人教版新高考物理一轮总复习训练题动量守恒定律

这是一份人教版新高考物理一轮总复习训练题动量守恒定律，共8页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题(本题共7小题,每小题4分,共28分。每小题只有一个选项符合题目要求)
1.(2020·全国卷Ⅰ)行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞,车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零,关于安全气囊在此过程中的作用,下列说法正确的是( )
A.增加了司机单位面积的受力大小
B.减少了碰撞前后司机动量的变化量
C.将司机的动能全部转换成汽车的动能
D.延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积
2.2019年8月11日超强台风“利奇马”登陆青岛,导致部分高层建筑顶部的广告牌损毁。台风“利奇马”登陆时的最大风力为11级,最大风速为30 m/s。某高层建筑顶部广告牌的尺寸为高5 m、宽20 m,空气密度ρ=1.2 kg/m3,空气吹到广告牌上后速度瞬间减为0,则该广告牌受到的最大风力约为( )
A.3.9×103 NB.1.2×105 N
C.1.0×104 ND.9.0×104 N
3.(2020·江西赣州模拟)如图所示,三角形木块A质量为mA,置于光滑水平面上,底边长a,在其顶部有一三角形小木块B,质量为mB,其底边长为b。若B从顶端由静止滑至底部,则木块后退的距离为( )
A.mBamA+mBB.mAamA+mB
C.mB(a-b)mA+mBD.mA(a-b)mA+mB
4.两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动,mA=1 kg,mB=2 kg,vA=6 m/s,vB=2 m/s。当A追上B并发生碰撞后,两球A、B速度的可能值是( )
A.vA'=5 m/s,vB'=2.5 m/s
B.vA'=2 m/s,vB'=4 m/s
C.vA'=-4 m/s,vB'=7 m/s
D.vA'=7 m/s,vB'=1.5 m/s
5.(2020·山东威海模拟)质量相等的A、B两物体放在同一水平面上,分别受到水平拉力F1、F2的作用而从静止开始做匀加速直线运动。经过时间t0和4t0速度分别达到2v0和v0时,分别撤去F1和F2,两物体都做匀减速直线运动直至停止。两物体速度随时间变化的图线如图所示。设F1和F2对A、B两物体的冲量分别为I1和I2,F1和F2对A、B两物体做的功分别为W1和W2,则下列结论正确的是( )
A.I1∶I2=12∶5,W1∶W2=6∶5
B.I1∶I2=6∶5,W1∶W2=3∶5
C.I1∶I2=3∶5,W1∶W2=6∶5
D.I1∶I2=3∶5,W1∶W2=12∶5
6.(2020·北京卷)在同一竖直平面内,3个完全相同的小钢球(1号、2号、3号)悬挂于同一高度,静止时小球恰能接触且悬线平行,如图所示。在下列实验中,悬线始终保持绷紧状态,碰撞均为正碰。以下分析正确的是( )
A.将1号移至高度h释放,碰撞后,观察到2号静止、3号摆至高度h。若2号换成质量不同的小钢球,重复上述实验,3号仍能摆至高度h
B.将1、2号一起移至高度h释放,碰撞后,观察到1号静止,2、3号一起摆至高度h,释放后整个过程机械能和动量都守恒
C.将右侧涂胶的1号移至高度h释放,1、2号碰撞后粘在一起,根据机械能守恒,3号仍能摆至高度h
D.将1号和右侧涂胶的2号一起移至高度h释放,碰撞后,2、3号粘在一起向右运动,未能摆至高度h,释放后整个过程机械能和动量都不守恒
7.(2020·山东潍坊二模)如图所示,两平行光滑杆水平放置,两相同的小球M、N分别套在两杆上,并由轻弹簧连接,弹簧与杆垂直。已知两杆间距为0.4 m,弹簧原长为0.5 m,两球的质量均为0.2 kg。现给M球一沿杆向右0.6 N·s的瞬时冲量,关于之后的运动,以下说法正确的是( )
A.M球在开始的一段时间内做加速度渐大的加速运动,直到达到运动中的最大速度
B.弹簧第一次达到0.6 m时,M球的速度大小为3 m/s
C.弹簧第二次达到0.6 m时,M球的速度大小为3 m/s
D.弹簧达到最长时,M球的速度大小为1 m/s
