【物理】2020届一轮复习人教版动量与动量守恒作业

【物理】2020届一轮复习人教版动量与动量守恒作业

‎-动量与动量守恒 ‎1. 我国女子短道速滑队在2013年世锦赛上实现女子3000m接力三连冠。观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出。在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则（　　）‎ A． 甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量 B． 甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反 C． 甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量 D． 甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功 ‎2. 如图，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是(　　)‎ A． A和B都向左运动 B． A和B都向右运动 C． A静止，B向右运动 D． A向左运动，B向右运动 ‎3. “天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一。摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列叙述正确的是（ ）‎ A． 摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变 B． 在最高点，乘客重力大于座椅对他的支持力 C． 摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零 D． 摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变 ‎4. 如图所示，某冰雪游乐场，一小游客蹲在冰面上，将质量为5kg的石块以大小为4m/s，方向水平向左的速度推向左侧静止在冰面上的楔形冰块的斜面上，石块滑上斜面的最大高度为0.3m，不计石块滑上冰块时的机械能损失，所有摩擦不计，取g=10m/‎s‎2‎，楔形冰块的质量为（ ）‎ A． 1kg B． 2kg C． 3kg D． 4kg ‎5. 如图所示，轨道AOB光滑且在O处平滑相接，B点右侧为粗糙水平面。有两个材料及表面粗糙程度均相同的小物块P、Q，其中物块P的质量为0.9kg，把物块P从斜面上0.8m高处由静止释放，运动至粗糙水平面上的C点处速度恰好减为0，BC长为1m；若把物块Q置于B点，物块P仍从斜面上0.8m高处由静止释放，物块P、Q碰撞后，在粗糙水平面上的位移分别为0.64m、0.81m。已知重力加速度g=10m／s2，则物块与水平面间的动摩擦因数μ及物块Q的质量M分别为（ ）‎ ‎7-5-1‎ A． μ=0.4，M=0.2kg B． μ=0.4，M=0.4kg C． μ=0.8，M=0.2kg D． μ=0.8，M=0.4kg ‎6. 一物块在空中某位置从静止开始沿直线下落,其速度v随时间t变化的图线如图所示。则物块（ ）‎ A． 第一个t‎0‎与时间内的位移小于第二个t‎0‎时间内位移 B． 第一个t‎0‎时间内的平均速度等于第二个t‎0‎时间内的平均速度 C． 第一个t‎0‎时间内重力的冲量等于第二个t‎0‎时间内重力的冲量 D． 第一个t‎0‎时间内合外力的功等于第二个t‎0‎时间内克服合外力的功 ‎7. 如图a所示，物块A、B间拴接一个压缩后被锁定的弹簧，整个系统静止放在光滑水平地面上，其中A物块最初与左侧固定的挡板相接触，B物块质量为2kg。现解除对弹簧的锁定，在A离开挡板后，B物块的v‎-‎t图如图b所示，则可知（ ）‎ A． 在A离开挡板前，A、B系统动量守恒 B． 在A离开挡板前，A、B与弹簧组成的系统机械能守恒，之后不守恒 C． 弹簧锁定时其弹性势能为9J D． A的质量为1kg，在A离开挡板后弹簧的最大弹性势能为3J ‎8. 2022年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。某滑道示意图如下，长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接，滑道BC高h=10 m，C是半径R=20 m圆弧的最低点，质量m=60 kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑，加速度a=4.5 m/s2，到达B点时速度vB=30 m/s。