《全品高考复习方案》2020届高考物理一轮复习文档：第6单元动量作业答案

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高考物理一轮复习文档：第六章第1讲动量、冲量、动量定理练习

板块三限时规范特训时间：45分钟 100分一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。

其中1～7为单选，8～10为多选) 1．[2018·湖北黄石市黄石一中模拟]有关物体的动量，下列说法正确的是( ) A ．同一物体的动量改变，一定是速度大小改变 B ．同一物体的动量改变，一定是速度方向改变 C ．同一物体的运动速度改变，其动量一定改变 D ．同一物体的运动速度改变，其动量可能不变答案 C解析动量为一矢量，由p ＝mv 知，同一物体动量改变，可能是速度大小变化、也可能是速度方向变化，所以A 、B 错误；同一物体速度改变，动量一定变化，故C 正确，D 错误。

2．[2018·山西太原五中月考]下面关于物体动量和冲量的说法错误的是( ) A ．物体所受合外力冲量越大，它的动量也越大 B ．物体所受合外力冲量不为零，它的动量一定要改变 C ．物体动量增量的方向，就是它所受冲量的方向 D ．物体所受合外力越大，它的动量变化就越快答案 A解析 Ft 越大，Δp 越大，但动量不一定大，它还与初态的动量有关，故A 错误，B 正确；冲量不仅与Δp 大小相等，而且方向相同，所以C 正确；物体所受合外力越大，速度变化越快，即动量变化越快，D 正确。

3．把一个乒乓球竖直向上抛出，若空气阻力大小不变，则乒乓球上升到最高点和从最高点返回到抛出点的过程相比较( )A ．重力在上升过程的冲量大B ．合外力在上升过程的冲量大C ．重力冲量在两过程中的方向相反D ．空气阻力冲量在两过程中的方向相同答案 B解析乒乓球上升过程mg ＋f ＝ma 1，下降过程mg －f ＝ma 2，故a 1>a 2。

由于上升和下降通过的位移相同，由公式x ＝12at 2知上升用的时间小于下降用的时间，上升时重力的冲量小，A 错误；而重力的冲量，不管是上升还是下降，方向都向下，故C 错误；而空气阻力冲量的方向：上升时向下，下降时向上，故方向相反，D 错误；再由公式v ＝2ax 可知，上升的初速度大于下降的末速度，由动量定理知，合外力的冲量等于动量的变化量，因上升时动量的变化量大于下降时动量的变化量，故合外力在上升过程冲量大，故B 正确。

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课时作业(十七)1.A　[解析]由动量定理得FΔt=Δp,则F=,即合力为动量的变化率,不等于动量的变化量,选项A正确.2.D　[解析]小女孩下滑过程中弹力的冲量为mg cosθ·t,选项A错误;小女孩下滑过程中受到的摩擦力与其反作用力的总冲量为零,总功为负值,选项B错误;由动量定理知,小女孩下滑过程中动量的变化为mg(sinθ-μcosθ)t,选项C错误;因从静止开始滑下,所以小女孩下滑到底端时动量的大小为mg(sinθ-μcosθ)t,选项D正确.3.C　[解析]惯性由质量决定,与速度无关,选项A错误;先后两次将纸条抽出,棋子受到的滑动摩擦力相等,由动量定理得μmgt=mv,第二次时间更短,棋子受到纸带的冲量更小,离开桌面时的动量更小,选项B、D错误,选项C正确.4.B　[解析]鸡蛋自由下落的时间t1==3s,对鸡蛋运动的全过程,由动量定理得mg(t1+t2)=t2,解得=2000N,选项B正确.5.B　[解析]由图像可知,t=2s时,P=30W,可得v==2m/s,由动量定理得(F-μmg)t=mv,解得μ=0.4,选项B正确.6.B　[解析]b做自由落体运动,c的竖直分运动是自由落体运动,b、c的加速度都为g,设斜面的倾角为θ,则a的加速度为g sinθ,下落相同高度,设高度为h,a运动时间为t1,则=g sinθ,所以t1=,b、c下落时间为t2=,a与b、c所用时间不同,选项A错误;a的动量变化为mg sinθ·t1=m,b、c的动量变化为mgt2=m,故三球动量变化大小相等,选项B正确;由机械能守恒定律可知,c的末动能大于a、b的末动能,选项C错误;由于t1>t2,所以重力对它们的冲量大小不相等,选项D错误.7.AC　[解析]小球在整个过程中,动能变化量为零,重力势能减少了mg(H+h),则小球的机械能减少了mg(H+h),故A正确;对小球下落的全过程,由动能定理得mg(H+h)-W f=0,则小球克服阻力做功W f=mg(H+h),故B错误;小球落到地面时的速度v=,对进入泥潭的过程,由动量定理得I G-I f=0-m,解得I f=I G+m,可知阻力的冲量大于m ,故C正确;对全过程分析,由动量定理知,动量的改变量等于重力的冲量和阻力冲量的矢量和,故D错误.8.ABC　[解析]根据运动学公式=+2ax,对AB段,有=+2a AB x AB,对BC段,有= +2a BC x BC,因为v C=v A,x AB=x BC,所以a AB=-a BC,即两段运动中加速度大小相等,方向相反, A正确;根据动量定理,对AB段,有F合t AB=m(v B-v A),对BC段,有F合't BC=m(v C-v B),因为两段运动中速度变化量大小相等,方向相反,合外力大小相等,方向相反,所以t AB=t BC,B正确;因为x AB=x BC,所以在两段运动中竖直方向的位移分量相等,故重力做功相等,C正确;物体在以上两段运动中动量变化量大小相等,方向相反,D错误.9.BCD　[解析]子弹在水球中沿水平方向做匀减速直线运动,通过四个水球的平均速度不同,运动位移相同,则时间不等,由Δv=aΔt可得,子弹在每个水球中的速度变化不相同,由I=mat可得,每个水球对子弹的冲量不同,由ma·l=ΔE k可得,子弹在毎个水球中的动能变化相同,选项A错误,选项B、C、D正确.10.CD　[解析]0~4s内,质点先做加速运动后做减速运动,由动量定理得I总=mv,由图像可得0~4s内合力的冲量为0,则4s末的速度恰减为0,选项A错误;0~1s内合力的冲量为I1=0.5N·s,则t=1s时质点的动量为0.5kg·m/s,选项B错误;由动量定理可得,在t=2s时质点速度最大,动能最大,选项C正确;1~3s内图像与时间轴所围的面积为0,F的冲量为0,选项D正确.11.BD　[解析]v-t图线中线段AC∥BD,故两物体与水平面间的动摩擦因数相同,设动摩擦因数为μ,在a、b加速的过程中,由牛顿第二定律得F a-μm a g=m a a a,F b-μm b g=m b a b,解得F a=m a a a+μm a g,F b=m b a b+μm b g,由vt图像知,在a、b加速的过程中,a a>a b,若m a>m b,则F a>F b;整个运动过程中a、b的位移分别为x a=×2v0×2t0=2v0t0和x b=v0×3t0=v0t0,物体a克服摩擦力做功W fa=μm a gx a,物体b克服摩擦力做功W fb=μm b gx b,若m a>m b,则物体a克服摩擦力做功大于物体b克服摩擦力做功,选项A 错误,B正确.若m a<m b,则F a、F b的大小关系不确定;物体a所受摩擦力的冲量大小I a=μm a g×2t0,物体b所受摩擦力的冲量大小I b=μm b g×3t0,若m a<m b,则物体a所受摩擦力的冲量小于物体b所受摩擦力的冲量,选项C错误,D正确.12.BC　[解析]物块从开始运动到返回底端的过程中重力的冲量大小I G=3mgt0,选项A 错误;设物块返回底端的速度为v,则有=,即v=,物块从开始运动到返回底端的过程中动量变化量大小Δp=mv0,选项B正确;由动量定理知,对上滑和下滑过程,分别有-(mg sinθ+μmg cosθ)·t0=-mv0和(mg sinθ-μmg cosθ)·2t0=mv0,联立可得sinθ=,选项C正确;在3t0时间内物块克服摩擦力做的功W f=m-mv2=m,选项D错误.13.(1)540N　(2)22.5J[解析](1)重物自由下落,设落地前瞬间的速度为v1,有H=gt2,v1=gt,解得v1=3m/s设反弹瞬间速度为v2,有=2gh,解得v2=2m/s规定向上为正方向,由动量定理得(F-mg)t=mv2+mv1,解得F=540N(2)损失的机械能ΔE=m-m=22.5J.14.A　[解析]设雨滴受到支持面的平均作用力为F,在Δt时间内有质量为Δm的雨水的速度由v=12m/s减为零.以向上为正方向,对这部分雨水,由动量定理得FΔt=0-(-Δmv)=Δmv,解得F=v,设水杯的横截面积为S,对水杯里的雨水,在Δt时间内水面上升Δh高度,有Δm=ρSΔh,F=ρSv,产生的压强p==ρv=0.15Pa,故A正确.课时作业(十八)A1.D　[解析]小球下滑过程中,小球与槽组成的系统所受合外力不为零,系统动量不守恒,选项A错误;小球下滑过程中,小球的位移方向与槽对小球的支持力方向的夹角为钝角,故支持力做负功,选项B错误;刚开始时小球速度为零,重力的功率为零,当小球到达底端时,速度水平,与重力方向垂直,重力的功率为零,所以重力的功率先增大后减小,选项C错误;小球下滑过程中,地球、小球和槽组成的系统机械能守恒,选项D正确.2.D　[解析]对于火箭和卫星组成的系统,在分离前后沿原运动方向上动量守恒,由动量守恒定律得(m1+m2)v0=m1v1+m2v2,解得v1=v0+(v0-v2),D正确.3.B　[解析]小球1在桌面上滑动的过程,速度不变,与小球2碰撞过程,由动量守恒定律得m1v0=(m1+m2)v,解得v=2m/s,两球脱离桌面后做平抛运动,运动时间t==0.5s,水平位移x=vt=1m,选项B正确.4.C　[解析]A、B两人及小车组成的系统受合外力为零,系统动量守恒,根据动量守恒定律得m A v A+m B v B+m车v车=0,若小车不动,则m A v A+m B v B=0,由于不知道A、B的质量关系,所以两人的速率不一定相等,故A错误;若小车向左运动,则A、B的动量之和必须向右,而A向右运动,B向左运动,所以A的动量一定比B的大,故B错误,C正确;若小车向右运动,则A、B的动量之和必须向左,而A向右运动,B向左运动,所以A的动量一定比B的小,故D错误.5.BD　[解析]由图像可知,碰撞前A、B两球都做匀速直线运动,v a=m/s=-3m/s,v b=m/s=2m/s,碰撞后二者合在一起做匀速直线运动,v c=m/s=-1m/s,碰撞过程中动量守恒,即m A v a+m B v b=(m A+m B)v c,可解得m B=kg,选项B、D正确.6.BC　[解析]碰撞的瞬间滑块甲和丙组成的系统动量守恒,滑块乙的速度在瞬间不变,以滑块甲的初速度方向为正方向,若碰后滑块甲和丙的速度分别变为v1和v2,由动量守恒定律得Mv=Mv1+mv2;若碰后滑块甲和丙的速度相同,由动量守恒定律得Mv=(M+m)v',故B、C正确.7.AC　[解析]机车牵引力不变,脱钩后机车做加速运动,拖车做减速运动,拖车最后速度为0,对运动的整体,由动量守恒定律得2Mv0=Mv1+Mv2,当v1=15m/s时,v2=5m/s,选项A 正确,B错误;对系统,由动能定理得Fx1-f1x1-f2x2=ΔE k,因加速过程的位移大于减速过程的位移,即x1>x2,则动能增大,选项C正确.8.BC　[解析]以人与两船组成的系统为研究对象,人在跳跃过程中系统总动量守恒,所以A、B两船(包括人)的动量大小之比总是1∶1,选项B正确;最终人在B船上,以系统为研究对象,在整个过程中,以A的速度方向为正方向,由动量守恒定律得mv A-v B=0,解得=,选项A错误;A的动能为E k A=,B(包括人)的动能为E k B=,则E k A∶E k B=3∶2,选项C正确,D错误.9.AD　[解析]设碰后蓝壶的速度为v2,碰前红壶的速度v0=1.0m/s,碰后红壶的速度v1=0.2m/s,根据动量守恒定律得mv0=mv1+mv2,解得v2=0.8m/s,选项A正确;根据碰前红壶的速度图像可得红壶的加速度大小a==m/s2=0.2m/s2,碰后蓝壶减速到零需要的时间t==s=5s,碰后蓝壶运动图像与时间轴围成的面积表示走过的位移,x2=m=2m,选项B错误;碰撞过程两壶损失的动能为ΔE=m-m-m=3.04J,选项C错误;碰后红壶走过的位移为x1==0.1m,所以碰后红、蓝两壶所滑过的距离之比为1∶20,选项D正确.10.ABD　[解析]当A、B、C三者的速度相等时,弹簧的弹性势能最大,对A、B、C三者组成的系统,由动量守恒定律得(m A+m B)v=(m A+m B+m C)v A,解得v A=2m/s,选项A正确;B、C碰撞时,B、C组成的系统动量守恒,有m B v=(m B+m C)v1,解得碰后瞬间两者的速度v1=m/s,碰后系统的机械能守恒,故弹簧的最大弹性势能为E p=(m B+m C)+m A v2-(m A+m B+m C)=J,选项B正确,C错误;由动量守恒定律得(m A+m B)v=m A v'A+(m B+m C)v'B,假设A向左运动,即v'A<0,则v'B>m/s,此时A、B、C的动能之和为E'k=m A v+(m B+m C)v>(m B+m C)v=J ,实际上系统的动能E k =(m B +m C )+m A v 2=J ,根据能量守恒定律可知E'k >E k 违反了能量守恒定律,是不可能的,选项D 正确.11.AC [解析]规定向右为正方向,碰撞前A 、B 两球的动量均为6kg ·m/s ,说明A 、B 两球的速度方向向右,两球质量关系为m B =2m A ,所以碰撞前v A >v B ,左方是A 球;碰撞后A 球的动量增量为-4kg ·m/s ,所以碰撞后A 球的动量是2kg ·m/s ;碰撞过程中系统总动量守恒,所以碰撞后B 球的动量是10kg ·m/s ,根据m B =2m A ,所以碰撞后A 、B 两球速度大小之比为2∶5,选项C 正确,D 错误.碰撞前系统总动能为+=+=,碰撞后系统动能为+=+=,则碰撞前后系统机械能不变,碰撞是弹性碰撞,选项A正确,B 错误.12.(1)1.6×104N ·s 1.6×105N (2)不会[解析](1)v 1=36km/h =10m/s取速度v 1的方向为正方向,由动量定理得-I 0=0-m 1v 1解得I 0=1.6×104N ·s由冲量定义有I 0=F 0t 1解得F 0=1.6×105N(2)设试验车和汽车碰撞后获得共同速度v ,由动量守恒定律得m 1v 1+m 2v 2=(m 1+m 2)v 对试验车,由动量定理得-Ft 2=m 1v-m 1v 1联立解得F=2.5×104N因F<F 0,故试验车的安全气囊不会爆开.13.D [解析]小球与小车组成的系统在水平方向上所受合外力为零,系统在水平方向上动量守恒,但系统整体所受合外力不为零,系统动量不守恒,故选项A 错误;系统在水平方向上动量守恒,以向右为正方向,在水平方向上,由动量守恒定律得mv-mv'=0,即m-m =0,解得小车的位移x=R ,故选项B 错误;小球与小车组成的系统在水平方向上动量守恒,类似于人船模型,小球离开小车时系统在水平方向上动量为零,小球与小车在水平方向上的速度为零,小球离开小车后做竖直上抛运动,故选项C 错误;小球第一次在车中运动的过程中,由动能定理得mg-W f =0,W f 为小球克服摩擦力做功大小,解得W f =mgh 0,即小球第一次在车中滚动损失的机械能为mgh 0,由于小球第二次在车中滚动时,对应位置处速度变小,因此小车对小球的弹力变小,摩擦力变小,克服摩擦力做功小于mgh 0,机械能损失小于mgh 0,因此小球再次离开小车时,能上升的最大高度大于h 0-h 0=h 0,而小于h 0,故选项D 正确.课时作业(十八)B 1.B [解析]两球组成的系统在水平方向上动量守恒,以向右为正方向,在水平方向,由动量守恒定律得mv-mv'=0,由机械能守恒定律得mv'2+mv 2=mgl ,联立解得v=,选项B正确.2.B　[解析]A、B组成的系统在水平方向动量守恒,以B的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得m B v=(m A+m B)v',由机械能守恒定律得m B v2=(m A+m B)v'2+m B gh,联立解得h=0.10m,选项B正确.3.A　[解析]最后滑块与子弹相对静止,根据动量守恒定律可知,两种情况下滑块和子弹的共同速度相等,根据能量守恒定律可知,两种情况下碰撞前后动能的减少量相等,产生的热量相等,而子弹相对滑块的位移大小不等,故滑块对子弹的阻力不一样大,A错误,D 正确;根据动能定理可知,滑块动能的增加量等于子弹对滑块做的功,所以两种情况下子弹对滑块做的功一样多,B正确;根据动量定理,两种情况滑块受到的冲量一样大,C正确.4.D　[解析]根据动量守恒定律可得mv0=(m+m A)v,由图像可知v=1m/s,解得m A=2kg,选项A、B错误;0~2s内,A、B组成的系统损失的机械能ΔE损=m-(m A+m)v2=3J,选项D正确,C错误.5.BD　[解析]斜劈和滑块组成的系统所受的合外力不为零,动量不守恒,选项A错误;斜劈和滑块组成的系统在水平方向上动量守恒,设滑块运动的位移为s1,斜劈运动的位移为s2,由动量守恒定律得ms1-Ms2=0,且s1+s2=L,解得s2=,选项B正确;斜劈的动量变化量应该与合外力的冲量大小相等,选项C错误;系统的机械能守恒,所以滑块克服支持力做的功等于斜劈增加的动能,选项D正确.6.BC　[解析]以物体A、B和弹簧为系统,由动量守恒定律可知,第一种情况,有m1v=(m1+m2)v1,解得v1=v,第二种情况,有m2v=(m1+m2)v2,解得v2=v,由于m1<m2,所以v1<v2,选项A错误,B正确;根据能量守恒定律可知,第一种情况,有E p=m1v2-(m1+m2)=m1v2-(m1+m2)v2=v2,第二种情况,有E p=m2v2-(m1+m2)=m2v2-(m1+m2)v2=v2,选项C正确,D错误.7.BC　[解析]系统满足动量守恒,系统总动量向左,最终小物块和木箱相对静止,两者以相同的速度一起向左运动,选项A错误;规定向左为正方向,由动量守恒定律得Mv0=(M+m)v,则最终系统的速度v=,方向向左,小物块和木箱组成的系统最终损失的机械能ΔE=M-(M+m)v2=,选项B正确;木箱速度水平向左、大小为时,有Mv0=Mv1+mv2,解得v2=,选项C正确;当木箱速度为v1=时,根据动量守恒定律得Mv0=Mv1+mv3,解得v3=,选项D错误.8.AD　[解析]从图像可以看出,从0到t1的过程中,物块A的速度比物块B的大,弹簧被压缩,t1时刻两物块达到共同速度,此后物块A的速度比物块B的小,两者间距增大,弹簧的压缩量减小,所以t1时刻弹簧长度最短,选项A正确;t2时刻物块B的速度最大,此后物块B的速度减小,弹簧被拉伸,则t2时刻弹簧恢复原长,在t1~t2时间内,弹簧处于压缩状态,t2~t3时间内,弹簧处于拉伸状态,选项B错误;在0~t2时间内,弹簧对物块A冲量的大小为m1(v0+v3),选项C错误;对弹簧和两物块组成的系统,因合外力为零,故动量守恒,由动量守恒定律得m1v0=(m1+m2)v2=m2v1-m1v3,选项D正确.9.ABD　[解析]物体A到达与物体B相距最近位置后继续前进,此后拉动物体B前进,物体A减速,物体B加速,达到共同速度时两者相距最远,此后物体A继续减速,物体B 加速,当两球再次相距最近时,物体A达到最小速度,物体B达到最大速度,两物体在水平方向上动量守恒,速度相同时保持稳定,一直向右前进,取向右为正方向,根据动量守恒定律和机械能守恒定律得m1v1=m1v'1+m2v2,m1=m1v+m2,解得v'1=v1,v2=v1,故物体B的最大速度为v1,物体A的最小速度为v1,当m1=m2时,物体A的最小速度是0,故A、D正确,C错误;若m1<m2,则v'1<0,可知在某段时间内物体A向左运动,选项B正确.10.(1)30N　(2)不能[解析](1)小滑块从A到B过程中,由动能定理得-μmgL=m-m解得v B=2m/s从C到D过程中,由动能定理得-mgR=0-m解得R=0.2m在C点时,有F N-mg=m解得F N=30N由牛顿第三定律可得滑块经过C点时对轨道的压力大小为30N(2)滑块从D重新回到C过程,有mgR=m解得v C=2m/s滑块再次滑上AB时,若AB长度足够,则最终两者相对静止,此过程中滑块和轨道组成的系统动量守恒,有mv C=(M+m)v根据能量守恒定律得m=(M+m)v2+μmgs联立解得s=0.32m因为s<L=0.5m,故滑块不能从轨道上滑下.11.(1)4m/s　(2)90J[解析](1)设与物块Q发生碰撞前物块P的速度大小为v0,碰后二者速度大小为v1,在D 点时速度大小为v2,则在D点,由牛顿第二定律得(m1+m2)g=(m1+m2)从B到D过程,由动能定理得-(m1+m2)g·2R=(m1+m2)-(m1+m2)解得v1==2m/sP、Q碰撞过程,由动量守恒定律得m1v0=(m1+m2)v1解得v0=4m/s.(2)对小物块P从释放点至运动到B点,由动能定理得W-μm1gL=m1-0解得W=90J故E p=W=90J.。

