2025鲁科版高中物理选择性必修第一册同步练习题--第1章 动量及其守恒定律拔高练

中小学教育资源及组卷应用平台
2025鲁科版高中物理选择性必修第一册
第1章　动量及其守恒定律
综合拔高练
五年高考练
考点1　对动量、冲量的理解
1.(2021湖南,2)物体的运动状态可用位置x和动量p描述,称为相,对应p-x图像中的一个点。物体运动状态的变化可用p-x图像中的一条曲线来描述,称为相轨迹。假如一质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动,则对应的相轨迹可能是 (　　)
2.(多选题)(2023新课标,19)使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离,静止于水平桌面上,甲的N极正对着乙的S极,甲的质量大于乙的质量,两者与桌面之间的动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙,在它们相互接近过程中的任一时刻 (　　)
A.甲的速度大小比乙的大
B.甲的动量大小比乙的小
C.甲的动量大小与乙的相等
D.甲和乙的动量之和不为零
3.(多选题)(2022全国乙,20)质量为1 kg的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动,F与时间t的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2,重力加速度大小取g=10 m/s2。则 (　　)
A.4 s时物块的动能为零
B.6 s时物块回到初始位置
C.3 s时物块的动量为12 kg·m/s
D.0~6 s时间内F对物块所做的功为40 J
考点2　动量定理的应用
4.(多选题)(2023广东,10)某同学受电动窗帘的启发,设计了如图所示的简化模型。多个质量均为1 kg的滑块可在水平滑轨上滑动,忽略阻力,开窗帘的过程中,电机对滑块1施加一个水平向右的恒力F,推动滑块1以0.40 m/s的速度与静止的滑块2碰撞,碰撞时间为0.04 s,碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22 m/s。关于两滑块的碰撞过程,下列说法正确的有(　　)
A.该过程动量守恒
B.滑块1受到合外力的冲量大小为0.18 N·s
C.滑块2受到合外力的冲量大小为0.40 N·s
D.滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N
5.(2021福建,4)福建属于台风频发地区,各类户外设施建设都要考虑台风影响。已知10级台风的风速范围为24.5 m/s~28.4 m/s,16级台风的风速范围为51.0 m/s~56.0 m/s。若台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌,则16级台风对该交通标志牌的作用力大小约为10级台风的 (　　)
A.2倍　　　　B.4倍　　　　C.8倍　　　　D.16倍
6.(2022湖北,7)一质点做曲线运动,在前一段时间内速度大小由v增大到2v,在随后的一段时间内速度大小由2v增大到5v。前后两段时间内,合外力对质点做功分别为W1和W2,合外力的冲量大小分别为I1和I2。下列关系式一定成立的是 (　　)
A.W2=3W1,I2≤3I1　　　　B.W2=3W1,I2≥I1
C.W2=7W1,I2≤3I1　　　　D.W2=7W1,I2≥I1
7.(多选题)(2021湖南,8)如图(a),质量分别为mA、mB的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统,外力F作用在A上,系统静止在光滑水平面上(B靠墙面),此时弹簧形变量为x。撤去外力并开始计时,A、B两物体运动的a-t图像如图(b)所示,S1表示0到t1时间内A的a-t图线与坐标轴所围面积大小,S2、S3分别表示t1到t2时间内A、B的a-t图线与坐标轴所围面积大小。A在t1时刻的速度为v0。下列说法正确的是(　　)
图(a)
图(b)
A.0到t1时间内,墙对B的冲量等于mAv0
B.mA>mB
C.B运动后,弹簧的最大形变量等于x
D.S1-S2=S3
8.(2021山东,16)海鸥捕到外壳坚硬的鸟蛤(贝壳动物)后,有时会飞到空中将它丢下,利用地面的冲击打碎硬壳。一只海鸥叼着质量m=0.1 kg的鸟蛤,在H=20 m的高度、以v0=15 m/s的水平速度飞行时,松开嘴巴让鸟蛤落到水平地面上。取重力加速度g=10 m/s2,忽略空气阻力。
(1)若鸟蛤与地面的碰撞时间Δt=0.005 s,弹起速度可忽略,求碰撞过程中鸟蛤受到的平均作用力的大小F;(碰撞过程中不计重力)
(2)在海鸥飞行方向正下方的地面上,有一与地面平齐、长度为L=6 m的岩石,以岩石左端为坐标原点,建立如图所示坐标系。若海鸥水平飞行的高度仍为20 m,速度大小在15 m/s~17 m/s之间,为保证鸟蛤一定能落到岩石上,求释放鸟蛤位置的x坐标范围。
考点3　动量守恒定律的应用
9.(多选题)(2021山东,11)如图所示,载有物资的热气球静止于距水平地面H的高处,现将质量为m的物资以相对地面的速度v0水平投出,落地时物资与热气球的距离为d。已知投出物资后热气球的总质量为M,所受浮力不变。重力加速度为g,不计阻力。以下判断正确的是 (　　)
A.投出物资后热气球做匀加速直线运动
B.投出物资后热气球所受合力大小为mg