二、多项选择题(本题共3小题,每小题4分,共12分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
8.(2020·安徽皖南八校联考三模)如图所示,质量相等的小球A、B由轻质弹簧连接,A球上端用细线悬挂于天花板。现烧断细线,两小球从静止开始下落,至弹簧第一次恢复原长过程中(B球未触地),不计空气阻力,重力加速度为g,下列说法正确的是( )
A.细线烧断瞬间,A球的加速度为g,B球的加速度为零
B.整个过程中,弹簧对A、B球的冲量大小相等
C.弹簧第一次恢复原长时,A球动量大于B球动量
D.整个过程中,A、B球的重力做功相等
9.质量为m0的小车置于光滑的水平面上,左端固定一根水平轻弹簧,质量为m的光滑物块放在小车上,压缩弹簧并用细线连接物块和小车左端,开始时小车与物块都处于静止状态,此时物块与小车右端相距为l,如图所示,当突然烧断细线后,以下说法正确的是( )
A.物块和小车组成的系统机械能守恒
B.物块和小车组成的系统动量守恒
C.当物块速度大小为v时,小车速度大小为mm0v
D.当物块离开小车时,小车向左运动的位移为mm0l
10.(2020·山东威海一模)如图所示,质量均为1.0 kg的木板A和半径为0.1 m的14光滑圆弧槽B静置在光滑水平面上,A和B接触但不粘连,B左端与A相切。现有一质量为2.0 kg的小滑块C以5 m/s的水平初速度从左端滑上A,C离开A时,A的速度大小为1.0 m/s。已知A、C间的动摩擦因数为0.5,重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是( )
A.木板A的长度为0.85 m
B.滑块C能够离开B且离开B后做竖直上抛运动
C.整个过程中A、B、C组成的系统水平方向动量守恒
D.B的最大速度为5 m/s
三、非选择题(本题共5小题,共60分)
11.(8分)气垫导轨是常用的一种实验仪器,它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫,使滑块悬浮在导轨上,滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦,我们可以用带竖直挡板C和D的气垫导轨与滑块A和B验证动量守恒定律,实验装置如图所示,采用的实验步骤如下。
a.松开手的同时,记录滑块A、B运动时间的计时器开始工作,当A、B滑块分别碰到C、D挡板时计时器结束计时,分别记下A、B到达C、D的运动时间t1和t2。
b.在A、B间水平放入一个轻弹簧,用手压住A、B使弹簧压缩,放置在气垫导轨上,并让它静止在某个位置。
c.给导轨送气,调整气垫导轨,使导轨处于水平。
d.用刻度尺测出A的左端至C板的距离l1,B的右端至D板的距离l2。
(1)实验步骤的正确顺序是 。
(2)实验中还需要的测量仪器是 ,还需要测量的物理量是 。
(3)利用上述测量的实验数据,验证动量守恒定律的表达式是 。
12.(10分)某实验小组采用如图甲所示的实验装置验证动量守恒定律。在长木板上放置甲、乙两辆小车,长木板下垫有小木块用以平衡两小车受到的摩擦力,甲车的前端粘有橡皮泥,后端连着纸带,纸带穿过位于甲车后方的打点计时器的限位孔。某时刻接通打点计时器的电源,推动甲车使之做匀速直线运动,与原来静止在前方的乙车相碰并粘在一起,然后两车继续做匀速直线运动。已知打点计时器的打点频率为50 Hz。
甲
(1)现得到如图乙所示的打点纸带,A为打点计时器打下的第一个点,测得各计数点间的距离lAB=8.40 cm,lBC=10.50 cm,lCD=9.08 cm,lDE=6.95 cm。应选 段计算甲车碰前的速度,应选 段计算甲车和乙车碰后的共同速度。(均选填“AB”“BC”“CD”或“DE”)
乙
(2)用天平测得甲车及橡皮泥的质量m1=0.40 kg,乙车的质量m2=0.20 kg,取甲、乙两车及橡皮泥为一个系统,由以上测量结果可求得碰前系统的总动量为 kg·m/s,碰后系统的总动量为 kg·m/s。
13.(12分)如图所示,在水平光滑的轨道上有一辆质量为300 kg、长度为2.5 m的装料车,悬吊着的漏斗以恒定的流量100 kg/s向下漏原料,装料车以0.5 m/s的速度匀速行驶到漏斗下方装载原料。
(1)为了维持车速不变,在装料过程中需用多大的水平拉力作用于车上才行?
(2)车装完料驶离漏斗下方仍以原来的速度前进,要使它在2 s内停下来,需要对小车施加一个多大的水平制动力?