(通用版)2020版高考物理一轮复习第六章第2讲动量守恒定律及其应用课时作业(含解析)(最新整理)

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动量守恒定律及其应用一、选择题(本题共10小题,1～6题为单选题，7～10题为多选题）1．如图所示，物块A静止在光滑水平面上，将小球B从物块顶端由静止释放,从小球开始沿物块的光滑弧面(弧面末端与水平面相切）下滑到离开的整个过程中，对小球和物块组成的系统，下列说法正确的是( ）A．动量守恒，机械能守恒B．动量守恒，机械能不守恒C．动量不守恒,机械能守恒D．动量不守恒,机械能不守恒解析：C 对于A、B组成的系统,在B下滑的过程中，只有重力做功，则小球和物块组成的系统机械能守恒．A、B组成的系统在竖直方向上合外力不为零，则该系统动量不守恒，C正确．2．如图所示,光滑水平面上有质量均为m的物块A和B，B上固定一轻质弹簧，B静止，A 以速度v0水平向右运动，从A与弹簧接触至弹簧被压缩到最短的过程中( )A．A、B的动量变化量相同B．A、B的动量变化率相同C．A、B系统的总动能保持不变D．A、B系统的总动量保持不变解析:D 两物块相互作用过程中系统的合外力为零，系统的总动量守恒，则A、B动量变化量大小相等、方向相反，所以动量变化量不同，但总动量保持不变，A错误，D正确．由动量定理Ft＝Δp可知，动量的变化率等于物块所受的合外力,A、B两物块所受的合外力大小相等、方向相反，则A、B所受的合外力不同，动量的变化率不同,B错误．A、B和弹簧组成的系统总机械能不变，弹性势能在变化，则总动能在变化,C错误．3。

高考物理一轮复习文档：第六章实验七验证动量守恒定律解析含答案

实验七验证动量守恒定律板块一主干梳理·夯实基础实验原理与操作◆实验原理在一维碰撞中，测出物体的质量m和碰撞前后物体的速度v、v′，找出碰撞前的动量p＝m1v1＋m2v2及碰撞后的动量p′＝m1v1′＋m2v2′，看碰撞前后动量是否守恒。