C.d=(1+
D.d=
考点4　碰撞中的动量和能量问题
10.(2022湖南,4)1932年,查德威克用未知射线轰击氢核,发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子(即中子)组成。如图,中子以速度v0分别碰撞静止的氢核和氮核,碰撞后氢核和氮核的速度分别为v1和v2。设碰撞为弹性碰撞,不考虑相对论效应,下列说法正确的是 (　　)
A.碰撞后氮核的动量比氢核的小
B.碰撞后氮核的动能比氢核的小
C.v2大于v1
D.v2大于v0
11.(2023浙江6月选考,18)为了探究物体间碰撞特性,设计了如图所示的实验装置。水平直轨道AB、CD和水平传送带平滑无缝连接,两半径均为R=0.4 m的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF与轨道CD和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数k=100 N/m的轻质弹簧连接,静置于轨道FG上。现有质量m=0.12 kg的滑块a以初速度v0=2kx2(x为形变量)。
(1)求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小vF和所受支持力大小FN;
(2)若滑块a碰后返回到B点时速度vB=1 m/s,求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能ΔE;
(3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住,求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差Δx。
12.(2023辽宁,15)如图,质量m1=1 kg的木板静止在光滑水平地面上,右侧的竖直墙面固定一劲度系数k=20 N/m的轻弹簧,弹簧处于自然状态。质量m2=4 kg的小物块以水平向右的速度v0=kx2。取重力加速度g=10 m/s2,结果可用根式表示。
(1)求木板刚接触弹簧时速度v1的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1。
(2)求木板与弹簧接触以后,物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速度v2的大小。
(3)已知木板向右运动的速度从v2减小到0所用时间为t0。求木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中,系统因摩擦转化的内能ΔU(用t0表示)。
13.(2023全国乙,25)如图,一竖直固定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘,圆盘与管的上端口距离为l,圆管长度为20l。一质量为m=M的小球从管的上端口由静止下落,并撞在圆盘中心,圆盘向下滑动,所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等。小球在管内运动时与管壁不接触,圆盘始终水平,小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。不计空气阻力,重力加速度大小为g。求
(1)第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小;
(2)在第一次碰撞到第二次碰撞之间,小球与圆盘间的最远距离;
(3)圆盘在管内运动过程中,小球与圆盘碰撞的次数。
考点5　验证:动量守恒定律
14.(2022全国甲,23)利用图示的实验装置对碰撞过程进行研究。让质量为m1的滑块A与质量为m2的静止滑块B在水平气垫导轨上发生碰撞,碰撞时间极短,比较碰撞后A和B的速度大小v1和v2,进而分析碰撞过程是否为弹性碰撞。完成下列填空:
(1)调节导轨水平。
(2)测得两滑块的质量分别为0.510 kg和0.304 kg。要使碰撞后两滑块运动方向相反,应选取质量为　　　　kg的滑块作为A。
(3)调节B的位置,使得A与B接触时,A的左端到左边挡板的距离s1与B的右端到右边挡板的距离s2相等。
(4)使A以一定的初速度沿气垫导轨运动,并与B碰撞,分别用传感器记录A和B从碰撞时刻开始到各自撞到挡板所用的时间t1和t2。
(5)将B放回到碰撞前的位置,改变A的初速度大小,重复步骤(4)。多次测量的结果如下表所示。
1 2 3 4 5
t1/s 0.49 0.67 1.01 1.22 1.39
t2/s 0.15 0.21 0.33 0.40 0.46
k= 0.31 k2 0.33 0.33 0.33
(6)表中的k2=　　　(保留2位有效数字)。
(7)的平均值为　　　(保留2位有效数字)。
(8)理论研究表明,对本实验的碰撞过程,是否为弹性碰撞可由的理论表达式为　　　　(用m1和m2表示),本实验中其值为　　　(保留2位有效数字);若该值与(7)中结果间的差别在允许范围内,则可认为滑块A与滑块B在导轨上的碰撞为弹性碰撞。
三年模拟练
应用实践
1.(2024山东济南历城第二中学开学摸底)平底煎锅正在炸豆子。假设每个豆子的质量均为m,弹起的豆子均垂直撞击平板锅盖,撞击速度均为v。每次撞击后速度大小均变为v,撞击的时间极短,发现质量为M的锅盖刚好被顶起(重力加速度为g),则单位时间撞击锅盖的豆子个数为 (　　)
A.