取重力加速度g=10 m/s2。‎ ‎7-8-1‎ ‎（1）求长直助滑道AB的长度L；‎ ‎（2）求运动员在AB段所受合外力的冲量的I大小；‎ ‎（3）若不计BC段的阻力，画出运动员经过C点时的受力图，并求其所受支持力FN的大小。‎ ‎9. 如图所示，悬挂于竖直弹簧下端的小球质量为m，运动速度的大小为v，方向向下．经过时间t，小球的速度大小为v，方向变为向上．忽略空气阻力，重力加速度为g，求该运动过程中，小球所受弹簧弹力冲量的大小．‎ ‎10. 一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空，当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量，求 ‎（1）烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；‎ ‎（2）爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度 ‎11. 如图，三个质量相同的滑块A、B、C，间隔相等地静置于同一水平直轨道上．现给滑块A向右的初速度v0，一段时间后A与B发生碰撞，碰后A、B分别以v0、v0的速度向右运动，B再与C发生碰撞，碰后B、C粘在一起向右运动．滑块A、B与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值．两次碰撞时间均极短．求B、C碰后瞬间共同速度的大小．‎ ‎12. 如图所示，装置的左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量 M=2kg的小物块A。装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接。传送带始终以u="2m/s" 的速率逆时针转动。装置的右边是一光滑的曲面，质量m=1kg的小物块B从其上距水平台面h=1.0m处由静止释放。已知物块B与传送带之间的摩擦因数μ=0.2，l=1.0m。设物块A、B中间发生的是对心弹性碰撞，第一次碰撞前物块A静止且处于平衡状态。取g=10m/s2。‎ ‎（1）求物块B与物块A第一次碰撞前速度大小；‎ ‎（2）通过计算说明物块B与物块A第一次碰撞后能否运动到右边曲面上？‎ ‎（3）如果物块A、B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时都会立即被锁定，而当他们再次碰撞前锁定被解除，试求出物块B第n次碰撞后的运动速度大小。‎ ‎13．如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切。BC为圆弧轨道的直径。O为圆心，OA和OB之间的夹角为α，sinα=‎3‎‎5‎，一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用，已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零。重力加速度大小为g。求：‎ ‎（1）水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小；‎ ‎（2）小球到达A点时动量的大小；‎ ‎（3）小球从C点落至水平轨道所用的时间。‎ 参考答案 ‎1、【答案】B ‎【解析】因为冲量是矢量，甲对已的作用力与乙对甲的作用力大小相等方向相反，故冲量大小相等方向相反，故A错误．设甲乙两运动员的质量分别为m甲‎、‎m乙，追上之前的瞬间甲、乙两运动员的速度分别是v甲‎，v乙，‎ 根据题意整个交接棒过程可以分为两部分：①完全非弹性碰撞过程→“交棒”；m甲v甲‎+m乙v乙=（m甲+m乙）‎v共 ②向前推出（人船模型）→“接棒”‎（m甲+m乙）v共=m甲v‎’‎甲+m乙v‎’‎乙 由上面两个方程联立可以解得：m甲Δv甲=-m乙Δv乙，即B选项正确．经历了中间的完全非弹性碰撞过程会有动能损失，C、D选项错误.‎ ‎2、【答案】D ‎【解析】取向右为正方向，根据动量守恒：，知系统总动量为零，所以碰后总动量也为零，即A、B的运动方向一定相反，所以D正确；A、B、C错误。