◆实验器材方案一：气垫导轨、光电计时器、天平、滑块(两个)、重物、弹簧片、细绳、弹性碰撞架、胶布、撞针、橡皮泥。

方案二：带细绳的摆球(相同的两套)、铁架台、天平、量角器、坐标纸、胶布等。

方案三：光滑长木板、打点计时器、纸带、小车(两个)、天平、撞针、橡皮泥。

方案四：斜槽、大小相等质量不同的小球两个、重垂线一条、白纸、复写纸、天平、刻度尺、圆规、三角板。

◆实验步骤1．方案一：利用气垫导轨验证一维碰撞中的动量守恒(1)测质量：用天平测出滑块的质量。

(2)安装：正确安装好气垫导轨。

(3)实验：接通电源，利用配套的光电计时装置测出两滑块各种情况下碰撞前后的速度(①改变滑块的质量；②改变滑块的初速度大小)。

(4)验证：一维碰撞中的动量守恒。

2．方案二：利用摆球验证一维碰撞中的动量守恒(1)测质量：用天平测出两小球的质量m1、m2。

(2)安装：把两个等大的摆球用等长悬线悬挂起来。

(3)实验：一个摆球静止，拉起另一个摆球，放下时它们相碰。

(4)测速度：测量摆球被拉起的角度，从而算出碰撞前对应摆球的速度；测量碰撞后摆球摆起的角度，从而算出碰撞后对应摆球的速度。

(5)改变条件：改变碰撞条件，重复实验。

(6)验证：一维碰撞中的动量守恒。

3．方案三：利用光滑桌面上两小车相碰验证一维碰撞中的动量守恒(1)测质量：用天平测出两小车的质量m1、m2。

(2)安装：将打点计时器固定在光滑长木板的一端，把纸带穿过打点计时器的限位孔连在小车的后面，在两小车的碰撞端分别装上撞针和橡皮泥。

(3)实验：接通电源，让小车A运动，小车B静止，两车碰撞时撞针插入橡皮泥，把两小车连接在一起共同运动。

(4)测速度：通过纸带上两计数点间的距离及时间由v＝ΔxΔt算出速度。

高考物理-全品一轮第6单元动量作业详解

教师详解(作业手册)课时作业(十七)1.A[解析]小球从被抛出至到达最高点经历时间2 s,受到的冲量大小为10 N·s,选项A正确;小球从被抛出至落回出发点经历时间4 s,受到的冲量大小为20 N·s,动量是矢量,返回出发点时小球的速度大小仍为20 m/s,但方向与被抛出时相反,故小球的动量变化量大小为20 kg·m/s,选项B、C、D错误.2.D[解析]滚动了10 s是地面摩擦力对足球的作用时间,不是踢球的力的作用时间,由于不能确定运动员对球的作用时间,所以无法确定运动员对球的冲量,选项D正确.3.B[解析]根据动量定理得FΔt=(m1+m2)Δv,解得m2=3485 kg,选项B正确.4.C[解析]足球自由下落时有h=gt2,解得t==0.4 s,竖直向上运动的时间等于自由下落运动的时间,所以t总=2t=0.8 s;设竖直向上为正方向,由动量定理得(F'N-mg)Δt=m v-(-m v),又v=gt=4 m/s,联立解得F'N=36 N,由牛顿第三定律知足球对头部的平均作用力F=F'N=36 N,故C正确.N5.C[解析]热水瓶胆做成两层并把两层中间的空气抽去,是为了防止空气对流而散失热量,从而更好地保温,与动量定理无关,其他几项中做法均与动量定理有关,故选项C正确.6.AD[解析]由题意可知,兔子的初速度v0=15 m/s,则兔子撞树前的动量大小p1=m v1=2 kg×15 m/s=30 kg·m/s,选项A正确;末速度v=-1 m/s,末动量p=m v2=2 kg×(-1 m/s)=-2 kg·m/s,兔子撞树过程中的动量变化量为Δp=p2-p1=-2 kg·m/s-30 kg·m/s=-322kg·m/s,选项B错误;兔子撞树过程中的动量变化量为负值,说明兔子撞树过程中的动量变化的方向与兔子撞树前的速度方向相反,选项C错误;由动量定理可知兔子受到撞击力的冲量I=Δp=-32 N·s,选项D正确.7.D[解析]钢球从距地面5 m的位置落到地面所用时间t1==1 s,与地面碰前瞬时的速率v1==10m/s,与地面碰后瞬间的速率v2==9 m/s,上升至距地面4.05 m所用时间t2==0.9 s,钢球与地面碰撞的时间Δt=t-t-t2=0.1 s,则(F-mg)·Δt=m v2-(-m v1),解得F=mg+ N=100 N,选1项D正确.8.C[解析]由于弹簧的弹力是变力,因此该力的冲量不能用公式I=Ft直接求解,可以考虑运用动量定理(即外力的冲量等于物体动量的变化)间接求解.已知弹簧储存了50 J的弹性势能,可以利用机械能守恒定律求出物体离开弹簧时的速度,然后运用动量定理求冲量,所以有Ep=m v2,I=m v,解得弹簧弹力对物体的冲量I=20 N·s,选项C正确.9.BCD[解析]由图像可知物体在0~4 s内先做匀加速运动后做匀减速运动,4 s末的速度为零,位移在0~4 s内一直增大,A错误;前2 s内拉力做正功,后2 s内拉力做负功,且两段时间内做功代数和为零,故B正确;4 s末的速度为零,故物体的动量为零,C 正确;根据动量定理,0~4 s内物体的动量的变化量为零,所以拉力对物体的冲量为零,故D正确.10.AC[解析]小球在整个过程中,动能变化量为零,重力势能减小了mg(H+h),则小球的机械能减小了mg(H+h),故A正确;对小球下落的全过程运用动能定理,得mg(H+h)-Wf=0,则小球克服阻力做的功W f=mg(H+h),故B错误;小球落到地面时的速度v=,对小球从开始进入泥潭到速度减为零的过程运用动量定理得I G-I F=0-m,则I F=I G+m,可知阻力的冲量大于m,故C正确;对全过程运用动量定理,可知动量的变化量等于重力冲量和阻力冲量的矢量和,故D错误.11.(1)①ρS(H+26h)(2)[解析](1)①水从管口沿水平方向喷出,做平抛运动,设水喷出时的速度为v,做平抛运动所用的时间为t,竖直方向上有h=gt2水平方向上有10h=vt时间t0内喷出的水的质量m=ρV=ρvt0S每秒喷出的水的质量m=联立解得m=ρS.②时间t0内水泵输出的功W=mg(H+h)+输出功率P=解得P=ρSg(H+26h).(2)取与地面作用的一小块水Δm为研究对象,根据动量定理有F'·Δt=Δm·v 由牛顿第三定律得F'=F由题意可知Δm=m·Δt解得v=.12.[解析]直升机悬停时受到的升力F=mg设螺旋桨作用于空气后空气的速度为v,在很短的时间Δt内,螺旋桨推动空气的质量Δm=ρS vΔt对于质量为Δm的这部分空气,根据牛顿第三定律,F=F'由动量定理得F'Δt=Δm·v设发动机的功率为P,由动能定理得PΔt=v2联立解得P=.13.[解析]设在很短的时间Δt内,与飞船碰撞的尘埃的质量为m',所受飞船的作用力为f'.由于飞船的质量为M,飞船与尘埃发生的是弹性碰撞,根据动量守恒定律和机械能守恒定律,有M v0=M v1+m'v2解得v=v02由于M≫m',所以碰撞后尘埃的速度v=2v02对尘埃,根据动量定理有f'Δt=m'v2,其中m'=ρS v0Δt则飞船所受阻力f=f'=2ρS设一个离子在电场中加速后获得的速度为v,根据动能定理得eU=m v2设单位时间内离子加速器射出的离子数为n,在很短的时间Δt内,根据动量定理得F'Δt=nΔtm v则飞船所受动力F=F'=nm v飞船做匀速运动,则有F=f解得n=.课时作业(十八)1.ACD[解析]当两手同时放开时,系统所受的合外力为零,所以系统的动量守恒,又因开始时总动量为零,故两手同时放开后系统总动量始终为零,选项A正确;先放开左手,左边的物体向左运动,再放开右手后,系统所受合外力为零,故系统在两手都放开后动量守恒,且总动量方向向左,故选项B错误,C、D正确.2.C[解析]取水平向东为正方向,爆炸过程系统内力远远大于外力,动量守恒,有3m v0=2m v+m v x,可得v x=3v0-2v,C正确.3.C[解析]飞船发动机点火喷出燃气这一过程动量守恒,由动量守恒定律得m v=(m-Δm)v1-Δm v2,选项C正确.4.C[解析]A、B两球发生碰撞,规定向右为正方向,碰撞前两球动量相等,m B>m A,则v B<v A,所以左方的小球是A球.碰撞后A 球的动量为4 kg·m/s,由于系统在水平方向上动量守恒,所以碰撞后B球的动量为12 kg·m/s,由于mB=2m A,所以碰撞后A、B两球的速度大小之比为2∶3,故C正确.5.AC[解析]设物体B自由下落至与A碰撞前瞬间的速度为v0,根据自由落体运动规律得v0=m/s=6 m/s,设在A、B碰撞后瞬间,二者共同速度为v,以向下为正方向,根据动量守恒定律得m2v0=(m1+m2)v,解得v=2 m/s,A正确;二者一起运动0.25 s的过程中,选择B作为研究对象,根据动量定理,得(m2g-)t=0-m2v,解得=18 N,方向竖直向上,若B受到A的作用力恒为F=18 N,则根据动能定理可得-Fx+m2gx=0-m2v2,解得x=0.25 m,即碰撞结束后两物体一起向下运动的最大位移为0.25 m,但A对B的作用为非恒力,B错误,C正确;若二者在碰撞的位置分开,则与A分开后B还能上升的最大高度h==0.2 m,但实际上A、B在弹簧恢复原长时才分开,故B还能上升的最大高度小于0.2 m,D错误.6.AB[解析]系统动量守恒,物体C离开弹簧时正向右运动,动量方向向右,系统的总动量为零,所以小车的动量方向向左,由动量守恒定律有m v1-M v2=0,所以小车的运动速率v2与物体C的运动速率v1的比值为;当物体C与小车的B端粘在一起后,由动量守恒定律知,系统的总动量为零,即小车和物体均静止,整个过程中弹性势能转化为内能,所以选项A、B正确.7.BD[解析]图线与横轴围成的图形的面积表示位移大小,在t1时刻B的位移大于A的位移,此时弹簧处于伸长状态,在t3时刻B向右做加速运动,即受到向右的弹力,所以此时弹簧处于压缩状态,A错误;当B的加速度为零时,弹簧弹力为零,所以t4时刻弹簧恢复原长,故t3到t4时间内弹簧由压缩状态恢复到原长,B正确;由于整个过程中两个物块和弹簧组成的系统动量守恒,故从0~t1过程中有m2×3 m/s=(m2+m1)×1 m/s,解得2m2=m1,故m1∶m2=2∶1,C错误;在t2时刻A的速度为2 m/s,B的速度为-1 m/s,根据Ek=m v2,解得此刻E k1∶E k2=8∶1,故D正确.8.BD[解析]以向右为正方向,弹簧在释放的过程中系统动量守恒、机械能守恒,由动量守恒定律得m v1-M v2=0,由机械能守恒定律得=Ep ,解得v1=9 m/s,v2=3 m/s.质量为m的小球从底端A运动到顶端B的过程中,由机械能守恒定律得+mg·2R,解得v1'=8 m/s,由动量定理得,质量为m的小球从轨道底端A运动到顶端B的过程中所受合外力冲量大小I=Δp=-m v'1-m v1=-0.2×8 N·s-0.2×9 N·s=-3.4 N·s,故A错误,B正确.设圆轨道半径为r时,质量为m的小球从B点飞出后水平位移最大,从底端A运动到顶端B的过程中,由机械能守恒定律得+mg·2r,在最高点,由牛顿第二定律得mg+N=m,质量为m的小球从B点飞出,需要满足N≥0,飞出后,小球做平抛运动,有2r=gt2,x=v1″t,联立可得x=,则当8.1-4r=4r,即r=1.012 5 m时,x最大,随轨道半径的增大,质量为m的小球从B点飞出后落在水平桌面上的水平距离先增大后减小,故C错误;由动量定理,弹簧从压缩状态到恢复原长的过程中,弹力对质量为m的小球的冲量大小I'=m v1=0.2×9 N·s=1.8 N·s,故D正确.9.(1)5.2 m/s(2)432 N[解析](1)以甲、乙、物体A三者组成的系统为研究对象,系统动量守恒,以乙的初速度方向为正方向,则有M2v0-M1v0=(M1+M2)v1以乙和物体A组成的系统为研究对象,由动量守恒定律得M2v0=(M2-m)v1+m v联立解得v1=0.4 m/s,v=5.2 m/s.(2)以甲为研究对象,由动量定理得Ft=M1v1-(-M1v0)解得F=432 N.10.(1)v0(2)[解析](1)在整个过程中,系统在水平方向上动量守恒,有2m v0=3m v2解得v2=v0.(2)B、C发生完全非弹性碰撞,有m v0=2m v1解得v1=根据能量守恒定律有=Q解得Q=A在C上滑动时摩擦力随相对位移线性增大,所以A在C上滑动时系统产生的热量为Q=μmgl解得l=.11.(1)2.5 m/s2(1)1 m/s(3)0.45 m[解析](1)以A为研究对象,由牛顿第二定律有F=m A a解得a=2.5 m/s2.(2)对A、B碰撞后共同运动t=0.6 s后速度达到v'=2 m/s的过程,由动量定理得Ft=(m A+m B)v'-(m A+m B)v解得v=1 m/s.,对A、B发生碰撞的过程,由动量守恒定律有(3)设A、B发生碰撞前A的速度为vAm A v A=(m A+m B)vA从开始运动到与B发生碰撞前,由动能定理有Fl=解得l=0.45 m.专题训练(五)1.D[解析]类比速度—时间图像中位移的表示方法可知,速度变化量大小在加速度—时间图像中由图线与横轴所围面积表示,在0~6 s内Δv=18 m/s,已知v=2 m/s,则物体在t=6 s时的速度v=20 m/s,A错误;由动能定理可知,在0~6 s内,合力做的功W==396 J,B错误;由动量定理可知I F-fΔt=m v-m v0,解得拉力对物体的冲量I F=48 N·s,C错误;在6 s末,由牛顿第二定律有F-f=ma,解得F=10 N,所以拉力的功率P=F v=200 W,D正确.2.ACD[解析]根据动量守恒定律得m v=(M+m)v共,则无论子弹击中上层还是下层,滑块的最终速度相同,滑块动能的增量等于子弹对其做的功,所以两种情况下子弹对滑块做的功一样多,A正确,B错误;根据I=M v共可得两次滑块所受的水平方向的冲量一样大,C正确;子弹击中并嵌入下层或上层的过程中,系统产生的热量都等于系统减少的动能,系统减少的动能相同,故产生的热量也相同,故D正确.3.ACD[解析]在整个运动过程中,系统所受的合外力为零,动量守恒,a与b碰撞的过程中系统机械能减小,故A正确,B错误;当小球b、c速度相等时,弹簧的形变量最大,弹性势能最大,故C正确;当弹簧恢复原长时,小球c的动能一定最大,根据动量守恒和机械能守恒分析可知,小球b的动能一定不为零,故D正确.4.(1)120 N(2)1.2 m[解析](1)小滑块从A端下滑到B端的过程中,机械能守恒mgR=解得v=3 m/s小滑块到达圆弧轨道的B端时,由牛顿第二定律得F N-mg=m解得轨道对小滑块的支持力FN=120 N由牛顿第三定律可知,小滑块对轨道的压力大小为120 N.(2)小滑块滑上木板后与木板右端的物体C发生碰撞,以向左为正方向,设碰撞后二者共同的速度为v1,则m v0=(m+m0)v1解得v1=2 m/s滑块、物体C以及木板三者组成的系统在水平方向上动量守恒,设三者的末速度为v2,由动量守恒定律有(m+m0)v1=(m+m0+M)v2由能量守恒定律得(μ1m+μ2m0)gl=(m+m0)(M+m+m0)解得l=1.2 m.5.(1)420 J(2)0.2 m[解析](1)对人推出铁箱的过程,由动量守恒定律得v0=m3v1解得v1=5m/s由动能定理,可知人推出铁箱时对铁箱做的功W==420 J.(2)设铁箱与墙壁相碰前瞬间的速度为v2,再次滑到A点时速度为v3,根据动能定理得--解得v2=2 m/s,v3= m/s设人、小车、铁箱一起向左运动的速度为v4,根据动量守恒定律得m3v3=v4解得v4= m/s根据动能定理得-(m1+m2+m3)gx=0-(m1+m2+m3)解得x=0.2 m.6.(1)4 m/s(2)90 J[解析](1)设物块P与物块Q发生碰撞前瞬间的速度大小为v0,碰后瞬间二者速度大小为v1,两物块沿半圆轨道运动到D点时的速度大小为v2,两物块恰好沿半圆轨道运动到D点,有(m1+m2)g=(m1+m2)对两物块从B点运动到D点的过程,由动能定理得-(m1+m2)g·2R=(m1+m2)(m1+m2)解得v1=2 m/s物块P与物块Q碰撞的过程中动量守恒,有m1v0=(m1+m2)v1解得物块P与物块Q发生碰撞前瞬间的速度v0=4 m/s.(2)从释放点至B点,对物块P,由动能定理得W-μm1gL=-0解得Ep=W=90 J.7.(1)1 m/s(2)0.031 25 m(3)0.125 m[解析](1)对物块a,由动能定理得-μmgL=解得a与b碰前瞬间速度v1=2 m/sa、b碰撞过程中动量守恒,以a的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得m v1=2m v2解得v2=1 m/s.(2)当弹簧恢复到原长时两物块分离,a以速度v2=1 m/s在小车上向左滑动,a与b分离后至与车同速的过程中,a与小车组成的系统在水平方向上动量守恒,以向左为正方向,由动量守恒定律得m v2=(M+m)v3解得v3=0.25 m/s对小车,由动能定理得μmgx车=解得物块a与小车同速时小车B端到挡板的距离x车= m=0.031 25 m.(3)对a与小车组成的系统,由能量守恒定律得μmgx=(M+m)解得物块a与小车相对静止时在小车上的位置与O点的距离x= m=0.125 m.8.(1)3 m/s,向左 6 m/s,向右(2)3 m10.5 m[解析](1)设物块A与木板B碰撞前瞬间的速度为v.由动能定理得-μ1m1gl=解得v=9 m/s物块A与长木板B发生弹性正碰,设碰撞后瞬间两者的速度分别为v1和v2,取向右为正方向,由动量守恒定律有m1v=m1v1+m2v2由机械能守恒定律有联立解得v1=-3 m/s,v2=6 m/s.(2)A、B碰撞后,B减速,C加速,B、C达到共同速度之前,根据牛顿第二定律对木板B,有-μ1(m2+m3)g-μ2m3g=m2a1对物块C,有μ2m3g=m3a2设从A、B碰撞后到B、C达到共同速度经历的时间为t,则有v2+a1t=a2t由于整个过程物块C始终在长木板上,则木板B的最小长度d=v2t+a2t2联立解得d=3 mB、C达到共同速度之后,二者一起减速至停下,对B、C整体,由牛顿第二定律得-μ1(m2+m3)g=(m3+m2)a3整个过程中B运动的位移x B=v2t+解得xB=6 mA与B碰撞后,A向左做匀减速运动的加速度也为a3,位移x A=解得xA=4.5 m故最终物块A到长木板左侧的距离s=xA+x B=10.5 m.。