2.(多选题)(2023山东菏泽期中)如图甲所示,“胸口碎大石”是民间杂耍的保留节目(危险节目,请勿模仿)。其原理如图乙所示,皮囊A放置在水平地面上,上面压着一块质量为M=54 kg的石板,质量m=6 kg的铁锤以v0=5 m/s的速度竖直向下砸中石板,碰撞时间极短,铁锤与石板瞬间达到共同速度,之后忽略手持锤的作用力,且向下匀变速运动2 cm减速到零,取重力加速度g=10 m/s2。则 (　　)
　　
A.铁锤与石板碰后瞬间达到的共同速度为0.5 m/s
B.铁锤与石板碰撞过程损失的机械能为75 J
C.碰后向下减速到零的过程,皮囊对石板的平均作用力为975 N
D.碰后向下减速到零的过程,皮囊对石板的冲量大小为30 N·s
3.(2024福建泉州期中)如图所示,质量为4m的物块A静止在光滑水平地面上,物块A左侧面为圆弧而且与水平地面相切,质量为m的滑块B以初速度v0向右运动滑上A,沿A左侧面上滑一段距离后又返回,最后滑离A,不计一切摩擦,重力加速度为g,滑块B从滑上A到滑离A的过程中,下列说法正确的是 (　　)
A.A、B组成的系统动量守恒
B.合外力对B的冲量大小为mv0
C.A对B做的功为
D.B沿A上滑的最大高度为
4.(多选题)(2024福建莆田华侨中学月考)质量为m2的小车放在光滑的水平面上,小车上固定一竖直轻杆,轻杆上端的O点系一长为L的细线,细线另一端系一质量为m1的小球,如图所示,将小球向右拉至细线与竖直方向成60°角后由静止释放,重力加速度大小为g,下列说法正确的是 (　　)
A.球、车组成的系统总动量守恒
B.小球向左仍能摆到原高度
C.小车向右移动的最大距离为L
D.小球运动到最低点时的速度大小为
5.(2024山东青岛第一中学开学考试)在研究原子物理时,科学家们经常借用宏观的力学模型模拟原子间的相互作用。如图所示,在水平面上固定着一个半径为R的内壁光滑的圆管轨道(R远大于圆管直径),A、B、C、D四个点将圆轨道分为四等份,在轨道的A点静止放着一个甲球,某一时刻另一个乙球从D点以某一速度v沿顺时针方向运动,与甲球发生弹性碰撞,小球(可视为质点)直径略小于管道内径,已知m甲=7m乙,则下列说法错误的是 (　　)
A.第一次碰撞后瞬间乙球被反向弹回
B.第二次碰撞在C点
C.第一次碰撞后到第二次碰撞前,甲、乙两球在水平方向对管道的弹力大小之比为7∶9
D.第二次碰撞后瞬间甲球的速度为0
6.(多选题)(2024山东潍坊高密第一中学期末)小朋友喜欢的“踩踩球”其实由上下两个连在一起质量相等的半球组成,两半球间装有一个轻弹簧。玩耍时,将“踩踩球”直立静止放在水平地面上,用脚从上半球顶部中心点向下踩压,当两半球贴合后放开脚,过一会儿贴合装置失效,弹簧恢复原长,球就会突然展开,瞬间弹起。如图所示,小明同学测得“踩踩球”展开静止在地面上时中间白色标记距地面的高度为h1,踩压贴合时中间白色标记距地面的高度为h2,弹起后到达最高点时中间白色标记距地面的高度为h3。已知“踩踩球”总质量为m,并全部集中在上下半球上,重力加速度大小为g,不计一切阻力,下列说法正确的是(　　)
A.“踩踩球”离开地面时的速度大小为
B.上述踩压过程中压力做的功为mg(h3-h1)
C.弹簧的最大弹性势能为mg(2h3-h1-h2)
D.弹簧恢复原长过程中“踩踩球”所受合外力的冲量大小为m
7.(2024福建宁德模拟)下雨时,为什么蚊子不会被雨滴砸死 科学家研究发现蚊子被雨滴击中时并不抵挡雨滴,而是很快与雨滴融为一体,随后迅速侧向微调与雨滴分离。已知蚊子的质量为m,漂浮在空气中(速度为零);雨滴质量为nm,雨滴所受空气阻力与下落速度成正比,比例系数为k,击中蚊子前,雨滴已经匀速竖直下落,蚊子与雨滴融为一体所用时间为Δt,蚊子重力不计,重力加速度为g。求:
(1)蚊子与雨滴融为一体后,蚊子的速度大小v;
(2)蚊子与雨滴融为一体的过程中,蚊子受到的平均作用力F。
8.(2024山东德州第一中学模拟)双响爆竹是民间庆典使用较多的一种烟花爆竹,其结构简图如图所示,纸筒内分上、下两层安放火药。使用时首先引燃下层火药,使爆竹获得竖直向上的初速度,升空后上层火药被引燃,爆竹凌空爆响。一人某次在水平地面上燃放双响爆竹,爆竹上升至最高点时恰好引燃上层火药,立即爆炸成两部分,两部分的质量之比为1∶2,获得的速度均沿水平方向。已知这次燃放爆竹上升的最大高度为h,两部分落地点之间的距离为L,重力加速度为g,不计空气阻力,不计火药爆炸对爆竹总质量的影响。
(1)求引燃上层火药后两部分各自获得的速度大小。
(2)已知火药燃爆时爆竹增加的机械能与火药的质量成正比,求上、下两层火药的质量比。
9.(2024山东潍坊模拟)如图所示,在光滑水平面上放着一质量为M=0.25 kg的木块,在木块正上方h=0.45 m处有一固定悬点O,在悬点O和木块之间用一根长L=0.9 m的不可伸长的轻绳连接。有一质量m=0.05 kg的子弹以初速度v0水平射入木块并留在其中,轻绳绷紧后木块和子弹绕O点在竖直面内刚好能到达最高点。忽略空气阻力,子弹进入木块并相对木块静止后整体可以看作质点,重力加速度g=10 m/s2。求:
(1)子弹的初速度大小v0;
(2)从子弹开始进入木块到轻绳绷紧后的过程中,系统损失的机械能ΔE。
迁移创新
10.(2023北京牛栏山一中月考)如图1所示,运动员做“蹲跳起”动作,离开地面的瞬间,全身绷紧,之后双脚离开地面的最大高度为H。设重力加速度为g,不计空气阻力。
(1)求运动员离开地面瞬间的速度。
(2)地面是不会对人做功的,那么人是如何获得机械能的呢 为了解释这个问题,小亮同学构建了如下模型:如图2所示,将人的上半身(质量为m1)和下半身(质量为m2)分别看成质量为m1和m2的物块A、B,上、下半身间的作用力看成物块间竖直轻弹簧的弹力。将A从平衡位置向下压距离h,表示人“蹲下”;然后松手,A向上运动,表示人“站起”;当A回到平衡位置时,将弹簧的长度锁定(此时弹簧可以看成一个轻杆),B被带离地面,表示人“跳起”。试结合这一模型分析运动员跳离地面的过程。
a.计算运动员在“刚站起”瞬间(弹簧刚要锁定瞬间)上半身速度的大小
b.运动员在“站起”过程中至少要做多少功
(3)如图3所示为立定跳远的动作分解图,有一个动作要领是起跳过程中要大幅度摆臂,且离开地面前瞬间手臂向前甩。将人的手臂和其他部位当成两个部分,试从物理的角度解释起跳时摆臂的原因。
　　
答案全解全析
五年高考练
1.D 2.BD 3.AD 4.BD 5.B 6.D
7.ABD 9.BC 10.B
1.D　质点做初速度为零的匀加速直线运动,设加速度为a,则v2=2ax,而动量p=mv,联立可得p=m,动量p为矢量且为正值。选项D正确,选项A、B、C错误。
2.BD　对甲、乙受力分析,利用动量定理可知I吸-μm甲gt=m甲v甲=p甲,I吸'-μm乙gt=m乙v乙=p乙,得v甲=-μgt,因m甲>m乙,I吸=I吸',所以v甲一题多解　对甲、乙进行受力分析,由牛顿第二定律知F吸-μmg=ma,得a=-μg,因m甲>m乙,所以任一时刻a甲μm乙g,所以p甲小题巧解　假设甲的质量足够大,磁铁间吸力小于甲受到的最大静摩擦力,甲不动,只有乙向甲靠近,很明显B、D正确,A、C错误。