‎ ‎3、【答案】B ‎【解析】摩天轮运动过程中做匀速圆周运动，乘客的速度大小不变，则动能不变，但高度变化，所以机械能在变化，选项A错误；圆周运动过程中，在最高点由重力和支持力的合力提供向心力，即，所以重力大于支持力，选项B正确；转动一周，重力的冲量为I=mgT，不为零，C错误；运动过程中，乘客的重力大小不变，速度大小不变，但是速度方向时刻在变化，根据P=mgvcosθ可知重力的瞬时功率在变化，选项D错误．故选B．‎ ‎4、【答案】C ‎【解析】设石块质量为m，楔形冰块质量为M，石块初速度为v0，上升至最高点时速度为v，高度为h。楔形冰块和石块水平方向动量守恒，mv0=（m+M）v，根据能量转化与守恒定律，‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎=‎1‎‎2‎(m+M)v‎2‎+mgh，联立解得：M=3kg，故C正确，ABD错误。故选C。‎ ‎5、【答案】C ‎【解析】对物块P由能量守恒定律：mgh=µmgx0，解得μ=hx‎0‎=0.8‎；物块PQ碰撞过程中，由动量守恒定律：mv0=mv1+Mv2，物块在粗糙水平面上的运动过程，由运动公式：v2=2µgx，解得v=‎‎2μgx，则‎0.9‎1‎=0.9‎0.64‎+M‎0.81‎，解得M=0.2kg，则选C.‎ ‎6、【答案】ACD ‎【解析】速度-时间图象中，图线与横轴围成的面积表示物块的位移，显然物块第一个t0时间内的位移小于第二个t0时间内位移，选项A正确；根据v‎=‎xt得，物块第一个t0‎ 时间内的平均速度小于第二个t0时间内的平均速度，选项B错误；冲量I=mgt，可知第一个t0时间内重力的冲量等于第二个t0时间内重力的冲量，选项C正确；根据动能定理可知，物块合外力做的功等于动能的改变量，第一个t0时间内动能的变化量大小等于第二个t0时间内动能的变化量大小，第一个t0时间内合外力的功等于第二个t0时间内克服合外力的功，选项D正确。故选ACD.‎ ‎7、【答案】CD ‎【解析】在A离开挡板前，由于挡板对A有作用力，所以A、B系统所受合外力不为零，则系统动量不守恒；故A错误；在A离开挡板前，挡板对A的作用力不做功，A、B及弹簧组成的系统在整个过程中机械能都守恒，故B错误；解除对弹簧的锁定后至A刚离开挡板的过程中，弹簧的弹性势能释放，全部转化为B的动能，根据机械能守恒定律，有：Ep=‎1‎‎2‎mBvB2，由图象可知，vB=3m/s,解得：Ep=9J，故C正确。分析A离开挡板后A、B的运动过程，并结合图象数据可知，弹簧伸长到最长时A、B的共同速度为v共=2m/s，根据机械能守恒定律和动量守恒定律，有：mBv0=（mA+mB）v共；E′p=‎1‎‎2‎mBv02 -（mA+vB）v共2；联立解得：E′p=3J，故D正确。故选CD。‎ ‎8、【答案】（1）‎100 m（2）‎1 800 N⋅s（3）3 900 N ‎【解析】（1）已知AB段的初末速度，则利用运动学公式可以求解斜面的长度，即 v‎2‎‎-v‎0‎‎2‎=2aL‎ ‎ 可解得:L=v‎2‎‎-‎v‎0‎‎2‎‎2a=100m ‎ ‎（2）根据动量定理可知合外力的冲量等于动量的变化量所以 I=mvB-0=1800N⋅s‎ ‎ ‎（3）小球在最低点的受力如图所示，‎ 由牛顿第二定律可得：N-mg=mvC‎2‎R ‎ 从B运动到C由动能定理可知：‎ mgh=‎1‎‎2‎mvC‎2‎-‎1‎‎2‎mvB‎2‎‎ ‎ 解得：N=3900N ‎ ‎9、【答案】‎IF‎=2mv+mgt ‎【解析】取向上为正方向，动量定理mv–（–mv）=I且I=（F–mg）t 解得IF‎=Ft=2mv+mgt ‎10、【答案】（1）t=‎‎1‎g‎2Em ；（2）‎h=‎‎2Emg ‎【解析】（1）设烟花弹上升的初速度为v‎0‎，由题给条件有 E=‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎‎ ①‎ 设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t，由运动学公式有 ‎0-v‎0‎=-gt‎ ②‎ 联立①②式得 t=‎‎1‎g‎2Em‎ ③‎ ‎（2）设爆炸时烟花弹距地面的高度为h‎1‎，由机械能守恒定律有 E=mgh‎1‎‎ ④‎ 火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设炸后瞬间其速度分别为v‎1‎和v‎2‎。由题给条件和动量守恒定律有 ‎1‎‎4‎mv‎1‎‎2‎+‎1‎‎4‎mv‎2‎‎2‎=E‎ ⑤‎ ‎1‎‎2‎mv‎1‎+‎1‎‎2‎mv‎2‎=0‎‎ ⑥‎ 由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动。