《全品高考复习方案》2020届高考物理一轮复习文档：测评手册正文

选择题必刷卷(一)匀变速直线运动(共16题,1~8题为单选,9~16题为多选)1.[2018·浙江学军中学模拟]北京至上海的高铁运行距离约为1318km,2017年9月中旬,京沪高铁“复兴号”列车提速至350km/h,使运行时间缩短至4个半小时.下列说法正确的是()图X1-1A.4个半小时指的是时刻B.350km/h是指列车的平均速度C.由题目信息可以估算列车在任意一段时间内的平均速度D.当研究“复兴号”列车经过某一站牌的时间时,不能将其看作质点2.[2019·陕西安康二中一模]在交通事故分析中,刹车线的长度是事故责任认定的重要依据.刹车线是汽车刹车后,停止转动的轮胎在地面上滑动时留下的痕迹.在某次交通事故中,汽车刹车线的长度是10m,假设汽车刹车时的加速度大小为5m/s2,则汽车开始刹车时的速度为()A.5m/sB.10m/sC.15m/sD.20m/s3.[2018·新疆昌吉月考]自由下落的物体在任意相邻的1s时间内下落的距离之差Δh 和平均速度之差Δv在数值上分别等于(重力加速度为g)()A.Δh=,Δv=2gB.Δh=,Δv=C.Δh=g,Δv=gD.Δh=2g,Δv=2g4.[2019·陕西安康二中一模]物体从静止开始做匀加速直线运动,已知第4s内与第2s 内的位移之差是8m,则下列说法错误的是()A.物体运动的加速度为4m/s2B.第2s内的位移为6mC.第2s末的速度为2m/sD.物体在0~5s内的平均速度为10m/s5.[2019·甘肃甘谷一中月考]质量为m的小球由空中A点无初速度自由下落,加速度大小为g;在t时刻末使其加速度大小变为a且方向竖直向上,再经过t时间,小球又回到A 点.不计空气阻力且小球从未落地,则以下说法中正确的是()A.a=4gB.返回到A点时的速率为2atC.自由下落t时间时小球的速率为atD.小球下落的最大高度为at2图X1-26.如图X1-2所示是甲、乙两物体的位移—时间图像,其中甲物体的位移与时间的关系为x=t2,乙物体的位移与时间的关系为x=-t2,则关于甲、乙两物体运动的说法正确的是()A.甲、乙两物体的运动是曲线运动B.甲、乙两物体的运动是变加速运动C.甲、乙两物体运动方向相同D.在第3s内甲物体的速度变化比乙物体的速度变化大7.[2019·贵阳一中月考]在一沙坑的正上方某处将小球1竖直上抛,同时将小球2从同一位置处自由释放.以抛出时为计时起点,两小球在前2t时间内的v-t图像如图X1-3所示.已知重力加速度为g,空气阻力忽略不计,则小球1落入沙坑时的速度大小为()图X1-3A.gtB.gtC.2gtD.(1+)gt8.观察水龙头,在水龙头出水口处水的流量(单位时间内通过任一横截面的水的体积)稳定时,发现水流不太大时,从水龙头中连续流出的水会形成一水柱.现测得高为H的水柱上端面积为S1,下端面积为S2,重力加速度为g,以下说法正确的是()图X1-4A.水柱是上细下粗B.水柱是上下均匀C.该水龙头的流量是S1S2D.该水龙头的流量是9.某人以6.0m/s的速度跑去追赶被红灯阻停的公交车,在跑到距车20m处时,绿灯亮了,车即刻以1.0m/s2的加速度匀加速启动前进,则()A.人经6s时间追上了公交车B.人追不上公交车,人、车之间的最短距离为2mC.人能追上公交车,追上车时人共跑了36mD.人追不上公交车,且车开动后,人、车之间的距离先减小后增大图X1-510.[2019·陕西安康二中一模]小球从靠近竖直砖墙的某位置由静止释放,用频闪方法拍摄的小球位置如图X1-5中1、2、3和4所示.已知连续两次闪光的时间间隔均为T,每块砖的厚度为d,重力加速度为g,忽略空气阻力.由此可知小球()A.下落过程中的加速度大小约为B.经过位置3的瞬时速度大小约为2gTC.经过位置4的瞬时速度大小约为D.从位置1到4过程中的平均速度大小约为11.一物块以一定的初速度从光滑斜面底端a点上滑,最高可滑至b点,后又滑回a点,c 是ab的中点,如图X1-6所示.已知物块从a上滑至b所用的时间为t,下列说法正确的是()图X1-6A.物块从a运动到c所用的时间与从c运动到b所用的时间之比为1∶B.物块上滑过程的加速度与下滑过程的加速度等大反向C.物块下滑时从b运动至c所用时间为tD.物块上滑通过c点的速率大于整个上滑过程中平均速度的大小12.某物体以一定的初速度沿足够长的斜面从底端向上滑去,此后该物体的运动图像可能是图X1-7中的(图中x是位移、v是速度、t是时间)()图X1-713.甲、乙两辆玩具车在同一平直路面上行驶,其运动的位移—时间图像如图X1-8所示,则()图X1-8A.甲车先做匀减速直线运动,后做匀速直线运动B.乙车在0~10s内平均速度大小为0.8m/sC.在0~10s内,甲、乙两车相遇两次D.若乙车做匀变速直线运动,则图线上P点所对应的瞬时速度一定大于0.8m/s图X1-914.[2019·乌鲁木齐一中月考]汽车由静止开始在平直的公路上行驶,0~50s内汽车的加速度随时间变化的图线如图X1-9所示,下列说法中正确的是()A.汽车行驶的最大速度为20m/sB.汽车在50s末的速度为零C.在0~50s内汽车行驶的总位移为850mD.汽车在40~50s内的速度方向和0~10s内的速度方向相反15.[2019·攀枝花十二中月考]甲、乙两车在公路上沿同一方向做直线运动,在t=0时,乙车在甲车前方50m处,它们的v-t图像如图X1-10所示.下列对两车运动情况的描述正确的是()图X1-10A.甲车先做匀速运动再做反向匀减速运动B.在第20s末,甲、乙两车的加速度大小相等C.在第30s末,甲、乙两车相距50mD.在整个运动过程中,甲、乙两车可以相遇两次16.[2019·贵阳一中月考]百米赛跑中运动员的启动反应、启动加速、途中跑、冲刺跑等各个环节都至关重要.某研究小组在建模时对整个过程作如下近似处理:运动员视为质点,启动加速过程认为是加速度为a的匀加速运动,途中跑和冲刺跑认为是速度为v 的匀速运动,各环节间转换时间均忽略不计.现有甲、乙两名运动员参赛,他们的启动反应时间相同,且有a甲>a乙,v甲<v乙,则下列说法正确的是()A.除去起点处,甲、乙两名运动员在比赛中可能相遇两次B.与乙相比,甲运动员加速过程的平均速度一定更大C.与乙相比,甲运动员加速过程的位移一定更小D.甲运动员一旦落后就一定会输掉比赛选择题必刷卷(二)相互作用(共15题,1~7题为单选,8~15题为多选)图X2-11.如图X2-1所示,一架无人机执行航拍任务时正沿直线朝斜下方匀速运动.用G表示无人机重力,F表示空气对它的作用力,如图X2-2所示的四幅图中能表示此过程中无人机受力情况的是()图X2-2图X2-32.如图X2-3所示为某城市雕塑的一部分.将光滑的球搁置在竖直的高挡板AB与竖直的矮挡板CD之间,由于长时间作用,CD挡板的C端略向右偏过一些,C与AB挡板的距离始终小于球的直径,则与C端未偏时相比()A.AB挡板的支持力变大,C端的支持力变大B.AB挡板的支持力变大,C端的支持力变小C.AB挡板的支持力变小,C端的支持力变大D.AB挡板的支持力变小,C端的支持力变小图X2-43.[2018·浙江宁海模拟]如图X2-4所示,一重为120N的球固定在弹性杆AB的上端,用测力计沿与水平方向成37°角斜向右上方拉球,杆发生弯曲,球静止时测力计的示数为100N,已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,则杆AB对球的作用力大小为()A.20NB.80NC.100ND.120N图X2-54.[2019·四川眉山中学月考]如图X2-5所示,一物块在外力F的作用下沿水平桌面做匀速直线运动,已知物块质量为1kg,与桌面间的动摩擦因数μ=0.75,重力加速度g取10m/s2,则外力F的最小值为()A.5NB.6NC.7.5ND.8N图X2-65.[2019·江西联考]如图X2-6所示,轻质弹性绳一端固定于O点,另一端系一小球,小球静止时弹性绳竖直.现对小球施加一个水平力,使其缓慢移动至弹性绳与竖直方向成60°角处,若弹性绳的形变在弹性限度内,弹性绳原长为x0,则此过程中小球上升的高度为()A.x0B.x0C.x0D.x0图X2-76.在港口码头常用如图X2-7所示的传送带运送煤炭等货物.将货物无初速度地放在传送带的A端,运动到B点时货物与传送带一起匀速运动,到D点后离开传送带.已知CD 段水平,货物的质量是m,它与传送带间的动摩擦因数为μ,传送带倾斜部分与水平面的夹角是θ,传送带的速度大小始终保持不变,重力加速度为g.设货物在AB段、BC段、CD段所受摩擦力的大小分别为f1、f2、f3,则()A.f1=f2=μmg cosθ,f3=μmgB.f1=f2=mg sinθ,f3=μmgC.f1=μmg cosθ,f2=mg sinθ,f3=0D.f1=mg sinθ,f2=μmg cosθ,f3=07.a、b两个质量相同的球用线连接,a球用线挂在天花板上,b球放在光滑斜面上,系统保持静止,图X2-8中正确的是()图X2-8图X2-98.[2019·贵阳一中月考]如图X2-9所示,三角形ABC是固定在水平面上的三棱柱的横截面,∠A=30°,∠B=37°,C处有光滑小滑轮,质量分别为m1、m2的两物块通过细线跨放在AC面和BC面上,且均处于静止状态.已知AC面光滑,物块2与BC面间的动摩擦因数μ=0.5,两侧细线分别与对应面平行,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则两物块的质量之比m1∶m2不可能是()A.1∶3B.3∶1C.4∶3D.3∶4图X2-109.如图X2-10所示,两相同轻质硬杆OO1、OO2可绕过其两端且垂直于纸面的水平轴O、O1、O2转动,在O点悬挂一重物,将两个相同木块紧压在竖直挡板上,此时整个系统保持静止.用f表示木块与挡板间的摩擦力大小,用F N表示木块与挡板间的正压力大小.若挡板间的距离稍微增大后,系统仍静止且O1、O2始终等高,则()A.F N变小B.F N变大C.f不变D.f变小10.如图X2-11甲所示是由两圆杆构成的V形槽,它与水平面成θ角放置.现将一质量为m的圆柱体滑块由斜槽顶端释放,滑块恰好匀速滑下.沿斜面看,其截面如图乙所示.已知滑块与两圆杆间的动摩擦因数均为μ,重力加速度为g,β=120°,则()图X2-11A.μ=tanθB.左边圆杆对滑块的支持力为mg cosθC.左边圆杆对滑块的摩擦力为mg sinθD.若增大θ,圆杆对滑块的支持力将增小图X2-1211.[2019·陕西城固一中月考]如图X2-12所示,质量为m的木板B放在水平地面上,质量也为m的木箱A放在木板B上.一根轻绳一端拴在木箱上,另一端拴在地面的木桩上,绳绷紧时与水平地面的夹角为θ.已知木箱A与木板B之间、木板B与地面之间的动摩擦因数均为μ,重力加速度为g.现用水平力F将木板B从木箱A下面匀速抽出,则下列说法正确的是()A.细绳的张力大小F T=B.细绳的张力大小F T=C.水平拉力F=D.水平拉力F=图X2-1312.[2019·贵阳一中月考]如图X2-13所示,粗糙水平面上的长方体物块将一光滑圆球抵在光滑竖直的墙壁上.现用水平向右的拉力F缓慢拉动长方体物块,在圆球与地面接触之前,以下说法中正确的是()A.墙壁对球的支持力逐渐减小B.水平拉力F逐渐减小C.地面对长方体物块的摩擦力保持不变D.地面对长方体物块的支持力逐渐减小13.如图X2-14所示,A、B为竖直墙面上等高的两点,AO、BO为长度相等的两根轻绳,CO 为一根轻杆,转轴C在AB中点D的正下方,AOB在同一水平面内,∠AOB=120°,∠COD=60°,若在O点处悬挂一个质量为m图X2-14的物体,重力加速度为g,则平衡后()A.绳AO所受的拉力为mgB.绳AO所受的拉力为mgC.杆OC所受的压力为mgD.杆OC所受的压力为mg14.用如图X2-15所示简易装置可以测定水平风速,在水平地面上竖直固定一直杆,半径为R、质量为m的空心塑料球用细线悬于杆顶端O.当风沿水平方向吹来时,球在风力的作用下飘了起来.已知风图X2-15力大小与“风速”和“球正对风的截面积”均成正比,当风速v0=3m/s时,测得球平衡时细线与竖直方向的夹角θ=30°,则()A.风速v=3m/s时,细线与竖直方向的夹角θ=45°B.若风速增大到某一值时,细线与竖直方向的夹角θ可能等于90°C.若风速不变,换用半径更大、质量相等的球,则夹角θ增大D.若风速不变,换用半径相等、质量更大的球,则夹角θ增大15.如图X2-16所示,斜劈M放置在水平地面上,细线绕过滑轮O1、O2、O3连接物体m1、m3,连接m1的细线与斜劈平行,定滑轮O1用轻质杆固定在天花板上,滑轮O3由细绳固定在竖直墙上O处,动滑轮O2跨在细线上,其下端悬挂物体m2.