3.AD　由题可知,摩擦力f=μmg=2 N
0~3 s时间内,a1==2 m/s2
3 s末,v3=a1t3=6 m/s,此时动量为p3=mv3=6 kg·m/s,C错误。
3 s末,拉力反向后,a2==6 m/s2
减速到0所用的时间t==1 s,因此4 s末物块速度为零,A正确。
0~3 s时间内物块前进的距离l1=×2×32 m=9 m,F做正功
3~4 s时间内物块前进的距离l2=×6×1 m=3 m,F做负功
4~6 s时间内物块反向运动的距离l3=×2×22 m=4 m,F做正功
则0~6 s时间内物块的位移x=l1+l2-l3=8 m,故B错误。
0~6 s时间内F做的总功W=F(l1+l3)-Fl2=4×(9+4) J-4×3 J=40 J,故D正确。
易错警示　本题中摩擦力的大小虽然不变,但摩擦力的方向并不是总沿一个方向,故不同阶段物块加速度的大小和方向不相同,即需要明确各阶段加速度的大小和方向。
4.BD　取向右为正方向,两滑块碰撞前的总动量p1=mv1=0.40 kg·m/s,碰撞后的总动量p2=2mv2=0.44 kg·m/s,p15.B　
解题指导　取Δt时间的空气为研究对象,垂直吹向交通标志牌,其末速度变为零,运用动量定理即可解决问题。
设空气的密度为ρ,规定初速度的方向为正方向,风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的横截面积为S,在时间Δt内吹过的空气的质量为Δm=ρSv·Δt,假定台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的末速度变为零,对风由动量定理有-F·Δt=0-Δmv,可得F=ρSv2,10级台风的风速v1≈26.5 m/s,16级台风的风速v2≈53.5 m/s,则有≈4,故选B。
6.D　质点做曲线运动,在前一段时间内速度大小由v增大到2v,在随后一段时间内速度大小由2v增大到5v,则由动能定理有W1=mv2,故W2=7W1;由动量定理知,质点做曲线运动,则在前一段时间内合外力的冲量最大发生在前后速度反向时,则I1≤m[2v-(-v)]=3mv,在随后一段时间内合外力的冲量最小发生在前后速度同向时,则I2≥m·5v-m·2v=3mv,故I2≥I1一定成立,选项D正确。
易错警示　因冲量是矢量,故在前一段时间内前后速度反向时I1最大,在随后一段时间内前后速度同向时I2最小。
7.ABD　从a-t图像可知,0~t1时间内B物体未运动,仍处于静止状态,故墙对B的作用力的大小、方向和弹簧对A的作用力大小、方向均相等,故墙对B的冲量与弹簧对A的冲量相同,故由动量定理可知其大小等于mAv0,选项A正确;t1时刻之后,A、B构成的系统动量守恒,弹簧形变量最大时,弹簧弹力最大,a也最大,在t2时刻,A、B加速度最大,且此时A、B受力大小相等,方向相反,aAmB,选项B正确;t2时刻弹簧形变量最大,aA8.答案　(1)500 N　
(2)[34 m,36 m][或(34 m,36 m)]
解析　(1)设鸟蛤做平抛运动的时间为t,落地前瞬间的速度大小为v,竖直方向分速度大小为vy,根据运动的合成与分解得H=gt2 ①
vy=gt ②
v= ③
在碰撞过程中,以鸟蛤为研究对象,取速度v的方向为正方向,由动量定理得-FΔt=0-mv ④
联立①②③④式,代入数据得F=500 N⑤
(2)若释放鸟蛤的初速度为v1=15 m/s,设击中岩石左端时,释放点的x坐标为x1,击中右端时,释放点的x坐标为x2,得x1=v1t ⑥
