2024届一轮复习人教版 章末真题6　动量与动量守恒 作业

章末真题练6动量与动量守恒1.(2021·湖南卷,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(D)解析:质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动,由运动学公式v2=2ax可得v=2ax,设质点的质量为m,则质点的动量p=m22.(2022·湖北卷,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(D)A.W2=3W1,I2≤3I1 B.W2=3W1,I2≥I1C.W2=7W1,I2≤3I1 D.W2=7W1,I2≥I1解析:根据动能定理可知W1=12m(2v)2-12mv2=32mv2,W2=12m(5v)2-12m(2v)2=212mv2,可得W2=7W1;由于速度是矢量,具有方向性,当初、末速度方向相同时,动量变化量最小,方向相反时,动量变化量最大,因此冲量的大小范围是mv≤I1≤3mv,3mv≤I3.(2021·福建卷,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24.5m/s～28.4m/s,16级台风的风速范围为51.0m/s～56.0m/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(B)A.2倍 B.4倍 C.8倍 D.16倍解析:设空气的密度为ρ,风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的面积为S,在时间Δt内作用在交通标志牌上的空气质量为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在24.5m/s～28.4m/s之间,16级台风的风速v2在51.0m/s～56.0m/s之间,则有F2F14.(2022·全国乙卷,20)(多选)质量为1kg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g取10m/s2。则(AD)A.4s时物块的动能为零B.6s时物块回到初始位置C.3s时物块的动量为12kg·m/sD.0～6s时间内F对物块所做的功为40J解析:物块与地面间的滑动摩擦力为Ff=μmg=2N,对物块在0～3s内的运动过程,由动量定理可得(F-Ff)t1=mv3,得v3=6m/s,3s时物块的动量为p=mv3=6kg·m/s,设3s后经过时间t′物块的速度第一次减为0,由动量定理可得-(F+Ff)t′=0-mv3,解得t′=1s,所以物块在t=4s时速度减为0,此时物块的动能也为0,故选项A正确,C错误;设0～3s内物块的位移为x1,由动能定理可得(F-Ff)x1=12mv32,得x1=9m,3～4s过程中,对物块由动能定理可得-(F+Ff)x2=0-12mv32,得x2=3m,4～6s物块反向运动,物块的加速度大小为a=F-Ffm=2m/s2,位移为x3=12×2×225.(2021·湖南卷,8)(多选)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图线与坐标轴所围图形的面积大小,S2、S3分别表示t1到t2时间内A、B的a-t图线与坐标轴所围图形的面积大小。A在t1时刻的速度为v0。下列说法正确的是(ABD)A.0到t1时间内,墙对B的冲量等于mAv0B.mA>mBC.B运动后,弹簧的最大形变量等于xD.S1-S2=S3解析:将A、弹簧、B看成一个系统,0到t1时间内,重力、支持力对系统的冲量的矢量和为零,墙对系统的冲量等于系统动量的变化量,即墙对B的冲量等于mAv0,A正确;t1时刻之后,A、B组成的系统动量守恒,由题图b可知,t1到t2这段时间内,S3>S2,故B物体速度的变化量大于A物体速度的变化量,可知A物体的质量大于B物体的质量,B正确;撤去外力F后,A、B和弹簧组成的系统机械能守恒,B运动后,A、B具有动能,根据系统机械能守恒可知,弹簧的最大形变量小于x,C错误;t2时刻,A、B的加速度均最大,此时弹簧拉伸到最长,A、B共速,设速度为v,a-t图像与时间轴所围图形的面积代表速度的变化量,0～t2时间内,A的速度变化量为S1-S2,t1～t2时间内,B的速度变化量为S3,两者相等,即S1-S2=S3,D正确。6.(2022·全国甲卷,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0.510kg和0.304kg。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。项目12345t1/s0.490.671.011.221.39t2/s0.150.210.330.400.46k=v0.31k20.330.330.33(6)表中的k2=(结果保留2位有效数字)。