初始整个装置静止,不计细线与滑轮间摩擦.下列说法正确的是()图X2-16A.若增大m2的质量,m1、M仍静止,待系统稳定后,细线的张力大小不变B.若增大m2的质量,m1、M仍静止,待系统稳定后,地面对M的摩擦力变大C.若将悬点O上移,m1、M仍静止,待系统稳定后,O、O3间的细绳与竖直墙的夹角变大D.若将悬点O上移,m1、M仍静止,待系统稳定后,地面对M的摩擦力不变选择题必刷卷(三)牛顿运动定律(共15题,1~7题为单选,8~15题为多选)1.[2019·攀枝花十二中月考]对于一些实际生活中的现象,某同学试图从惯性角度加以解释,其中正确的是()A.采用了大功率的发动机后,某些一级方程式赛车的速度甚至能超过某些老式螺旋飞机的速度,这表明:可以通过科学进步使小质量的物体获得大惯性B.“强弩之末势不能穿鲁缟”,这表明强弩的惯性减小了C.货运列车运行到不同的车站时,经常要摘下或加挂一些车厢,这会改变它的惯性D.摩托车转弯时,车手一方面要适当控制速度,另一方面要将身体稍微向里倾斜,这是为了通过调控人和车的惯性达到安全行驶的目的图X3-12.[人教版必修1改编]如图X3-1所示是采用动力学方法测量空间站质量的原理图.若已知飞船质量为m1,其推进器的平均推力为F,飞船与空间站对接后,推进器工作时测出飞船和空间站一起运动的加速度为a,则空间站的质量m2为()A.+m1B.-m1C.m1-D.-m13.如图X3-2甲所示,一物块放在光滑的水平地面上,从静止开始受到水平向右的外力F 的作用,外力F与时间t的关系如图乙所示,则()图X3-2A.0~t0时间内,物块向右做匀加速运动B.t0~2t0时间内,物块向左做匀加速运动C.0~2t0时间内,物块的速度先增大后减小D.0~2t0时间内,物块的加速度先增大后减小4.深海探测器利用“深海潜水器无动力下潜上浮技术”,其两侧配备多块相同的压载铁,当其到达设定深度时,抛卸压载铁,使其悬浮、上浮等.已知探测器、科研人员以及压载铁的总质量为m.在一次海底科考活动中,探测器在水中沿竖直方向匀速下降,为了使它以的加速度匀减速下降,则应该抛掉的压载铁的质量为(假定整个过程中水对探测器的浮力恒定,水的其他作用忽略不计)()A.B.C.D.图X3-35.质量为M=1kg的木板静止在粗糙水平面上,木板与地面间的动摩擦因数为μ1,在木板的左端放置一个质量为m=1kg、大小可忽略的铁块,铁块与木板间的动摩擦因数为μ,g取10m/s2.若在铁块右端施加一个从0开始增大的水平向右的力F,假设木板足够长, 2铁块受到木板的摩擦力f随拉力F变化的关系如图X3-3所示,最大静摩擦力等于滑动摩擦力.关于两个动摩擦因数的大小,下列判断正确的是()A.μ1=0.1,μ2=0.2B.μ1=0.1,μ2=0.4C.μ1=0.2,μ2=0.4D.μ1=0.4,μ2=0.2图X3-46.[2019·攀枝花十二中月考]如图X3-4所示,质量为m的小球用弹簧系住,并用倾角为30°的光滑木板AB托住,此时弹簧轴线水平,小球恰好处于静止状态,重力加速度为g.在木板AB突然向下撤离的瞬间,小球的加速度()A.为0B.大小为g,方向竖直向下C.大小为g,方向垂直于木板向下D.大小为g,方向水平向右图X3-57.如图X3-5所示,台秤上放一个木箱,木箱内质量分别为m1、m2的两物体1、2(1的质量较大)用细绳跨过光滑滑轮相连,2下端用一细绳与木箱相连,平衡时台秤的示数为某一数值.现剪断2下端细绳,在1下落但还没有到达箱底的过程中,台秤的示数将() A.变大B.变小C.不变D.不能判定8.机场有一专门运送行李的传送带,工作时传送带始终以恒定的速度v沿水平方向向右做直线运动.某时刻工作人员将质量为M的行李箱无初速度地放在传送带上,同时行李箱上放一个质量为m的纸盒,加速一段时间后纸盒和行李箱一起随传送带匀速运动,如图X3-6所示.行李箱与传送带之间、纸盒与行李箱之间的动摩擦因数分别为μ1、μ,重力加速度为g,在整个运动过2图X3-6程中,纸盒与行李箱始终保持相对静止.下列说法正确的是()A.在加速运动过程中,行李箱对纸盒的摩擦力方向水平向左B.在加速运动过程中,传送带对行李箱的摩擦力大小为μ1(M+m)gC.在匀速运动过程中,行李箱对纸盒的摩擦力为零D.在匀速运动过程中,传送带对行李箱的摩擦力方向水平向右图X3-79.一根细绳与一个轻弹簧的上端分别固定在A、B两点,下端C点共同拉住一个小钢球,如图X3-7所示,AC、BC与竖直方向的夹角均为θ,重力加速度为g,则()A.烧断细绳的瞬间,小球的加速度a=B.烧断细绳的瞬间,小球的加速度a=g sinθC.弹簧在C处与小球断开的瞬间,小球的加速度a=D.弹簧在C处与小球断开的瞬间,小球的加速度a=g sinθ10.[2018·沈阳联考]如图X3-8所示,在以加速度大小为g(g为重力加速度)加速下降的电梯地板上放有质量为m的物体,劲度系数为k的轻弹簧一端固定在电梯壁上,另一端与物体接触(不粘连),弹簧水平且无形变.用水平力F缓慢推动物体,在弹性限度内弹簧被压缩了L,撤去F后,物体由静止向左运动2L后停止运动.已知物体与电梯地板间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,则撤去F后()图X3-8A.与弹簧分离前物体相对电梯地板运动的加速度越来越大B.与弹簧分离后物体相对电梯地板运动的加速度越来越小C.弹簧压缩量为时,物体相对电梯地板运动的速度不是最大D.物体相对电梯地板做匀减速运动的时间为211.如图X3-9所示,水平面上有一个足够长的木板A,上面叠放着物块B.已知A、B的质量均为m,A与地面间的动摩擦因数μ1=0.2,A与B间的动摩擦因数μ2=0.1,重力加速度g取10m/s2.若给A一个水平向右的初速度,则在以后的运动过程中,A、B的加速度大小可能为(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)()图X3-9A.a A=5m/s2,a B=1m/s2B.a A=2m/s2,a B=2m/s2C.a A=3m/s2,a B=1m/s2D.a A=1m/s2,a B=1m/s2图X3-1012.如图X3-10所示,质量分别为m和M的两长方体物块P和Q叠放在倾角为θ的固定斜面上,P、Q接触面与斜面平行,P、Q间的动摩擦因数为μ1,Q与斜面间的动摩擦因数为μ2,重力加速度为g.当两物块一起冲上斜面后沿斜面向上滑动时,两物块始终保持相对静止,则物块P对Q的摩擦力()A.大小为μ1mg cosθB.大小为μ2mg cosθC.方向平行于斜面向上D.方向平行于斜面向下13.如图X3-11甲所示,粗糙斜面与水平面的夹角为30°,质量为3kg的小物块(可视为质点)在一沿斜面向上的恒定推力作用下由静止从A点开始运动,作用一段时间后撤去该推力,小物块能到达最高位置C,小物块上滑过程中的v-t图像如图乙所示,g取10m/s2,则下列说法正确的是()图X3-11A.小物块上滑的最大位移为1.8mB.小物块加速时的平均速度与减速时的平均速度大小之比为3∶1C.小物块与斜面间的动摩擦因数为D.推力F的大小为40N图X3-1214.如图X3-12所示,A、B两物块叠放在水平桌面上,已知物块A的质量为2kg,物块B的质量为1kg,A与地面间的动摩擦因数为0.1,A与B之间的动摩擦因数为0.2.可以有选择地对B施加水平推力F1和竖直向下的压力F2.已知重力加速度为10m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力.下列说法正确的是()A.若F1=3.6N,F2=5N,则A、B相对静止一起做匀加速运动B.若F1=5.4N,F2=20N,则A、B相对静止一起做匀加速运动C.若F2<10N,则无论F1为多大,都不能使物块A运动起来D.若F2>10N,则无论F1为多大,都不能使物块A、B发生相对运动15.轻弹簧的一端固定在倾角为θ的固定光滑斜面的底部,另一端和质量为2m的小物块A相连,质量为m的小物块B紧靠A静止在斜面上,如图X3-13所示,此时弹簧的压缩量为x0.从t=0时刻开始,对B施加沿斜面向上的外力,使B始终做加速度为a的匀加速直线运动.经过一段时间后,物块A、B分离.弹簧的形变始终在弹性限度内,重力加速度大小为g.若θ、m、x0、a均已知,则下列说法正确的是()图X3-13A.根据已知条件,可求出从开始到物块A、B分离所用的时间B.根据已知条件,可求出物块A、B分离时的速度大小C.物块A、B分离时,弹簧的弹力恰好为零D.物块A、B分离后,物块A开始减速非选择题必刷卷(一)直线动力学问题1.[2018·河南淮滨高中二模]某同学设计了如图F1-1所示的装置来探究加速度与力的关系.弹簧测力计固定在一合适的木板上,桌面的右边缘固定一支表面光滑的铅笔以代替定滑轮,细绳的两端分别与弹簧测力计的挂钩和矿泉水瓶连接.在桌面上画出两条平行线MN、PQ,并测出其间距d.开始时将木板置于MN处,现缓慢向瓶中加水,直到木板刚刚开始运动为止,记下弹簧测力计的示数F0,以此表示滑动摩擦力的大小.再将木板放回原处并按住,继续向瓶中加水后,记下弹簧测力计的示数F1,然后释放木板,并用秒表记下木板运动到PQ处的时间t.图F1-1(1)木板的加速度可以用d、t表示为a=.(2)改变瓶中水的质量重复实验,确定加速度a与弹簧测力计示数F1的关系.如图F1-2所示的图像能表示该同学实验结果的是(填选项字母).图F1-2(3)用加水的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比,它的优点是(填选项前的字母).A.可以改变滑动摩擦力的大小B.可以更方便地获取多组实验数据C.可以比较精确地测出滑动摩擦力的大小D.可以获得更大的加速度以提高实验精度2.如图F1-3所示,水平地面上有一质量m=4.6kg的金属块,其与水平地面间的动摩擦因数μ=0.20,在与水平方向成θ=37°角斜向上的恒定拉力F作用下,金属块以v=2.0m/s 的速度向右做匀速直线运动.已知sin37°=0.60,cos37°=0.80,g取10m/s2.(1)求拉力F的大小;(2)若某时刻撤去拉力,则撤去拉力后,金属块在地面上还能滑行多长时间?图F1-33.如图F1-4所示,倾角θ=37°、高度h=0.6m的斜面AB与水平面BC在B点平滑相连,一质量为m的滑块从斜面顶端A处由静止开始下滑,经过B点后,最终停在C点.已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,滑块与斜面间及与水平面间的动摩擦因数均为0.25,不计滑块在B点的能量损失,g取10m/s2,求:(1)滑块到达B处的速度大小;(2)滑块在水平面BC上滑行的距离;(3)滑块在AB上与在BC上滑动的时间之比.图F1-44.如图F1-5甲所示,倾角为37°的足够长的传送带以4m/s的速度顺时针转动,小物块以2m/s的初速度沿传送带向下运动,小物块的速度随时间变化的规律如图乙所示.g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,试求:(1)小物块与传送带间的动摩擦因数;(2)0~8s内小物块在传送带上留下的划痕长度.图F1-55.[2019·山东武城一中测试]如图F1-6所示为四旋翼无人机,它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器,目前正得到越来越广泛的应用.有一架质量为m=2kg的无人机,其动力系统所能提供的最大升力F=36N,运动过程中所受空气阻力大小恒定,无人机在地面上从静止开始以最大升力竖直向上起飞,在t=5s时离地面的高度为75m.(g取10m/s2)(1)求无人机在运动过程中所受的空气阻力大小.(2)假设由于动力设备故障,悬停的无人机突然失去升力而坠落,无人机坠落地面时的速度为40m/s,求无人机悬停时距地面的高度.(3)假设在第(2)问中的无人机坠落过程中,在遥控设备的干预下,动力设备重新启动提供向上的最大升力.为保证安全着地,求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间.图F1-66.[2018·宜昌三检]如图F1-7所示,质量m1=2kg的小铁块放在足够长的质量m2=1kg的木板的左端,木板和铁块间的动摩擦因数μ1=0.2,木板和水平面间的动摩擦因数μ=0.1,两者均静止.现突然给木板向左的初速度v0=3.5m/s,同时对小铁块施加一水平向2右的恒定拉力F=10N,当木板向左运动最远时撤去F,g取10m/s2.求:(1)木板向左运动的时间t1和这段时间内小铁块和木板的位移x1、x2;(2)整个过程中,木板在水平面上滑行的位移大小.图F1-7。