x2=x1+L ⑦
联立①⑥⑦式,代入数据得x1=30 m,x2=36 m⑧
若释放鸟蛤时的初速度为v2=17 m/s,设击中岩石左端时,释放点的x坐标为x1',击中右端时,释放点的x坐标为x2',得x1'=v2t ⑨
x2'=x1'+L ⑩
联立①⑨⑩式,代入数据得x1'=34 m,x2'=40 m
综上得x坐标区间为[34 m,36 m]或(34 m,36 m)
9.BC　由水平方向动量守恒有mv0-Mv=0,则v=v0,再由系统原来静止可知,物资被抛出后,热气球所受合力大小为mg,方向竖直向上,则热气球做类平抛运动,故A错误,B正确。由H=,故C正确,D错误。
10.B　设质量为m1、速度为v0'的物体与静止的质量为m2的物体发生弹性正碰,碰撞后的速度分别为v1'、v2',根据动量守恒、机械能守恒有m1v0'=m1v1'+m2v2'、
mv2,可知氮核的动能较小,B正确。
11.答案　(1)10 m/s　31.2 N　(2)0　(3)0.2 m
解析　(1)滑块a从D处进入,经DEF管道后到达最低点F的过程,由动能定理得mg·2R=
解得vF=10 m/s
在最低点F,由牛顿第二定律得FN-mg=m
解得FN=31.2 N
(2)若滑块a碰后返回到B点时速度vB=1 m/s,设碰后滑块a的速度大小为va,则由动能定理有
-mg·2R-μmgL=
解得va=5 m/s
滑块a、b碰撞过程中由动量守恒得mvF=-mva+3mvb
解得vb=5 m/s
滑块a、b碰撞过程中损失的机械能
ΔE=
解得ΔE=0
(3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住,设碰撞后a、b的共同速度为v,由动量守恒得mvF=(m+3m)v
当弹簧最长或最短时,a、b与c均达到共速,设为v',由动量守恒得(m+3m)v=(m+3m+2m)v'
弹簧的最大弹性势能
Ep=(m+3m+2m)v'2
又Ep=kx2
弹簧最大长度与最小长度之差Δx=2x
联立解得Δx=0.2 m
12.答案　(1)1 m/s　0.125 m　(2)0.25 m　
解析　(1)从小物块滑上木板左端到两者达到共速过程,由于小物块和木板组成的系统动量守恒,则有
m2v0=(m1+m2)v1
解得v1=1 m/s
由于木板与小物块达到共速时木板恰好与弹簧接触,则木板运动前右端距弹簧左端的距离即木板向右运动的距离
对木板,由动能定理得μm2gx1=-0
解得x1=0.125 m
(2)木板与弹簧接触后,物块与木板开始一起做加速度增大的变减速运动,直至加速度增加至μg=1 m/s2,之后两者发生相对滑动,物块以1 m/s2的加速度做匀减速运动,而木板继续做加速度增大的变减速运动
即将相对滑动时,对物块和木板组成的系统有=μg　
对物块、木板以及弹簧组成的系统,由机械能守恒得
联立解得x2=0.25 m,v2= m/s
(3)木板向右运动的速度为v2时,木板和物块的加速度增至1 m/s2,之后物块与木板发生相对滑动,物块以1 m/s2的加速度向右做匀减速运动,木板做加速度增大的变减速运动至速度减为0,之后反向做加速度减小的变加速运动,弹簧压缩量恢复到x2时两者加速度首次相同,此过程中,木板的速度由水平向右的速度v2变为水平向左的速度v2,对地位移为0,时间为2t0,此过程物块做匀变速直线运动,两者加速度首次相同时物块的速度v3=v2-μg×2t0
对木板、物块和弹簧组成的系统,由能量守恒有
+ΔU
联立解得ΔU=4
13.答案　(1)　(2)l　(3)4次