14.(14分)如图所示,A是长为l的细线悬挂的质量为m的小球,A的下端离光滑水平面很近,且可以绕O点在竖直面内做圆周运动。现有一质量为2m的滑块B沿光滑水平面以速度v0正对A运动,并与A发生弹性碰撞。已知细线承受的最大拉力为8mg,现要求小球做圆周运动能通过圆形轨道最高点,g为重力加速度。
(1)若A恰好能够做完整圆周运动,则A在最高点的速度v是多少?
(2)求滑块B初速度v0的取值范围。
15.(16分)(2020·山东潍坊模拟)如图所示,水平面上固定一倾角α=37°的斜面体,在其右侧有一水平的桌面,桌面的左边缘距离斜面体右侧的水平间距设为s(s未知)。现将一可视为质点的物块甲由水平桌面右端以初速度v0=6 m/s向左滑动,滑到左端时与可视为质点的物块乙发生弹性碰撞,物块乙离开桌面后,经过一段时间,无碰撞地由光滑固定的斜面体顶端O点滑上斜面体,已知桌面两端之间的距离x=4.0 m,m乙=1 kg,物块甲与水平桌面之间的动摩擦因数μ=0.25,桌面与O点的高度差h=0.45 m,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cs 37°=0.8,忽略空气的阻力。
(1)求物块乙离开桌面时的速度大小和桌面的左边缘距离斜面体右侧的水平间距。
(2)求物块甲的质量。
(3)如果O点距离水平面的高度为h0=4.8 m,求物块甲开始运动到物块乙到达P点的总时间。
章末目标检测卷六 动量守恒定律
1.D 解析:安全气囊延长了司机减速到零的时间,安全气囊弹出后增大了司机的受力面积,碰撞前后司机动量的变化量都为Δp=p'-p=0-p,并没有改变,选项B错误。由动量定理可知,Ft=Δp,t增加,司机受力变小,选项D正确,A错误。汽车最后速度为零,司机的动能不可能转化为汽车的动能,司机的动能转化为内能和气囊的弹性势能,选项C错误。
2.B 解析:广告牌的面积S=5×20 m2=100 m2,设t时间内吹到广告牌上的空气质量为m,则有m=ρSvt,根据动量定理有-Ft=0-mv=0-ρSv2t,得F=ρSv2,代入数据解得F=1.08×105 N,故B正确,A、C、D错误。
3.C 解析:取向右为正方向,设木块后退的距离为x,B从顶端由静止滑至底部时,B向左运动的距离为a-b-x,则水平方向上A的平均速度大小为xt,B的平均速度大小为a-b-xt,根据水平方向动量守恒得mAxt-mBa-b-xt=0,解得x=mB(a-b)mA+mB,故选C。
4.B 解析:虽然题中四个选项均满足动量守恒定律,但A、D两项中,碰后A的速度vA'大于B的速度vB',必然要发生第二次碰撞,不符合实际。C项中,两球碰后的总动能Ek'=12mAvA'2+12mBvB'2=57 J,大于碰前的总动能Ek=22 J,违背了能量守恒定律。B项既符合实际情况,也不违背能量守恒定律,故B项正确。
5.C 解析:由题可知,两物体匀减速运动的加速度大小都为v0t0,根据牛顿第二定律,匀减速运动中有Ff=ma,则摩擦力大小都为mv0t0。由题图可知,匀加速运动的加速度分别为2v0t0、v04t0,根据牛顿第二定律,匀加速运动中有F-Ff=ma,则F1=3mv0t0,F2=5mv04t0,故I1∶I2=F1t0∶4F2t0=3∶5;对全过程运用动能定理得W1-Ffx1=0,W2-Ffx2=0,得W1=Ffx1,W2=Ffx2,图线与时间轴所围成的面积表示运动的位移,则位移之比为6∶5,整个运动过程中F1和F2做功之比为W1∶W2=x1∶x2=6∶5,故C正确。
6.D 解析:将1号移至高度h释放,碰撞后,观察到2号静止、3号摆至高度h,可知,小球1、2间,2、3间发生了弹性碰撞,且碰后交换速度。若2号换成质量不同的小钢球,1、2间,2、3间碰后并不交换速度,则3号上摆的高度不等于h,故A错误。将1、2号一起移至高度h释放,碰撞后,观察到1号静止,2、3号一起摆至高度h,三小球之间的碰撞为弹性碰撞,且三小球组成的系统只有重力做功,所以系统的机械能守恒,但整个过程中,系统所受合外力不为零,所以系统动量不守恒,故B错误。将右侧涂胶的1号移至高度h释放,1、2号碰撞后粘在一起,发生完全非弹性碰撞,机械能有损失,再与3球碰撞后,3获得的速度小于1与2碰撞前瞬间的速度,则3号上升的高度小于h,故C错误。小球1、2间,2、3间发生完全非弹性碰撞,机械能有损失,释放后整个过程机械能和动量都不守恒,故D正确。