设爆炸后烟花弹上部分继续上升的高度为h‎2‎，由机械能守恒定律有 ‎1‎‎4‎mv‎1‎‎2‎=‎1‎‎2‎mgh‎2‎‎ ⑦‎ 联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹上部分距地面的最大高度为 h=h‎1‎+h‎2‎=‎‎2Emg‎ ⑧‎ ‎11、【答案】 ‎ ‎【解析】设滑块是质量都是m，A与B碰撞前的速度为vA，选择A运动的方向为正方向，碰撞的过程中满足动量守恒定律，得：mvA=mvA′+mvB′‎ 设碰撞前A克服轨道的阻力做的功为WA，由动能定理得：‎ 设B与C碰撞前的速度为vB″，碰撞前B克服轨道的阻力做的功为WB，‎ 由于质量相同的滑块A、B、C，间隔相等地静置于同一水平直轨道上，滑块A、B与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值，所以：WB=WA 设B与C碰撞后的共同速度为v，由动量守恒定律得：mvB″=2mv 联立以上各表达式，代入数据解得： ‎ ‎12、【答案】（1）4m/s （2）不能 （3）‎‎(‎1‎‎3‎)‎nv ‎【解析】（1）设物块B沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为v0‎ 由机械能守恒知 mgh=‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎ v‎0‎‎=‎‎2gh 设物块B在传送带上滑动过程中因受摩擦力所产生的加速度大小为a μmg=ma 设物块B通过传送带后运动速度大小为v，有 v‎2‎‎-v‎0‎‎2‎=-2al 结合②③④式解得 v=4m/s ‎ 由于v>u=2m/s，所以v=4m/s即为物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小 ‎（2）设物块A、B第一次碰撞后的速度分别为V、v1，取向右为正方向，由弹性碰撞知 ‎-mv=mv‎1‎+MV ‎1‎‎2‎mv‎2‎=‎1‎‎2‎mv‎1‎‎2‎+‎1‎‎2‎MV‎2‎ 解得v‎1‎‎=‎1‎‎3‎v=‎4‎‎3‎m/s 即碰撞后物块B沿水平台面向右匀速运动 设物块B在传送带上向右运动的最大位移为l‎'‎，则 ‎0-v‎1‎‎2‎=-2al‎'‎ l‎'‎‎=‎4‎‎9‎m<1m 所以物块B不能通过传送带运动到右边的曲面上 ‎（3）当物块B在传送带上向右运动的速度为零时，将会沿传送带向左加速。可以判断，物块B运动到左边台面是的速度大小为v1，继而与物块A发生第二次碰撞。设第二次碰撞后物块B速度大小为v2，同上计算可知 v‎2‎‎=‎1‎‎3‎v‎1‎=‎(‎1‎‎3‎)‎‎2‎v 物块B与物块A第三次碰撞、第四次碰撞……，碰撞后物块B的速度大小依次为 v‎3‎‎=‎1‎‎3‎v‎2‎=‎(‎1‎‎3‎)‎‎3‎v‎ ‎v‎4‎‎=‎1‎‎3‎v‎3‎=‎(‎1‎‎3‎)‎‎4‎v 则第n次碰撞后物块B的速度大小为 vn‎=‎(‎1‎‎3‎)‎nv ‎13、【答案】（1）‎5gR‎2‎（2）m‎23gR‎2‎（3）‎‎3‎‎5‎‎5Rg ‎【解析】（1）设水平恒力的大小为F0，小球到达C点时所受合力的大小为F。由力的合成法则有 F‎0‎mg‎=tan α‎①‎ F‎2‎‎=‎(mg)‎‎2‎+‎F‎0‎‎2‎‎②‎ 设小球到达C点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得 F=mv‎2‎R‎③‎ 由①②③式和题给数据得 F‎0‎‎=‎3‎‎4‎mg‎④‎ v=‎‎5gR‎2‎‎⑤‎ ‎（2）设小球到达A点的速度大小为v‎1‎，作CD⊥PA，交PA于D点，由几何关系得 DA=Rsin α‎⑥‎ CD=R(1+cos α）‎‎⑦‎ 由动能定理有 ‎-mg⋅CD-F‎0‎⋅DA=‎1‎‎2‎mv‎2‎-‎1‎‎2‎mv‎1‎‎2‎‎⑧‎ 由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得，小球在A点的动量大小为 p=mv‎1‎=‎m‎23gR‎2‎‎⑨‎ ‎（3）小球离开C点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g。设小球在竖直方向的初速度为v‎⊥‎，从C点落至水平轨道上所用时间为t。由运动学公式有 v‎⊥‎t+‎1‎‎2‎gt‎2‎=CD‎⑩‎ v‎⊥‎‎=vsin α 由⑤⑦⑩式和题给数据得 t=‎‎3‎‎5‎‎5Rg