解析　(1)小球与圆盘碰撞前做自由落体运动,设小球与圆盘第一次碰撞前速度为v0,由=2gl得
v0=
设小球与圆盘第一次碰撞后瞬间速度分别为v1和v2,选向下为正方向,则由动量守恒得:mv0=mv1+Mv2
由机械能守恒得:
联立解得:v1=
v2=
则第一次碰撞后瞬间小球速度大小为
(2)第一次碰撞后小球以v1=-
=l
(3)由第(2)问分析可知,从第一次碰后到第二次碰前小球与圆盘最远距离为l,此时小球在离上端管口l处,而圆盘此时在离上端管口距离为2l处,小球接着相对圆盘做自由落体运动至第二次碰撞,即经过t2==3l,设第二次碰撞后小球和圆盘速度分别为v2m'和v2M',则由动量守恒和机械能守恒得mv2m+Mv2=mv2m'+Mv2M'
Mv2M'2
联立解得:第二次碰后
v2m'=v2=0
v2M'=
画v-t图像,经分析知第二次碰后至下一次追上所用时间Δt2=
第三次碰前v3m=gΔt2=2
此时离上端管口距离
Δs3=Δs2+v2M'Δt2=3l+=7l
设第三次碰后小球和圆盘速度分别为v3m'和v3M',则
mv3m+Mv3M=mv3m'+Mv3M'
Mv3M'2
v3m'=
v3M'=
同理,从第三次碰后到第四次碰前,历时Δt3=
第四次碰撞时圆盘离上端管口距离Δs4=Δs3+v3M'Δt3=7l+=13l
同理,第四次碰撞过程:
mv4m+Mv4M=mv4m'+Mv4M'
Mv4M'2
解得v4m'=
若能发生第五次碰撞,历时Δt4==21l>20l,故不能在管内发生第五次碰撞,只能发生4次碰撞。
14.答案　(2)0.304　(6)0.31　(7)0.32　(8)　0.34
解析　(2)要使碰撞后两滑块运动方向相反,则有m1(6)因A、B在气垫导轨上运动,所以A、B碰撞后均做匀速直线运动。由v1=≈0.31。
(7)≈0.32。
(8)设碰撞前A的速度为v0,若碰撞为弹性碰撞
则有m1v0=-m1v1+m2v2
解得v1=v0
所以
所以本实验中其值为0.34。
三年模拟练
1.A 2.AC 3.B 4.BC 5.B 6.AC
1.A　取竖直向下为正方向,设Δt时间内撞击锅盖的豆子个数为n,则由动量定理可得F·Δt+nmgt=nm·,故A正确,B、C、D错误。
2.AC　铁锤与石板碰撞过程,铁锤与石板组成的系统动量守恒,有mv0=(m+M)v1,解得v1=0.5 m/s,系统损失的机械能为ΔE==67.5 J,故A正确,B错误;铁锤与石板共速后,向下减速到零的过程,以铁锤与石板整体为研究对象,根据动能定理可得(mg+Mg-F)d=0-,解得F=975 N,故C正确;由动量定理可得(F-mg-Mg)t=(m+M)v1,解得t=0.08 s,故皮囊对石板的冲量大小为I=Ft=78 N·s,D错误。
3.B　A、B组成的系统在竖直方向所受合外力不为零,系统动量不守恒,A错误。对B从滑上A到滑离A的整个过程,由于A、B组成的系统在水平方向所受合外力为零,水平方向动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得mv0=mvB+4mvA,只有重力做功,机械能守恒,得mv0,B正确。对B从滑上A到滑离A的整个过程,由动能定理得W=
,故D错误。
