恒D.則在B靜止前,系統(tǒng)動(dòng)量不守恒;在B靜止后,系統(tǒng)動(dòng)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(yùn)動(dòng),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(yùn)動(dòng)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(dòng)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(dòng)量不守恒.B正確,A,C,D錯(cuò)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(diǎn)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(diǎn)由靜止起先下滑,且此時(shí)軌道也是靜止的,那么下列說(shuō)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(dòng)量守恒B.若軌道固定,則滑塊經(jīng)最低b點(diǎn)時(shí)的速度大小為C.若軌道不固定,則滑塊滑不到c點(diǎn)處D.若軌道不固定,則滑塊經(jīng)最低b點(diǎn)時(shí)的速度大小小于解析:若軌道固定,依據(jù)機(jī)械能守恒可得mgR=m,滑塊經(jīng)最低b點(diǎn)時(shí)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(dòng)量不守恒,在水平方向動(dòng)量守恒,滑塊經(jīng)最低b點(diǎn)時(shí),則有mv1=Mv2,mgR=m+M,解得滑塊經(jīng)最低b點(diǎn)時(shí)的速度v1=<,依據(jù)動(dòng)量守恒和能量守恒可知,若軌道不固定,則滑塊能滑到c點(diǎn)處,故D正確,A,C錯(cuò)誤.6.(多選)如圖所示,一物體以同一高度分別沿三個(gè)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(gè)過(guò)程中重力的沖量依次為I1,I2,I3,動(dòng)量變更量的大小依次為Δp1,Δp2,Δp3,則有(ABC)A.三個(gè)過(guò)程中,合力的沖量大小相等,動(dòng)量的變更量大小相等B.三個(gè)過(guò)程中,合力做的功相等,動(dòng)能的變更量相等C.I1<I2<I3,Δp1=Δp2=Δp3D.I1<I2<I3,Δp1<Δp2<Δp3解析:由機(jī)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(dòng)量變更量Δp的大小相等,即Δp1=Δp2=Δp3;依據(jù)動(dòng)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(shí)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(cuò)誤;物體下滑過(guò)程中只有重力做功,故合力做的功相等,依據(jù)動(dòng)能定理,動(dòng)能的變更量相等,故B正確.7.(2024·遼寧沈陽(yáng)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(diǎn)距桌邊水平距離為0.5m,B落地點(diǎn)距桌邊水平距離為1m,則(AD)A.A,B離開彈簧時(shí)的速度比為1∶2B.A,B離開彈簧時(shí)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(yùn)動(dòng),下落的高度相同,它們的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等,由s=v0t得速度之比===,故A正確,B錯(cuò)誤;彈簧彈開木塊的過(guò)程,兩木塊及彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,取向左為正方向,由動(dòng)量守恒定律得mAvA-mBvB=0,則質(zhì)量之比==,故C錯(cuò)誤,D正確.8.(2024·廣東試驗(yàn)中學(xué)期中考試)跳水運(yùn)動(dòng)員打算進(jìn)行跳板跳水訓(xùn)練.從起跳到落水前過(guò)程的路徑為拋物線,將運(yùn)動(dòng)員從最高點(diǎn)到入水前的運(yùn)動(dòng)過(guò)程記為Ⅰ,運(yùn)動(dòng)員入水后到最低點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程記為Ⅱ,忽視空氣阻力,則運(yùn)動(dòng)員(C)A.過(guò)程Ⅰ的動(dòng)量變更率漸漸增大B.過(guò)程Ⅰ,Ⅱ的總動(dòng)量變更量為零C.過(guò)程Ⅰ的動(dòng)量變更量等于重力的沖量D.過(guò)程Ⅱ的動(dòng)量變更量等于重力的沖量解析:過(guò)程Ⅰ的動(dòng)量變更率等于運(yùn)動(dòng)員的重力,則保持不變,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;運(yùn)動(dòng)員在最高點(diǎn)的速度不為零,末速度為零,則過(guò)程Ⅰ,Ⅱ的動(dòng)量變更量不等于零,故B錯(cuò)誤;由動(dòng)量定理,過(guò)程Ⅰ中動(dòng)量變更量等于重力的沖量,即為mgt,故C正確;過(guò)程Ⅱ的動(dòng)量變更量等于合外力的沖量,不等于重力的沖量,故D錯(cuò)誤.9.(2024·北京密云區(qū)檢測(cè))如圖所示,“冰雪游樂(lè)場(chǎng)”滑道O點(diǎn)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(diǎn)平滑連接.小孩乘坐冰車由靜止起先從滑道頂端動(dòng)身,經(jīng)過(guò)O點(diǎn)后與處于靜止?fàn)顟B(tài)的家長(zhǎng)所坐的冰車發(fā)生碰撞,碰撞后小孩及其冰車恰好停止運(yùn)動(dòng).