7.B 解析:在开始时,M球的合外力为零,加速度为零,弹簧处于压缩状态,一段时间后弹簧的弹力为零,M球的合外力为零,加速度为零,所以M球在开始的一段时间内做加速度先增大后减小的加速运动,当加速度减至零时速度最大,故A错误。设弹簧第一次达到0.6 m时,M球和N球的速度分别为vM、vN;开始时弹簧的压缩量为0.1 m,弹簧第一次达到0.6 m时,弹簧的伸长量为0.1 m,两个状态弹性势能相等;根据动量定理得I=mv0,解得开始时M球获得的速度为v0=3 m/s,取水平向右为正方向,对两个小球水平方向由动量守恒定律得mv0=mvM+mvN,根据系统的机械能守恒知12mv02+Ep=12mvM2+12mvN2+Ep,联立解得vM=3 m/s,vN=0,故B正确。根据对称性可知,弹簧第二次达到0.6 m时,两个小球交换速度,则M球的速度大小为0,N球的速度大小是3 m/s,故C错误。弹簧达到最长时,两个小球水平方向速度相同,根据动量守恒定律可得mv0=2mv,解得M球的速度大小为1.5 m/s,故D错误。
8.BC 解析:细线烧断前,对B球,由平衡条件得F=mg,烧断细线瞬间弹簧弹力不变,B球受力情况不变,B球所受合力为零,加速度为零;对A球,由牛顿第二定律得a=mg+Fm=mg+mgm=2g,故A错误。整个过程中,弹簧对A、B球的弹力F大小相等、作用时间t相等,弹簧对A、B球的冲量大小I=Ft相等,故B正确。烧断细线后到弹簧第一次恢复原长过程中,A、B都向下做加速运动且A的加速度大于B的加速度,弹簧第一次恢复原长时A的速度大于B的速度,由于A、B的质量相等,则A球的动量大于B球的动量,故C正确。整个过程中A、B都向下做加速运动且A的加速度大于B的加速度,它们的运动时间相等,则A的位移大于B的位移,两球所受重力相等,因此重力对A做功大于对B做功,故D错误。
9.BC 解析:弹簧推开物块和小车的过程,若取物块、小车和弹簧组成的系统为研究对象,则无其他力做功,机械能守恒,但选物块和小车组成的系统,弹力做功属于系统外其他力做功,弹性势能转化成系统的机械能,此时系统的机械能不守恒,A选项错误。取物块和小车的系统,外力的和为零,故系统的动量守恒,B选项正确。取向右为正方向,由物块和小车组成的系统动量守恒得0=mv-m0v',解得v'=mm0v,C选项正确。弹开的过程满足反冲原理和“人船模型”,有vv'=m0m,则在相同时间内xx'=m0m,且x+x'=l,联立得x'=mlm0+m,D选项错误。
10.CD 解析:C离开A前,A、B、C系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得mCvC=mCvC'+(mA+mB)vAB,由能量守恒定律得12mCvC2=12mCvC'2+12(mA+mB)vAB2+μmCgl,代入数据解得vC'=4 m/s,l=0.8 m,故A错误。滑块C在圆弧槽B上达到最大高度时两者速度相等,B、C系统在水平方向动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得mCvC'+mBvAB=(mB+mC)v,由能量守恒定律得12mCvC'2+12mBvAB2=12(mB+mC)v2+mCgh,代入数据解得h=0.15 m>r=0.1 m,C将离开B,C离开B时具有水平与竖直向的分速度,即C离开B时速度方向斜向右上方,滑块C能够离开B且离开B后做斜上抛运动,故B错误。A、B、C组成的系统在整个运动过程中,在水平方向所受合外力为零,系统在水平方向动量守恒,故C正确。滑块C离开B运动一段时间后会再落回B,B、C再次分离时B的速度最大,B、C系统在水平方向动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得mCvC'+mBvAB=mCvC″+mBvB,由能量守恒定律得12mCvC'2+12mBvAB2=12mCvC″2+12mBvB2,代入数据解得vB=5 m/s,vC″=2 m/s,故D正确。