(7)v1v2(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v1v2判断。若两滑块的碰撞为弹性碰撞,则v1v2的理论表达式为(用m解析:(2)要使碰撞后两滑块的运动方向相反,必须使质量较小的滑块碰撞质量较大的静止滑块,所以应选取质量为0.304kg的滑块作为A。(6)s1=v1t1,s2=v2t2,s1=s2,解得k2=t2(7)v1v2(8)由碰撞过程遵循动量守恒定律有m1v0=-m1v1+m2v2,若两滑块的碰撞为弹性碰撞,则碰撞前后系统总动能不变,即12m1v02=12m1v12+12m2v22答案:(2)0.304(6)0.31(7)0.32(8)m27.(2022·广东卷,13)某同学受自动雨伞开伞过程的启发,设计了如图所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块,初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以初速度v0为10m/s向上滑动时,受到滑杆的摩擦力Ff为1N。滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞,带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知滑块的质量m=0.2kg,滑杆的质量M=0.6kg,A、B间的距离l=1.2m,重力加速度g取10m/s2,不计空气阻力。求:(1)滑块在静止时和向上滑动的过程中,桌面对滑杆支持力的大小FN1和FN2;(2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v;(3)滑杆向上运动的最大高度h。解析:(1)滑块静止时,滑块和滑杆均处于静止状态,以滑块和滑杆整体为研究对象,由平衡条件可知FN1=(m+M)g=8N,滑块向上滑动时,滑杆受重力、滑块对其向上的摩擦力以及桌面的支持力,则有FN2=Mg-Ff,代入数据得FN2=5N。(2)法一碰前,滑块向上做匀减速直线运动,由牛顿第二定律得mg+Ff=ma1,解得a1=15m/s2,方向向下由运动学公式得v2-v02=-2a代入数据得v=8m/s。法二由动能定理得-(mg+Ff)l=12mv2-12m代入数据解得v=8m/s。(3)滑块和滑杆发生的碰撞为完全非弹性碰撞,根据动量守恒定律有mv=(M+m)v共,代入数据得v共=2m/s。此后滑块与滑杆一起竖直向上运动,根据动能定理有-(M+m)gh=0-12(M+m)v代入数据得h=0.2m。答案:(1)8N5N(2)8m/s(3)0.2m[备用](2022·河北卷,13)如图,光滑水平面上有两个等高的滑板A和B,质量分别为1kg和2kg,A右端和B左端分别放置物块C、D,物块质量均为1kg,A和C以相同速度v0=10m/s向右运动,B和D以相同速度kv0向左运动,在某时刻发生碰撞,作用时间极短,碰撞后C与D粘在一起形成一个新滑块,A与B粘在一起形成一个新滑板,物块与滑板之间的动摩擦因数均为μ=0.1。重力加速度大小g取10m/s2。(1)若0<k<0.5,求碰撞后瞬间新物块和新滑板各自速度的大小和方向。(2)若k=0.5,从碰撞后到新滑块与新滑板相对静止时,求两者相对位移的大小。解析:(1)物块C、D碰撞过程中满足动量守恒,设碰撞后物块C、D形成的新物块的速度为v物,C、D的质量均为m=1kg,以向右方向为正方向,则有mv0-m·kv0=(m+m)v物,解得v物=1-k2可知碰撞后滑块C、D形成的新滑块的速度大小为5(1-k)m/s,方向向右。滑板A、B碰撞过程中满足动量守恒,设碰撞后滑板A、B形成的新滑板的速度为v滑,滑板A和B的质量分别为1kg和2kg,则由Mv0-2M·kv0=(M+2M)v滑,解得v滑=1-2k3v则新滑板速度方向也向右。(2)若k=0.5,可知碰后瞬间物块C、D形成的新物块的速度为v物′=5(1-k)m/s=2.5m/s,碰后瞬间滑板A、B形成的新滑板的速度为v滑′=10-