4.BC　小球由静止释放后,球、车组成的系统所受合外力不为0,总动量不守恒,A错误;对于球、车组成的系统,只有重力做功,系统的机械能守恒,系统在水平方向所受合外力为0,水平方向上的动量守恒,可知当小球向左摆到最高点时,球与车的速度均为0,小球向左仍能摆到原高度,B正确;从小球释放到摆到左侧最高点过程,系统水平方向动量守恒,当小球摆到左侧最高点时,小车向右移动的位移最大,根据动量守恒定律可得m1x1-m2x2=0,其中x1+x2=2L sin 60°,解得x2=L,C正确;小球运动到最低点时,根据水平方向动量守恒有m1v1-m2v2=0,根据机械能守恒定律有m1gL(1-cos 60°)=,故D错误。
5.B　第一次碰撞时,两球发生弹性碰撞,碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒,以乙球碰前瞬间速度方向为正方向,由动量守恒定律和机械能守恒定律得m乙v=m乙v1+m甲v2,圆周,B说法错误。小球在管道内运动,管道水平方向的弹力提供向心力,有F=m甲v'22,解得v'1=v,v'2=0,D说法正确。
6.AC　设球离地瞬间的速度为v,做竖直上抛运动过程,由动能定理可得-mg(h3-h1)=0-,A正确;弹簧恢复原长过程中,根据动量定理可得“踩踩球”所受合外力的冲量大小为I合=mv-0=mmv1,踩压过程由功能关系可得Ep=W+mg(h1-h2),联立解得W=2mg(h3-h1),Ep=mg(2h3-h1-h2),故B错误,C正确。
7.答案　(1)
解析　(1)雨滴击中蚊子前已经匀速竖直下落,则有kv0=nmg
蚊子与雨滴融为一体,由动量守恒定律有nmv0=(n+1)mv
解得v=
(2)由于蚊子重力不计,蚊子与雨滴融为一体的过程中,蚊子只受雨滴的作用力,由动量定理有FΔt=mv
解得F=
8.答案　(1)
解析　(1)引燃上层火药后,爆炸成的两部分向相反的方向做平抛运动,在竖直方向有h=gt2
在水平方向有L=v1t+v2t
上层火药燃爆时,水平方向动量守恒,设爆竹总质量为m,由动量守恒定律可得0=mv2
解得引燃上层火药后两部分各自获得的速度大小为
v1=
(2)上层火药燃爆后爆竹增加的机械能E上=
下层火药燃爆后爆竹增加的机械能E下=mgh
可得上、下两层火药的质量比
9.答案　(1)72 m/s　(2)124.2 J
解析　(1)木块和子弹在最高点时,木块和子弹的重力刚好提供向心力,设在最高点时木块和子弹的速度为v2,则(M+m)g=
解得v2=3 m/s
设轻绳绷紧前瞬间木块和子弹的速度为v1,绳与水平面间的夹角为θ,则 sin θ=(M+m)(v1 sin 30°)2
解得v1=12 m/s
子弹射入木块过程中,子弹与木块组成的系统动量守恒,有mv0=(M+m)v1
解得v0=72 m/s
(2)从子弹开始进入木块到轻绳绷紧后的过程,根据功能关系可得损失的机械能为
ΔE=(M +m)(v1 sin 30°)2
解得ΔE=124.2 J
10.答案　(1)　
b.m1gh+gH　(3)见解析
解析　(1)运动员离开地面做竖直上抛运动,则mgH=mv2
解得v=
(2)a.取竖直向上为正方向,从A下压距离h位置松手瞬间开始到将弹簧长度锁定瞬间结束,这个过程表示人的站起过程,设弹簧长度锁定前瞬间,A速度为v1,弹簧长度锁定后瞬间A和B整体离地,速度为v,由弹簧长度锁定过程系统动量守恒,得m1v1=(m1+m2)v
解得v1=
b.运动员在“站起”过程中至少要做功
W=m1gh+gH
(3)把人的手臂和其他部位作为两个部分,向前摆臂会使得起跳瞬间手臂部分的速度比身体的速度大,根据系统水平方向动量守恒,起跳后身体的水平速度还会增大,从而提高成绩。
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)