《全品高考复习方案》2020届高考物理一轮复习文档：测评手册答案

选择题必刷卷(一)1.D[解析] 4个半小时指的是一段时间,在时间轴上对应一段距离,故选项A错误;列车提速至350 km/h,此350 km/h指最大速度,为瞬时速度,故选项B错误;根据平均速度公式=可知,要知道任意一段时间内的平均速度,需要知道该段时间内的位移,由题无法知道这个位移,故选项C错误;当研究“复兴号”列车经过某一站牌的时间时,需要考虑其大小和形状,不能将其看作质点,故选项D正确.2.B[解析]刹车时做减速运动,减速的最大位移x=,则初速度v0==10 m/s,选项B正确.3.C[解析]由Δx=aT2可得在任意相邻的1 s时间内下落的距离之差Δh=g,在任意相邻的 1 s时间内平均速度之差Δv等于相邻两个 1 s的中间时刻的瞬时速度之差,则Δv=gt=g,选项C正确.4.C[解析]由x4-x2=2aT2,可得加速度a=4 m/s2,第2 s末的速度v1=at1=8 m/s,第2 s中间时刻的速度v2=at2=6 m/s,第2 s内的位移x2=v2t=6 m,物体在0~5 s内中间时刻的速度v3=at3=10 m/s,则0~5 s内的平均速度为10 m/s,选项C错误,选项A、B、D正确.5.D[解析]两段相等时间t内各自的位移分别为x和-x,则x=gt2,-x=gt·t-at2,解得a=3g,选项A错误;自由下落t时间时小球的速率为v'=gt,选项C错误;当加速度变为a后,减速至0过程的位移x'==,小球下落的最大高度h=x+x'==,选项D正确;返回到A点时的速度v=gt-at=-2gt=-at,选项B错误.6.D[解析]x-t图像只能表示直线运动,选项A错误;根据公式x=at2可知,甲、乙两物体都做匀变速直线运动,选项B错误;x-t图像的斜率的正负表示速度的方向,由图像可知,甲图像斜率为正,乙图像斜率为负,甲、乙两物体运动方向相反,选项C错误;根据公=1 式a=可知,相等时间内速度变化大小取决于加速度大小,由公式x=at2可知,a甲m/s,a乙=-m/s2,|a甲|>|a乙|,故第3 s内甲物体的速度变化比乙物体的速度变化大,选项D正确.7.B[解析]小球1在前2t时间内及小球2在前t时间内的速度—时间图像的斜率均为g,t时刻小球1的速度为0,小球2落入沙坑,速度大小v2=gt,故小球1的初速度大小v0=gt,方向向上,抛出点在沙坑正上方h=gt2处,小球1所到达的最高点在沙坑正上方H=2h=gt2处,设小球1落入沙坑时速度为v1,对小球1从最高点到落入沙坑过程,有=2gH,解得v1=gt,故B正确.8.C[解析]由于单位时间内通过任一横截面的水的体积相等,设Δt时间内通过水柱任一横截面的水的体积为V,V=vΔtS,开始时水流速度小,横截面积大,速度增大时,横截面积变小,所以水柱是上粗下细,A、B错误;高为H的水柱上端速度为v1=,下端速度为v2=,根据-=2gH,水的流量=S1S2,C正确,D错误.9.BD[解析]当人、车速度相等时,经历的时间t==s=6 s,此时人的位移x1=vt=6×6 m=36 m,车的位移x2=at2=×1×62m=18 m,因为x1<x2+20 m,可知人不能追上公交车,速度相等时有最小距离,最小距离Δx=x2+20 m-x1=18 m+20 m-36 m=2 m,在整个过程中,人、车之间的距离先减小后增大,选项B、D正确.10.ACD[解析]由Δx=gT2可得,加速度g==,经过位置3的瞬时速度v3==,经过位置4的瞬时速度v4=v3+gT=,从位置1到4过程中的平均速度大小等于从位置2到3过程中的平均速度,即=,选项A、C、D正确.11.CD[解析]由b到a过程是初速度为零的匀加速直线运动,则t bc∶t ca=1∶(-1),而t bc+t ca=t,解得t bc=t,选项A错误,C正确;由于物块只受重力和支持力,故物块的加速度始终相同,均为a=g sin θ,方向沿斜面向下,选项B错误;由于c是位移中点,而不是时间中点,根据匀变速直线运动的规律可知,物块上滑通过c点时的速度大于整个上滑过程中平均速度的大小,选项D正确.12.ABD[解析]物体可能先向上做匀减速直线运动,后向下做匀加速直线运动,根据x=v0t+at2知,位移是时间的二次函数,图线是曲线,A是可能的;物体可能先向上做匀减速直线运动,后停在最高点,B、D是可能的;C图中物体返回时速度大于出发时速度,不符合物体的运动情况,违反了能量守恒定律,C不可能.13.BCD[解析]x-t图像的斜率表示速度,甲车先做匀速直线运动,后静止,A错误;乙车在0~10 s内位移大小为8 m,则平均速度大小为0.8 m/s,B正确;两图线交点表示相遇,C 正确;乙车的平均速度大小为0.8 m/s,P对应乙车的位移中点,若乙车做匀变速直线运动,则P点对应的瞬时速度大于0.8 m/s,D正确.14.AC[解析]由a-t图像可知,汽车在0~10 s内做匀加速运动,在10~40 s内做匀速运动,在40~50 s内做匀减速运动,在10 s末的速度最大,且最大速度v=a1t1=20 m/s,选项A正确;在50 s末的速度最小,最小速度v'=v-a2t3=10 m/s,且汽车在40~50 s内的速度方向和0~10 s内的速度方向相同,选项B、D错误;汽车在0~10 s内的位移x1=a1=100 m,在10~40 s内的位移x2=a1t1t2=2×10×30 m=600 m,在40~50 s内的位移x3=·t3=150 m,总位移x=x1+x2+x3=850 m,选项C正确.15.CD[解析]由图像可知,甲车先做匀速运动再做同向匀减速运动,选项A错误;在第20 s末,甲的加速度为a甲=-1 m/s2,乙的加速度a乙=m/s2,选项B错误;在前30 s内,甲的位移x甲=×20 m=400 m,乙的位移x乙=m=300 m,第30 s末,两车相距Δx=x甲-x乙-x0=50 m,选项C正确;在整个运动过程中,在30 s前,甲追上乙相遇一次,30 s后乙追上甲车又相遇一次,选项D正确.16.CD[解析]根据题意作出甲、乙赛跑定性的v-t图像,如图所示,由图像可知,刚起跑时甲处于领先,但在到达终点前有可能被乙超越,且甲一旦被超越就无法再追上乙,故A 错误,D正确.加速过程中甲、乙的初速度均为零,乙的末速度大,所以加速过程中乙的平均速度大,且乙的加速时间更长,所以乙加速过程的位移更大,故B错误,C正确.选择题必刷卷(二)1.B[解析]无人机正沿直线朝斜下方匀速运动,即所受合外力为零,只有B图受力可能为零,选项B正确.2.A[解析]设C与球心连线和竖直方向成θ角,对球受力分析如图所示,由平衡条件知,AB挡板对球的支持力F=mg tan θ,C端对小球的支持力F C=,当CD挡板的C端略向右偏过一些,θ增大,AB挡板的支持力F变大,C端的支持力F C变大,选项A正确.3.C[解析]对小球受力分析,受到重力、弹簧测力计的拉力、杆的弹力,如图所示,根据平衡条件得F x-T cos 37°=0,F y+T sin 37°=G,联立解得F x=80 N,F y=60 N,所以杆AB对球的作用力大小为F==N=100 N,故C正确.4.B[解析]设F与水平方向的夹角为θ,由平衡条件得F cos θ=μ(mg-F sin θ),解得F==,当θ=37°时,外力有最小值,为6 N,选项B正确.5.B[解析]设弹性绳的劲度系数为k,小球质量为m,未对小球施加水平力时,根据平衡条件得mg=kx1,弹性绳的长度为x=x0+x1=x0+;对小球施加水平力,使其缓慢移动至弹性绳与竖直方向成60°角处时,小球受重力mg、水平力F、弹力F1三个力,由平衡条件得F1==2mg,弹性绳的长度为x'=x0+,此过程中小球上升的高度为Δh=x-x'=x0,选项B正确.6.C[解析]货物在AB段所受的摩擦力为滑动摩擦力,且f1=μmg cos θ;在BC段所受的摩擦力为静摩擦力,且f2=mg sin θ;在CD段做匀速运动,不受摩擦力,选项C正确.7.B[解析]对b球受力分析,受到重力、垂直于斜面向上的支持力和细线的拉力,由于三力平衡时三个力中任意两个力的合力与第三个力等大、反向、共线,故细线拉力向右上方,A错误;对a、b两个球整体受力分析,受到总重力、垂直于斜面向上的支持力和上面细线的拉力,根据平衡条件判断出,上面的细线的拉力方向斜向右上方,C、D错误.8.AB[解析]物块1受到重力m1g、细线拉力T和斜面的支持力F N作用而处于平衡状态,物块2受到重力m2g、细线拉力T'(T'=T)、斜面的支持力F'N及摩擦力f(可能有)作用而处于平衡状态,则T=m1g sin 30°,当m1最大时,物块2受到的最大静摩擦力方向沿BC面向下,此时有T'=m2g sin 37°+μm2g cos 37°,即=2,当m1最小时,物块2受到的最大静摩擦力方向沿BC面向上,此时有T'=m2g sin 37°-μm2g cos 37°,即=,所以≤≤2,故A、B不可能.9.BC[解析]设木块质量为m,重物质量为M,对三个物体组成的整体,根据平衡条件,有2f=(M+2m)g,解得f=(M+2m)g,静摩擦力不变,选项C正确,D错误;将细线对O的拉力按照效果正交分解,如图甲所示,设两个杆夹角为θ,则有F1=F2=,再将杆对木块的推力F1按照效果分解,如图乙所示,根据几何关系得F x=F1sin ,故F x=·sin =,挡板间的距离稍微增大后,角θ变大,F x变大,故木块对挡板的压力变大,即F N变大,选项A错误,B正确.10.BCD[解析]沿斜槽方向,有mg sin θ=2μF N,垂直于斜槽方向,有mg cos θ=2F N cos,解得μ=tan θ,选项A错误;左边圆杆对滑块的支持力为F N=mg cos θ,选项B正确;由于圆柱体与斜槽两侧都有摩擦力且大小相等,所以,单侧摩擦力f=μF N=mg sin θ,选项C正确;若增大θ,则cos θ减小,圆杆对滑块的支持力将减小,选项D正确.11.AC[解析]对A,由平衡条件得F T cos θ=μF N1,F T sinθ+mg=F N1,联立解得F T=,选项A正确;对A、B整体,由平衡条件得F T cosθ+μF N2=F,F T sinθ+2mg=F N2,联立解得水平拉力F=,选项C正确.12.BC[解析]对球进行受力分析,如图甲所示,F N1=G tan θ,F N2=,当长方体物块向右运动时,θ增大,F N1、F N2均增大,故A错误.圆球对物块的压力在竖直方向的分力为F'N2cos θ=G,等于圆球重力,在拉动长方体物块向右运动的过程中,对物块受力分析,如图乙所示,物块与地面之间的压力F N=G1+F'N2cos θ=G1+G不变,滑动摩擦力f=μF N不变,故C正确.由于圆球对物块的压力在水平方向的分力F'N2sin θ逐渐增大,所以水平拉力F=f-F'N2sin θ逐渐减小,故B正确.由于物块与地面之间的压力不变,由牛顿第三定律可知,地面对物块的支持力不变,故D错误.13.AD[解析]设两绳的拉力的合力为F,如图甲所示,由平衡条件得F=mg tan 30°=mg,F3==mg,将F分解,如图乙所示,设AO所受的拉力大小F1,因为∠AOB=120°,根据几何知识知,绳AO所受的拉力F1=F=mg,而杆OC所受的压力大小F'3=F3=mg,选项A、D正确.14.AC[解析]对球受力分析如图所示,由平衡条件可得,风力大小F=mg tan θ,由题意知F ∝Sv,又S=πR2,则F=kπR2v(k为常数),有mg tan θ=kπR2v,当风速由3 m/s增大到3m/s 时,有=,可得tan θ=1,A正确;因球所受重力方向竖直向下,而风力方向水平向右,则细线与水平方向的夹角θ不可能等于90°,B错误;由mg tan θ=kπR2v可知,当v、m不变,而R增大时,θ增大,当v、R不变,而m增大时,θ减小,C正确,D错误.15.AD[解析]若增大m2的质量,因为m3的质量不变,细线的张力大小仍等于m3的重力,故张力不变,选项A正确;对斜劈和m1整体,地面对斜劈的摩擦力大小等于连接m1的细线的张力沿水平方向的分力,细线的张力不变,所以地面对斜劈的摩擦力也不变,选项B错误;若将悬点O上移,因细线的张力不变,m2的质量不变,则O2、O3间的细线与竖直方向的夹角不变,O2、O3间的细线和O3、m3间的细线夹角不变,这两根细线的合力沿角平分线方向,则O、O3间的细绳与竖直墙的夹角不变,选项C错误;细线的张力不变,则地面对斜劈的摩擦力不变,选项D正确.选择题必刷卷(三)1.C[解析]质量小,则惯性小,方程式赛车和强弩质量一定,其惯性一定,选项A、B错误;货运列车摘下或加挂一些车厢,它的惯性因质量变化而变化,选项C正确;摩托车转弯时,人和车的惯性不变,选项D错误.2.B[解析]对整体,有F=(m1+m2)a,则空间站的质量m2=-m1,选项B正确.3.C[解析]对物块,由牛顿第二定律得F=ma,0~t0时间内,拉力减小,加速度减小,物块做加速度减小的加速运动,在t0时刻速度达到最大,选项A错误;t0~2t0时间内,外力反向增大,加速度反向增大,做减速运动,根据力的对称性可知,在2t0时刻速度减为零,选项B、D错误,C正确.4.C[解析]设水对探测器的浮力大小为F,匀速下降时,由平衡条件得mg=F;为了使它匀减速下降,设应该抛掉压载铁质量为Δm,根据牛顿第二定律得F-(m-Δm)g=(m-Δm)a,其中a=,联立解得Δm=,选项C正确.5.B[解析]当F=2 N时,铁块和木板恰好一起相对地面滑动,则μ1(m+M)g=F,解得μ1=0.1;当水平力F=6 N时,铁块恰好相对木板滑动,则F-μ2mg=ma,μ2mg-μ1(m+M)g=Ma,解得μ2=0.4,选项B正确.6.C[解析]木板AB撤离前,木板对小球的作用力F N==mg,撤去AB瞬间,小球受到的合力与F N等大、反向,由牛顿第二定律得mg=ma,解得加速度a=g,方向垂直于木板向下,选项C正确.7.B[解析]剪断物体2下端细绳后,物体1下降,物体2上升,对整体,有(m1+m2+M)g-F N=m1a-m2a,且m1>m2,则系统处于失重状态,台秤的示数将变小,选项B正确.8.BC[解析]纸盒和行李箱一起向右加速时,具有向右的加速度,纸盒受到向右的静摩擦力,选项A错误;行李箱加速过程中与传送带间的滑动摩擦力为f=μ1F N=μ1(M+m)g,选项B正确;纸盒和行李箱一起向右匀速运动,合外力为零,所以行李箱对纸盒的摩擦力为零,行李箱与传送带间的摩擦力为零,选项C正确,D错误.9.AD[解析]对球受力分析,受到重力、弹簧的弹力F和细绳的拉力T,如图所示,根据平衡条件得F=T=,断开细绳瞬间,弹簧弹力和重力不变,由牛顿第二定律得=ma,则加速度a=,选项A正确,B错误;弹簧在C处与小球断开的瞬间,小球受重力和细绳的拉力,变为单摆,合力等于重力的切向分力,根据牛顿第二定律得mg sin θ=ma,解得a=g sin θ,选项C错误,D正确.10.CD[解析]与弹簧分离前,在水平方向上,刚开始有kx-μF N=ma x,加速度a x随x减小而减小,接着有μF N-kx=ma x,加速度a x随x减小而增大,选项A、B错误;在竖直方向上,有mg-F N=m·,解得F N=,当弹力和摩擦力相等时,速度最大,即μF N=kx,解得x=,选项C正确;物体脱离弹簧后相对电梯地板做匀减速运动,加速度a==,又有L=at2,相对电梯地板做匀减速运动的时间t=2,选项D正确.11.AC[解析]A与B间动摩擦因数μ2=0.1,则B物块的最大加速度为a