11.解析:(2)还需用天平测滑块的质量。
(3)两滑块脱离弹簧的速度为v1=l1t1,v2=l2t2
由动量守恒得m1v1=m2v2,即
m1l1t1=m2l2t2。
答案:(1)cbda
(2)天平 A、B两滑块的质量m1、m2
(3)m1l1t1=m2l2t2
12.解析:(1)推动小车由静止开始运动,故小车有个加速过程,在碰撞前做匀速直线运动,即在相同的时间内通过的位移相同,故BC段为匀速运动的阶段,故选BC段计算甲车碰前的速度;碰撞过程是一个变速运动的过程,而甲车和乙车碰后共同运动时做匀速直线运动,故在相同的时间内通过相同的位移,故应选DE段来计算碰后甲车和乙车共同的速度。
(2)lBC=10.50 cm=0.105 0 m,lDE=6.95 cm=0.069 5 m,碰前甲车的速度为v1=lBCt=0.105 00.02×5 m/s=1.05 m/s,碰前系统的总动量为p=m1v1=0.40×1.05 kg·m/s=0.420 kg·m/s;碰后甲车和乙车的共同速度为v=lDEt=0.069 50.02×5 m/s=0.695 m/s,碰后系统的总动量为p'=(m1+m2)v=(0.40+0.20)×0.695 kg·m/s=0.417 kg·m/s。
答案:(1)BC DE (2)0.420 0.417
13.解析:(1)设在Δt时间内漏到车上的原料质量为Δm,要使这些原料获得与车相同的速度,需加力为F,根据动量定理,有F·Δt=Δm·v
所以F=ΔmΔt·v=100×0.5 N=50 N。
(2)车装完料的总质量为m=m车+ΔmΔt·t=300+100×2.50.5 kg=800 kg
对车应用动量定理,有F'·t'=0-(-mv)
解得F'=mvt'=800×0.52 N=200 N。
答案:(1)50 N (2)200 N
14.解析:(1)若小球A恰好能够做完整的圆周运动,在最高点,小球的重力提供向心力,由牛顿第二定律得
mg=mv2l
解得v=gl。
(2)设小球A在最低点时速度为v1,细线的拉力与小球的重力提供向心力,根据牛顿第二定律得
F1-mg=mv12l
设小球在最高点时速度为v2,小球从最低点到最高点过程中机械能守恒,根据机械能守恒定律得12mv12=2mgl+12mv22
由题可知,细线的拉力F1≤8mg,在最高点v2≥v=gl
解得5gl≤v1≤7gl
设B与A发生弹性碰撞后速度为v3,两球发生弹性碰撞,碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得
2mv0=2mv3+mv1
由机械能守恒定律得12·2mv02=12·2mv32+12mv12
解得v1=4v03
345gl≤v0≤347gl。
答案:(1)gl (2)345gl≤v0≤347gl
15.解析:(1)物块乙离开桌面后做平抛运动,根据题意有h=12gt2,得t=0.3 s
竖直方向速度vy=gt=10×0.3 m/s=3 m/s
又tan α=vyvx
联立解得,物块乙离开桌面时的速度大小 vx=4 m/s
桌面的左边缘距离斜面体右侧的水平间距为s=vxt=4×0.3 m=1.2 m。
(2)设滑块甲在桌面上滑动时的加速度大小为a,滑块甲到达桌面左边缘的速度为v1。
由牛顿第二定律可知μmg=ma
得a=2.5 m/s2
又由运动学公式得
v12−v02=-2ax
由以上整理可得v1=4 m/s
对于甲、乙碰撞过程,取水平向左为正方向,由动量守恒定律与机械能守恒定律可得
m甲v1=m甲v1'+m乙vx
12m甲v12=12m甲v1'2+12m乙vx2
解得甲的质量为 m甲=1 kg。
(3)物块甲在水平桌面上运动的时间为t'=v1-v0-a=4-6-2.5 s=0.8 s
乙到达斜面时的合速度大小为v=vysin37°=30.6 m/s=5 m/s
乙在斜面上运动时的加速度为a=mgsinαm=gsin α=6 m/s2
斜面的长度为l=ℎ0sinα
由l=vt″+12at″2
解得t″=1 s(t″=-83 s舍去)
滑块乙离开平台到达斜面底端的时间为t总=t+t'+t''=0.3 s+0.8 s+1 s=2.1 s。
答案:(1)4 m/s 1.2 m
(2)1 kg
(3)2.1 s