已知小孩和冰車的總質(zhì)量m=30kg,家長(zhǎng)和冰車的總質(zhì)量為M=60kg,人與冰車均可視為質(zhì)點(diǎn),不計(jì)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(guò)O點(diǎn)時(shí)的速度大小;(2)碰撞后家長(zhǎng)和冰車共同運(yùn)動(dòng)的速度大小;(3)碰撞過(guò)程中小孩和家長(zhǎng)(包括各自冰車)組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能.解析:(1)設(shè)小孩經(jīng)過(guò)O點(diǎn)時(shí)的速度大小為v0,由機(jī)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(guò)程中小孩和家長(zhǎng)(包括各自冰車)組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,設(shè)碰撞后家長(zhǎng)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(jī)械能為ΔE,則ΔE=m-M=480J.答案:(1)8.0m/s(2)4.0m/s(3)480J實(shí)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(gè)對(duì)稱的光滑曲面組成,整個(gè)小車的質(zhì)量為m,原來(lái)靜止在光滑的水平面上.今有一個(gè)可以看做質(zhì)點(diǎn)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(diǎn)后,又從另一個(gè)曲面滑下.關(guān)于這個(gè)過(guò)程,下列說(shuō)法正確的是(BC)A.小球滑離小車時(shí),小車又回到了原來(lái)的位置B.小球在滑上曲面的過(guò)程中,小車的動(dòng)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(guò)程,小車向右運(yùn)動(dòng),小球滑下時(shí),小車還會(huì)接著前進(jìn),故不會(huì)回到原位置,故A錯(cuò)誤.由于小球恰好到最高點(diǎn),則兩者有共同速度,對(duì)于車、小球組成的系統(tǒng),由動(dòng)量守恒定律得mv=2mv',則v'=.小車動(dòng)量的變更大小為,選項(xiàng)B正確;在小球和小車作用前、后,動(dòng)量、動(dòng)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(xiàng)C正確;由于小球原來(lái)的動(dòng)能為mv2,小球到最高點(diǎn)時(shí)系統(tǒng)的動(dòng)能為×2m×2=mv2,由機(jī)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(cuò)誤.11.(2024·黑龍江牡丹江一中月考)(多選)如圖所示,A,B兩個(gè)矩形木塊用輕彈簧和一條與彈簧原長(zhǎng)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(shì)能為E,撤去力F后,下列說(shuō)法正確的是(AD)A.當(dāng)A速度最大時(shí),彈簧仍處于壓縮狀態(tài)B.彈簧復(fù)原到原長(zhǎng)的過(guò)程中,彈簧彈力對(duì)A,B的沖量相同C.當(dāng)B起先運(yùn)動(dòng)時(shí),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(shí)速度最大,即彈簧彈力大小等于重力大小,此時(shí)彈簧處于壓縮狀態(tài),故A項(xiàng)正確;由于沖量是矢量,而彈簧彈力對(duì)A,B的沖量方向相反,故B項(xiàng)錯(cuò)誤;設(shè)彈簧復(fù)原到原長(zhǎng)時(shí)A的速度為v,由機(jī)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(zhǎng)時(shí)到輕繩繃緊瞬間,作用時(shí)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(dòng)量守恒,則有mv=2mv1,可解得v1=,即B起先運(yùn)動(dòng)時(shí)A的速度大小為;A,B獲共同速度后豎直上拋,由機(jī)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(xiàng)A,D正確.12.如圖所示,一個(gè)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(gè)質(zhì)量為m的小木塊.現(xiàn)使木箱突然獲得一個(gè)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(guò)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(guò)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(jī)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(gè)向左的初速度,系統(tǒng)滿意動(dòng)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(yùn)動(dòng),則有Mv0=(M+m)v,即v=,方向向左,選項(xiàng)C正確,A錯(cuò)誤;當(dāng)木箱速度減小為時(shí),木箱動(dòng)量削減了Mv0,則小木塊的動(dòng)量將增加Mv0,依據(jù)動(dòng)量定理,木箱對(duì)小木塊作用力的沖量大小為Mv0,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;由于木箱底板粗糙,小木塊在木箱內(nèi)相對(duì)于木箱滑動(dòng),摩擦產(chǎn)生熱量,所以木箱和小木塊組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒,選項(xiàng)D錯(cuò)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(shí)質(zhì)量m2=50kg的乙車正以v0=1.8m/s的速度迎面滑來(lái),為了避開兩車相撞,當(dāng)兩車相