B m=μ2g=1 m/s2;木板A向右滑动,则地面给A的滑动摩擦力向左,大小为f A=μ1·2mg,开始时B对A的摩擦力方向向左,则a A1==5 m/s2,后来B相对A向前滑动,则a A2==3 m/s2,选项A、C正确.12.BC[解析]对P、Q整体受力分析,受到重力、支持力和滑动摩擦力,根据牛顿第二定律得(m+M)g sin θ+μ2(m+M)g cos θ=(m+M)a,解得a=g(sin θ+μ2cos θ),对P物块受力分析,受到重力mg、支持力和Q对P沿斜面向下的静摩擦力,根据牛顿第二定律得mg sin θ+f=ma,解得f=μ2mg cos θ,根据牛顿第三定律知,P对Q的摩擦力方向平行于斜面向上,选项B、C正确.13.AD[解析]由图像可知,小物块上滑的最大位移为x=vt=×3×1.2 m=1.8 m,故A正确;小物块加速时的平均速度与减速时的平均速度大小均为==m/s,其大小之比为1∶1,故B错误;由图像可知,减速运动的加速度大小为a2==m/s2=10 m/s2,在匀减速直线运动过程中,由牛顿第二定律知mg sin 30°+μmg cos 30°=ma2,解得μ=,故C错误;加速运动的加速度大小为a1==m/s2=m/s2,根据牛顿第二定律得F-mg sin 30°-μmg cos 30°=ma1,解得F=40 N,故D正确.14.BC[解析]若F1=3.6 N,F2=5 N,设A、B相对静止一起做匀加速运动,则加速度a==m/s2=m/s2,此时A、B之间的摩擦力f AB=F1-m B a=N>μ2(F2+m B g)=3 N,则此时两物块已经相对滑动,选项A错误;若F1=5.4 N,F2=20 N,假设A、B相对静止一起做匀加速运动,则加速度a==m/s2=m/s2,此时A、B之间的摩擦力f AB=F1-m B a=N<μ2(F2+m B g)=6 N,则此时两物块相对静止一起做匀加速运动,选项B正确;若F2=10 N,则A、B之间的最大静摩擦力f AB m=μ2(F2+m B g)=4 N,A与地面之间的最大=μ1(F2+m A g+m B g)=4 N,若F2<10 N,则f AB m<f A地m,无论F1多大,都不能使物静摩擦力f A地m块A运动起来,选项C正确;若F2>10 N,则f AB m>f A地m,当F1达到一定值时,可使物块A、B 发生相对运动,选项D错误.15.AB[解析]A、B静止时,有kx0=(2m+m)g sin θ,则k=;对B施加外力后,A、B一起做匀加速运动,当A、B分离时,对A,有kx-2mg sin θ=2ma,又x0-x=at2,v2=2a(x0-x),联立可求出t和v,选项A、B正确.当A、B分离时,弹簧弹力kx=2ma+2mg sin θ,选项C错误.当A、B分离后,A先做加速运动,后做减速运动,再反向做加速运动……选项D错误.非选择题必刷卷(一)1.(1)(2)C(3)BC[解析](1)根据位移与时间关系,有d=at2,解得a=.(2)根据题意,木板受到的滑动摩擦力为f=F0,对木板和矿泉水瓶(含水)组成的系统,根据牛顿第二定律得F1-f=(m+M)a,联立解得a=·F1-,其中m为矿泉水瓶(含水)的质量,M为木板的质量;根据图像的斜率可知,随着矿泉水瓶(含水)质量m的增大,a-F1图像的斜率逐渐减小,所以能表示实验结果的是C图.(3)木板受到的摩擦力与矿泉水瓶(含水)的质量无关,选项A错误;水与砝码相比能任意改变质量,所以它的优点是可以更方便地获取多组数据,选项B正确;水的多少可以任意变化,所以可以比较精确地测出木板所受摩擦力的大小,选项C正确;由于加速度越大需要水的质量越大,而水的质量越大时图像的斜率越小,实验的精确度会越小,选项D错误.2.(1)10 N(2)1 s[解析](1)设在拉力作用下金属块所受地面的支持力为F N,滑动摩擦力为f,根据平衡条件得F cos 37°=f,F sin 37°+F N=mg,又f=μF N,联立解得F=10 N.(2)撤去拉力F后,金属块受到滑动摩擦力f'=μmg,根据牛顿第二定律得,加速度大小为a'==μg=2 m/s2,撤去F后,金属块还能滑行的时间为t==1 s3.(1)2m/s(2)1.6 m(3)5∶8[解析](1)在AB段滑块受到重力、支持力、滑动摩擦力,设下滑阶段的加速度大小为a1,有mg sin θ-μmg cos θ=ma1解得a1=4 m/s2根据=2a1x ABx AB=解得v B=2m/s(2)设在BC段滑行的加速度大小为a2,有f=μmga2==2.5 m/s2根据=2a2x BC解得x BC=1.6 m(3)在B点时,有v B=a1t AB=a2t BC解得=4.(1)(2)18 m[解析](1)由v-t图像的斜率可得,0~2 s内小物块的加速度大小a==1 m/s2由牛顿第二定律得μmg cos 37°-mg sin 37°=ma解得μ=(2)0~8 s内只有前6 s内物块与传送带发生相对滑动,0~6 s内传送带匀速运动的位移为x带=4×6 m=24 m由v-t图像得,0~2 s内物块位移为x1=×2×2 m=2 m,方向沿传送带向下2~6 s内物块位移为x2=×4×4 m=8 m,方向沿传送带向上所以划痕的长度为Δx=x+x1-x2=24 m+2 m-8 m=18 m带5.(1)4 N(2)100 m(3)s[解析](1)上升过程,由牛顿第二定律得F-mg-f=ma上升高度h=at2解得f=4 N(2)下落过程,由牛顿第二定律得mg-f=ma1解得a1=8 m/s2由运动学公式得v2=2a1H解得H=100 m(3)恢复升力后向下减速过程,由牛顿第二定律得F-mg+f=ma2解得a2=10 m/s2设运动过程中的最大速度为v m,有H=+解得v m=m/s由运动学公式得v m=a1t1解得t1=s6.(1)0.5 s0.375 m0.875 m(2)0.625 m[解析](1)木板开始运动时,设小铁块和木板的加速度大小分别为a1和a2,则F-μ1m1g=m1a1μ1m1g+μ2(m1+m2)g=m2a2解得a1=3 m/s2,a2=7 m/s2木板向左做匀减速运动,有v0=a2t1,=2a2x2小铁块向右做匀加速运动,有v1=a1t1,x1=a1解得t1=0.5 s,v1=1.5 m/s,x1=0.375 m,x2=0.875 m(2)撤去F,因为μ1m1g>μ2(m1+m2)g,所以木板向右做初速度为零的匀加速直线运动,小铁块向右做初速度为v1的匀减速直线运动.设小铁块和木板的加速度大小分别为a3和a4,经过时间t2木板与小铁块速度均为v2,木板的位移大小为x3,则μ1m1g=m1a3μ1m1g-μ2(m1+m2)g=m2a4又v2=v1-a3t2,v2=a4t2,x3=a4解得a3=2 m/s2,a4=1 m/s2,t2=0.5 s,v2=0.5 m/s,x3=0.125 m木板与小铁块速度相同后,两者一起做匀减速运动直至速度为零,设加速度大小为a5,位移大小为x4,则μ2(m1+m2)g=(m1+m2)a5=2a5x4解得x4=0.125 m木板在水平面上总共滑行的位移大小x=x2-(x3+x4)=0.625 m选择题必刷卷(四)1.C2.B[解析]B点与C点的线速度相等,由于r B≠r C,所以ωB≠ωC,故A错误;B点与C点的线速度相等,且B点的角速度与A点的角速度相等,所以v C=v A,故B正确,D错误;B点的角速度与A点的角速度相等,所以=,即v B=v A,故C错误.3.C[解析]如图所示,把小环水平运动的速度v正交分解,可知人拉细线的速度v1=v cos θ,随着θ增大v1逐渐减小,选项C正确.4.D[解析]两个小球同时抛出,又同时落在P点,说明运动时间相同,又知水平位移大小相等,由x=v0t知,初速度大小相等,小球1落在斜面上时,有tan θ==,小球2落在斜面上的速度与竖直方向的夹角正切值tan α==,故α≠θ,所以小球2没有垂直撞在斜面上,故A、B错误;小球1落在P点时速度与水平方向的夹角正切值tan β==2tan θ=<,则β<60°,则小球1落在P点时与斜面的夹角为β-θ<60°-30°=30°,所以小球1落在P点时与斜面的夹角小于30°,故C错误;根据tan β=2tan θ知,小球1落在斜面上的速度方向与水平方向的夹角相同,相互平行,故D正确.5.C[解析]空间站里宇航员仍然受地球引力,选项A错误;宇航员在空间站里所受地球引力小于他在地面上所受引力,选项B错误;由于空间站绕地球做匀速圆周运动,宇航员处于完全“失重”状态,所以宇航员与“地面”B之间无弹力作用,选项C正确;若宇航员将手中小球无初速度释放,由于惯性小球仍具有空间站的速度,所以小球仍然沿原来的轨道做匀速圆周运动,而不会落到“地面”B上,选项D错误.6.D[解析]忽略自转,有=mg,该星球自转加快,角速度为ω,有=mg+mω2R,解得星球密度ρ==,选项D正确.7.A[解析]因为在垂直岸边的方向上从开始追到追上,快艇与走私船的位移与时间均相同,所以快艇在垂直岸边的方向上的平均速度等于走私船的速度,快艇在沿岸边的方向上的平均速度为v0,选项A正确,B错误.快艇的平均速度大小为v0,因为快艇的运动是曲线运动,路程大于a,平均速率应大于v0,选项C、D错误.8.C[解析]将排球水平击出后排球做平抛运动,排球刚好触网到达底线时,有=v0,+=v0,联立解得H=h,故选项C正确.9.BC[解析]设路面与水平面的夹角为θ,在“限速”下运动,有mg tan θ=m,即v=.在“限速”相同的情况下,圆弧半径r越大,则夹角θ越小;在半径r相同的情况下,夹角θ越大,则“限速”v越大,选项B、C正确.10.AB[解析]当周期为时,对赤道表面的质量为m的物体,有=m R,行星质量M=,选项A正确;当周期为T时,对赤道表面的质量为m的物体,有=m R+F N,物体对行星赤道表面的压力F'N=F N=,选项C错误;对同步卫星,有=m'r,则r=R,选项B正确;由=m″得,环绕该行星做匀速圆周运动的卫星的最大线速度v=,选项D错误.11.AD[解析]竖直上抛的小球在空中运动的时间t=,因此==,选项A正确,B错误;由G=mg得M=,因此==×=,选项C错误,D正确.12.BCD[解析]“墨子号”在轨道B上由P向Q运动的过程中,逐渐远离地心,速率越来越小,选项A错误;“墨子号”在A、C轨道上运行时,轨道半径不同,根据G=m可得v=,轨道半径越大,则线速度越小,选项B正确;“墨子号”在A、B两轨道上经过P点时,到地心的距离相等,受地球的引力相等,所以加速度相等,选项C正确;“墨子号”在轨道B上经过Q点比经过P点时到地心的距离要大些,受地球的引力要小些,选项D 正确.13.AC[解析]由题意有N=2π,其中T1=1年,解得该行星的公转周期为T2=年,A正确,B错误;由G=mr得,=,地球绕太阳公转时,有=,该行星绕太阳公转时,有=,解得R'=R,C正确,D错误.14.BC[解析]直线三星系统中甲星和丙星的线速度大小相等,方向相反,选项A错误;对直线三星系统,有G+G=M R,解得T=4πR,选项B正确;对三角形三星系统,有2G cos 30°=M·,联立解得L=R,选项C正确;三角形三星系统的线速度大小为v===··,选项D错误.非选择题必刷卷(二)1.(1)刻度尺(2)将小球放在槽的末端,看小球能否保持静止(3)D(4)0.59.75 [解析](1)实验中小球做平抛运动,根据平抛运动的规律可知,应测出下落高度和水平位移,故需要刻度尺.(2)在实验操作中检测斜槽末端是否水平的方法:将小球放在槽的末端,看小球能否保持静止.(3)钢球做平抛运动,有x=v0t,y=gt2,联立得y=x2,关系式中的a应等于,故D正确.(4)平抛运动的初速度为v0==0.5 m/s;由h2-h1=gT2,解得当地的重力加速度为g==9.75 m/s2.2.(1)1 s(2)13 m/s<v<14 m/s[解析](1)小球做平抛运动,设飞行时间为t,由h=gt2解得t=1 s(2)在t时间内小车前进的位移为x=v0t-at2=10 m要投入小车,小球最小的水平位移为x1=L-x=13 m最小速度为v1==13 m/s小球最大的水平位移为x2=L-x+L0=14 m最大速度为v2==14 m/s小球抛出时的速度范围是13 m/s<v<14 m/s3.(1)500 N(2)7.5 m/s(3)8.7 m[解析](1)向心力沿水平方向,由平行四边形定则得,拉力T==500 N(2)由牛顿第二定律得mg tan 37°=m其中R0=7.5 m解得v=7.5 m/s(3)由几何关系知,座椅离地高度h=1.8 m由平抛运动规律得x=vth=gt2解得x=4.5 m由勾股定理知,落地点与游艺机中心距离r'==8.7 m4.(1)(2)[解析](1)设在最高点和最低点时速度大小分别为v1、v2.在最高点时,有mg+F1=m在最低点时,有F2-mg=m从最高点到最低点过程中,只有重力做功,机械能守恒,有mg·2L=m-m ΔF=F2-F1联立解得ΔF=6mg所以g=(2)在星球表面,重力等于万有引力,有mg=G解得M==所以ρ==5.(1)1.5 N,方向竖直向下(2)1.6 m(3)0.8 J[解析](1)小球从A运动到B,有mgR=m在B点时,有F N-mg=解得v0=4 m/s,F N=1.5 N根据牛顿第三定律得,小球对轨道的压力大小F'N=F N=1.5 N,方向竖直向下.(2)在竖直方向上,有H-h=gt2在水平方向上,有x=v0t解得x=1.6 m(3)小球从B运动到球筐过程,由动能定理得mg(H-h)=E k-m由平抛运动规律得x=v B tH-h=gt2联立得E k=+mg(H-h)当H=h+x=1 m时,E k有最小值,其最小值为E km=mgx=0.8 J6.(1)5m/s(2)-21 000 J(3)1.849 s[解析](1)由牛顿第二定律得kmg=m解得v1=5m/s(2)由牛顿第二定律得kmg=m由动能定理得Pt-mgh+W=m-m解得W=-21 000 J(3)由几何关系知r2=+解得r=12.5 m由牛顿第二定律得kmg=m解得v=12.5 m/s因sin θ==0.8,故θ=53°则t=·=s=1.849 s选择题必刷卷(五)1.C[解析]小球做匀速圆周运动,由合力提供向心力,其方向始终沿杆指向O点,小球受重力和杆的作用力,所以杆的作用力不一定沿杆指向O点,选项A错误;小球做匀速圆周运动,合力做功为零,从最高点到最低点,重力做正功,所以杆一直做负功,选项B、D错误,C正确.2.C[解析]物块做圆周运动,刚好滑动时,有μmg=m,物块速度从0到v过程中,由动能定理知,转台对物块做的功W=mv2=,解得μ=0.25,选项C正确.3.C[解析]由题意可知,两次物体均做匀加速直线运动,根据x=t知,在同样的时间内,它们的位移之比为x1∶x2=1∶2,两次上升的高度之比为h1∶h2=(x1sin θ)∶(x2sin θ)=1∶2,根据克服重力做功W G=mgh得W G2=2W G1,根据克服摩擦力做功W f=fx得W f2=2W f1,由牛顿第二定律得F1-f-mg sin θ=ma,F2-f-mg sin θ=2ma,则F2<2F1,根据W F=Fx 可得W F2<4W F1,选项C正确.4.B[解析]小物块下滑的加速度a=g sin θ,根据=at2得t=,所以运动的时间不相等,选项A错误;据动能定理得mgh=mv2,所以从物块到达底端时的动能相等,选项。

《全品高考复习方案》2020届高考物理一轮复习文档：第6单元动量听课答案

第六单元动量第17讲动量动量定理【教材知识梳理】一、1.质量速度2.mv kg·m/s3.物体的速度二、2.Ft N·s3.物体受的力物体动量的变化量三、1.合外力的冲量物体的动量变化辨别明理(1)(√)(2)(√)(3)(√)(4)(×)(5)法一:由动量定理得Δp=I,即Δp=mgt.法二:由p=mv知,Δp=m·Δv,而Δv==,所以Δp=m.【考点互动探究】考点一1.BC[解析]物体的动量发生变化,可能是方向改变也可能是大小改变,所以物体的动能不一定发生变化,故选项A错误,B正确;物体的动能变化,速度大小一定变化,则动量一定发生变化,故选项C正确,D错误.2.C[解析]由“等时圆”模型可知两滑块同时到达滑轨底端.合力F=mg sinθ(θ为滑轨倾角),F a>F b,因此合力对a滑块的冲量较大,a滑块的动量变化较大,A、D错误;重力的冲量大小、方向都相同,B错误;弹力F N=mg cosθ,<,因此弹力对a滑块的冲量较小,C正确.3.AD[解析]拉力F对物体的冲量就是Ft,A正确,B错误;物体受到的摩擦力f=F cosθ,所以摩擦力对物体的冲量大小为ft=Ft cosθ,C错误;物体匀速运动,合外力为零,所以合外力对物体的冲量大小为零,D正确.4.A[解析]取竖直向上为正方向,则小球与地面碰撞过程中动量的变化量Δp=mv2-mv1=0.2×4kg·m/s-0.2×(-6)kg·m/s=2kg·m/s,方向竖直向上.由动能定理,合外力做的功W=m-m=×0.2×42J-×0.2×62J=-2J,故A正确.考点二例1C[解析]鸡蛋从一居民楼的25层坠下过程只受重力作用,机械能守恒,所以有mgh=mv2,每层楼高约3m,所以h=24×3m=72m,鸡蛋在与地面碰撞过程中受重力和地面的冲击力作用,设向下为正,根据动量定理可得(mg-F N)t=0-mv,代入数据联立解得F N≈103N,根据牛顿第三定律,该鸡蛋对地面产生的冲击力F=F N≈103N.变式题1A[解析]安全带产生作用力前,人自由下落,根据v2=2gh可求下落距离h时的速度,之后由于涉及力和时间的运算,且力非恒力,因此需运用动量定理,即(mg-F)t=0-mv,解得平均作用力F=+mg,故A正确.变式题2AB[解析]由题目可知F=2N,F'=-1N,由动量定理得Ft=mv1-mv0,可知t=1s时,Ft1=mv1,解得v1==m/s=1m/s,故A正确;t=2s时,p=Ft2=4kg·m/s,故B正确;t=3s 时,p=Ft2+F'(t3-t2)=3kg·m/s,故C错误;t=4s时,由Ft2+F'(t4-t2)=mv4,解得v4==m/s=1m/s,故D错误.考点三例2D[解析]设溅落在煤层表面的某水柱微元的质量为Δm,由动量定理得F·Δt=Δm·v,而Δm=ρ·SΔl,Δl=vΔt,联立可得=ρv2,则速度v===60m/s,选项D正确.变式题-[解析]设Δt时间内,从喷口喷出的水的质量为Δm,玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h,水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v.对于Δt时间内喷出的水,由能量守恒定律得(Δm)v2+(Δm)gh=(Δm)在h高度处,Δt时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为Δp=(Δm)v设水对玩具的作用力的大小为F,根据动量定理有FΔt=Δp由于玩具在空中悬停,由力的平衡条件得F=Mg联立解得h=-例3(1)(Pa)(2)3.6×10-3m/s2[解析](1)在单位时间内,功率为P0的激光器的总能量为P0×1s=NE=Npc,所以p=(kg·m/s)由题意可知,激光对物体表面的压力F=2pN故激光对物体产生的光压I==Pa.(2)由上一问可知,I=Pa=Pa=9×10-6Pa所以探测器受到的光的总压力F N=IS膜对探测器,由牛顿第二定律得F N=ma故此时探测器的加速度a==m/s2=3.6×10-3m/s2.变式题ρSv2[解析]取尘埃为柱体模型的质量元Δm,则Δm=ρSvΔt,其相对飞船的速度大小由v在时间Δt内减为零,规定飞船运动的方向为正方向,根据动量定理得FΔt=0-[-(Δm)v]所以F=ρSv2根据牛顿第三定律可知,飞船受到的尘埃的平均制动力F'=-F=-ρSv2方向与飞船运动的方向相反.1.若物体在运动过程中,受到的合外力不为零,那么以下说法正确的是()A.物体的速度大小和方向一定都变化B.物体的加速度一定变化C.物体的动能一定变化D.物体的动量一定变化[解析]D当合力与速度同向时,物体的速度的方向不变,比如自由落体运动,选项A错误;根据牛顿第二定律,加速度与合力成正比,如果合力恒定,则加速度不变,选项B错误;匀速圆周运动合力不为零,但动能不变,选项C错误;根据动量定理,动量的变化等于合力的冲量,冲量不为零,故物体的动量一定变化,选项D正确.2.一个质量为3kg的物体所受的合外力随时间变化的情况如图17-1所示,那么该物体在6s内速度的改变量是()图17-1A.7m/sB.6.7m/sC.6m/sD.5m/s[解析]D根据动量定理得Ft=mΔv,F-t图像与横轴围成的面积表示合外力的冲量,有×(3+5)×4-×1×2=3Δv,解得Δv=5m/s,选项D正确.图17-23.如图17-2所示,竖直平面内有一半圆槽,A、C等高,B为半圆槽最低点,小球从A点正上方O点由静止释放,从A点切入半圆槽,刚好能运动至C点.设球在AB段和BC段运动的时间分别为t1、t2,合外力的冲量大小为I1、I2,则()A.t1>t2B.t1=t2C.I1>I2D.I1=I2[解析]C小球从O到达C点后速度为零,由功能关系可得,小球在半圆槽内受到摩擦力作用,同理,在AB段某点的速率大于在BC段同一高度对应的速率,则小球在AB段平均速率大于在BC段的平均速率,两段弧长相等,所以t1<t2,选项A、B错误;根据动量定理知,合外力的冲量等于动量的变化,所以I1>I2,选项C正确,D错误.4.物体在恒定的合力作用下做直线运动,在时间t1内动能由零增大到E1,在时间t2内动能由E1增大到2E1,设合力在时间t1内做的功为W1、冲量为I1,在时间t2内做的功为W2、冲量为I2,则()A.I1<I2B.I1>I2C.W1>W2D.W1<W2[解析]B动量与动能的关系式为p=,由动量定理得I 1=,I2=-=2-,则I1>I2,选项A错误,B 正确;根据动能定理得W1=E1-0=E1,W2=2E1-E1=E1,则W1=W2,选项C、D错误.图17-35.如图17-3所示,小球从A点以初速度v0沿粗糙斜面向上运动,到达最高点B后返回A,C为AB的中点.下列说法中正确的是()A.小球从A出发到返回A的过程中,位移为零,外力做功为零B.小球从A到C过程与从C到B过程,合外力的冲量相同C.小球从A到C过程与从C到B过程,速度的变化量相等D.小球从A到C过程与从C到B过程,损失的机械能相同[解析]D小球从A出发到返回A,位移为0,但整个过程中摩擦力对小球做负功,即外力做功不为零,选项A错误.C为AB的中点,小球做匀减速运动,AC过程用时较少,根据Δv=aΔt,可知AC过程的速度变化量较小,根据动量定理得I=Δp=mΔv,可知AC过程的合力冲量较小;克服除重力之外其他力做多少功,小球的机械能就减少多少,根据-μmgx cos θ=-ΔE,小球从A到C与从C到B损失的机械能相等,选项B、C错误,D正确.6.正方体密闭容器中有大量运动粒子,每个粒子质量为m,单位体积内粒子数量n为恒量.为简化问题,我们假定:粒子大小可以忽略,其速率均为v,且与器壁各面碰撞的机会均等,与器壁碰撞前后瞬间,粒子速度方向都与器壁垂直,且速率不变.利用所学力学知识,推导出器壁单位面积所受粒子压力f与m、n和v的关系.(注意:解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量,要在解题时做必要的说明)[答案]f=nmv2[解析]一个粒子每与器壁碰撞一次给器壁的冲量ΔI=2mv,以器壁上面积为S的部分为底、vΔt为高构成柱体,由题设可知,其内有的粒子在Δt时间内与器壁上面积为S的部分发生碰撞,碰壁粒子总数N=n·SvΔtΔt时间内粒子给器壁的冲量I=N·ΔI=nSmv2Δt器壁上面积为S的部分受到粒子的压力F=则器壁单位面积所受粒子的压力f==nmv27.如图17-4所示,若直升机总质量为m,直升机的旋翼桨盘面积(桨叶旋转形成的圆的面积)为S,已知空气密度为ρ,重力加速度为g,求此直升机悬停在空中时其内部发动机的功率.图17-4[答案][解析]直升机悬停时受到的升力F=mg设螺旋桨作用于空气后空气的速度为v,在很短的时间Δt内,螺旋桨推动空气的质量Δm=ρSvΔt对于质量为Δm的这部分空气,根据牛顿第三定律,F=F'由动量定理得F'Δt=Δm·v设发动机的功率为P,由动能定理得PΔt=v2联立解得P=.第18讲动量守恒定律及其应用【教材知识梳理】一、1.不受外力所受外力的矢量和2.m1v'1+m2v'2三、1.(1)远大于(2)守恒最大2.(2)动量3.远大于守恒辨别明理(1)(√)(2)(×)(3)(×)(4)(×)(5)碰撞过程除了系统动量守恒之外,还要满足的条件是系统动能不增加,碰撞结果要符合实际情况;碰撞系统动能不增加,而爆炸系统动能增加,这是二者最大的不同.【考点互动探究】考点一1.AB[解析]在人将锤抡起至锤杆水平的过程中,车具有水平向右的动量;在人将锤从锤杆水平的位置抡起至最高点的过程中,车具有水平向左的动量.锤下落过程中,车的动量方向先水平向右,后水平向左.任一时刻,人、锤和车组成的系统在水平方向上动量守恒,选项A、B正确.2.B[解析]取机车和15节车厢整体为研究对象,由动量守恒定律得mv0=(m+15m)v,解得v=v0=×0.8m/s=0.05m/s,故选项B正确.3.C[解析]子弹打入沙袋过程中,对子弹和沙袋,由动量守恒定律得mv0=(m+M)v,故子弹与沙袋的共同速度v==m/s=0.5m/s,对子弹和沙袋,由向心力公式得T-(m+M)g=(m+M),故悬绳的拉力T=(m+M)g+(m+M)=102.5N,选项C正确.考点二例1A[解析]A、B质量不等,M A<M B,A、B相碰后,A向左运动,B向右运动;B、C、D、E质量相等,弹性碰撞后,不断交换速度,最终E有向右的速度,B、C、D静止;E、F质量不等,M E>M F,则E、F都向右运动,所以B、C、D静止,A向左运动,E、F向右运动,故A正确.变式题BD[解析]若碰后球1的速度方向与原来的方向相同,可知v2>v1,球2反弹后两球再相碰,有v2t=3v1t,即v2=3v1,根据动量守恒定律得m1v0=m1v1+m2v2,根据机械能守恒定律得m1=m1+m2,联立解得m1=3m2;若碰撞后球1的速度方向与原来的方向相反,与挡板碰后反弹在B点追上球2,则有v1t=3v2t,即v1=3v2,根据动量守恒定律得m1v0=-m1v1+m2v2,根据机械能守恒定律得m1=m1+m2,联立解得m2=7m1;若碰撞后球1的速度方向与原来的方向相反,与挡板碰后反弹,球2与挡板碰后反弹,在B点与球1相遇,则有v1t=v2t,即v1=v2,根据动量守恒定律得m1v0=-m1v1+m2v2,根据机械能守恒定律得m1=m1+m2,联立解得m2=3m1,选项B、D正确.例2(1)mkgl(2)m[解析](1)设第一辆车碰前瞬间的速度为v1,与第二辆车碰后的共同速度为v2.由动量守恒定律得mv1=2mv2由动能定理得-2kmg×=0-·2m·碰撞中系统损失的机械能ΔE=m-×2m·联立解得ΔE=mkgl(2)设第一辆车被推出时的速度为v0,由动能定理得-kmgl=m-m解得v0=工人给第一辆购物车的水平冲量大小I=mv0=m变式题AD[解析]对子弹的射击过程,由动量守恒定律得Mv-mv0=(m+M)v1,解得=15,选项A正确;若第二颗同样的子弹以相同的速度再次射入木块后(未穿出),则有(m+M)v1-mv0=(2m+M)v2,解得v2=m/s,选项B错误;如果以相同的速度向木块迎面射入n颗同样子弹后木块停止运动,则有Mv-nmv0=0,解得n=9,选项C错误,D正确.例3C[解析]若是弹性碰撞,由动量守恒定律和机械能守恒定律可得mv=mv1+3mv2,mv2=m+×3m,解得v1=v=-v,v2=v=v,若是完全非弹性碰撞,则有mv=4mv',解得v'=v,因此v≤v B≤v,选项C正确,选项A、B、D错误.变式题AB[解析]根据动量守恒定律,设碰撞后两者的动量都为p,则总动量为2p,碰撞前的动量也为2p,根据p2=2mE k,碰前的能量为,碰后的能量为+,根据能量关系知≥+,解得≤3,由于碰撞后不会发生二次碰撞,故M>m,即>1,选项A、B正确,选项C、D错误.考点三例4A[解析]在燃气喷出后的瞬间,喷出的燃气的动量p=mv=30kg·m/s,由动量守恒定律可得火箭的动量大小为30kg·m/s,选项A正确.变式题1A[解析]人与车组成的系统动量守恒,则mv1=Mv2,所以mx1=Mx2,又有x1+x2=L,解得x2=0.5m.变式题2(1)(2)[解析](1)设烟花弹上升的初速度为v0,由题给条件有E=m①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=-gt②联立①②式得t=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=mgh1④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m+m=E⑤mv1+mv2=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m=mgh2⑦联立④⑤⑥⑦式得,烟花弹上部分距地面的最大高度为h=h1+h2=⑧考点四例5(1)0.4m(2)3.2m/s(3)14.4J[解析](1)A与C碰撞过程,由动量守恒定律得m A v0=(m A+m C)v1,解得v1=3m/s设小球下落时间为t,由H=gt2,解得t=0.4s所以Δx=(v0-v1)t=0.4m(2)设系统最终速度为v2,水平方向上,由动量守恒定律得(m A+m B)v0=(m A+m B+m C)v2解得v2=3.2m/s(3)由能量守恒定律得ΔE=m B gH+(m A+m B)-(m A+m B+m C)解得ΔE=14.4J变式题(-2)M≤m<M[解析]A向右运动与C发生第一次碰撞,碰撞过程中,系统的动量守恒、机械能守恒.设速度方向向右为正,开始时A的速度为v0,第一次碰撞后C的速度为v C1,A的速度为v A1.由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv0=mv A1+Mv C1m=m+M联立解得v A1=v0,v C1=v0如果m>M,则第一次碰撞后,A与C速度同向,且A的速度小于C的速度,不可能与B发生碰撞;如果m=M,则第一次碰撞后,A停止,C以A碰前的速度向右运动,A不可能与B 发生碰撞;所以只需考虑m<M的情况.第一次碰撞后,A反向运动与B发生碰撞.设与B发生碰撞后,A的速度为v A2,B的速度为v B1,同样有v A2=v A1=v0根据题意,要求A只与B、C各发生一次碰撞,应有v A2≤v C1联立得m2+4mM-M2≥0解得m≥(-2)M另一解m≤-(+2)M舍去.所以,m和M应满足的条件为(-2)M≤m<M1.一炮弹质量为m,以一定的倾角斜向上发射,到达最高点时速度大小为v,方向水平.炮弹在最高点爆炸成两块,其中质量为m的一块恰好做自由落体运动,则爆炸后另一块瞬时速度大小为()A.vB.vC.vD.0[解析]B爆炸前动量为mv,设爆炸后另一块瞬时速度大小为v',取炮弹到最高点未爆炸前的速度方向为正方向,爆炸过程中动量守恒,则有mv=mv',解得v'=v,选项B正确.2.(多选)子弹水平射入一个置于光滑水平面上静止的木块并留在其中,则()A.子弹对木块的冲量大小一定大于木块对子弹的冲量大小B.子弹与木块的动量变化量大小相等、方向相反C.子弹与木块组成的系统动量守恒,机械能守恒D.子弹减少的动能大于木块增加的动能[解析]BD子弹和木块组成的系统动量守恒,所以子弹对木块的冲量大小等于木块对子弹的冲量大小,动量变化量大小相等、方向相反,故B正确.系统动量守恒,机械能减小,子弹减少的动能有部分发热消耗了,故子弹减少的动能大于木块增加的动能,故D正确.图18-13.如图18-1所示,质量为m的A球在水平面上静止放置,质量为2m的B球向左运动的速度大小为v0,B球与A球碰撞且无机械能损失,碰后A球的速度大小为v1,B球的速度大小为v2,设e=,下列判断正确的是()A.e=1B.e=C.e=D.e=[解析]A A、B碰撞的过程中,根据动量守恒定律得2mv0=mv1+2mv2,根据机械能守恒定律得×2m=m+×2m,解得v1=v0,v2=v0,则e==1,选项A正确,B、C、D错误.4.如图18-2所示,A、B两小球静止在光滑水平面上,用轻弹簧相连接,A球的质量小于B 球的质量.若用锤子敲击A球使A得到v的速度,弹簧被压缩到最短时的长度为L1;若用锤子敲击B球使B得到v的速度,弹簧被压缩到最短时的长度为L2,则L1与L2的大小关系为()图18-2A.L1>L2B.L1<L2C.L1=L2D.不能确定[解析]C若用锤子敲击A球,两球组成的系统动量守恒,当弹簧最短时,两者共速,则m A v=(m A+m B)v',解得v'=,弹簧的弹性势能最大,为ΔE p=m A v2-(m A+m B)v'2=;若用锤子敲击B球,同理可得m B v=(m A+m B)v″,解得v″=,弹簧弹性势能最大为ΔE'p=m B v2-(m A+m B)v″2=,即两种情况下弹簧被压缩到最短时,弹性势能相等,故L1=L2,选项C正确.图18-35.如图18-3所示,质量为M的盒子放在光滑的水平面上,盒子内表面不光滑,盒内放有一块质量为m的物体.某时刻给物体一个水平向右的初速度v0,则在物体与盒子前后壁多次往复碰撞后()A.两者的速度均为零B.两者的速度不会相等C.盒子的最终速度为,方向水平向右D.盒子的最终速度为,方向水平向右[解析]C以物体与盒子组成的系统为研究对象,水平方向上不受外力作用,水平方向上动量守恒,由于盒子内表面不光滑,最终两者具有共同的速度,水平方向上,由动量守恒定律得mv0=(M+m)v,解得v=,v与v0同向,即方向水平向右,选项C正确.6.如图18-4所示,一质量为M=2kg、半径为R=0.3m的四分之一光滑圆弧轨道A静止在光滑水平面上,轨道末端与水平面相切.现将质量为m=1kg的滑块B(可视为质点)从弧形轨道顶端由静止释放,滑块B从弧形轨道滑上水平面后,与静止在水平面上的物块C 发生弹性正碰.(g取10m/s2)图18-4(1)求滑块B滑到水平面上的速度大小;(2)若滑块B与C碰后能再次追上A,则C的质量m3应满足什么条件?[答案](1)2m/s(2)m3>3kg[解析](1)B下滑过程,对B和A,在水平方向上,由动量守恒定律得Mv1=mv2由机械能守恒定律得mgR=M+m解得v1=1m/s,v2=2m/s(2)B与C发生弹性正碰,满足动量守恒和机械能守恒,设碰后B、C的速度大小分别为v0、v3,则mv2=-mv0+m3v3m=m+m3若要B能追上A,应满足v0>v1解得m3>3kg7.如图18-5所示,光滑水平面上有三个大小相同的小球a、b、c,质量分别为m1=0.2kg,m2=m3=0.6kg,小球a左端靠着一固定竖直挡板,右端与一轻弹簧1拴接,处于静止状态,小球b和c用一根轻质细线拴接,它们中间夹着一个被压缩的轻弹簧2,弹簧与两小球均未拴接,它们以v0=1m/s的速度在水平面上一起向左匀速运动.某时刻细线突然被烧断,轻弹簧将两小球弹开,弹开后小球c恰好静止,小球b向左运动一段时间后与弹簧1拴接,弹回时带动小球a运动.图18-5(1)求弹簧2最初具有的弹性势能E p;(2)当弹簧1被拉伸到最长时,求小球a的速度大小v.[答案](1)0.6J(2)1.5m/s[解析](1)细线被烧断,轻弹簧将两小球弹开的过程,取向左为正方向,根据动量守恒定律得(m2+m3)v0=m2v b解得v b=2m/s由机械能守恒定律得E p=m2-(m2+m3)=0.6J(2)b球带动a球运动的过程,当弹簧1被拉伸到最长时,两球的速度相同.取向右为正方向,由动量守恒定律得m2v b=(m1+m2)v解得v=1.5m/s增分微课5力学观点综合应用应用示例例1(1)(2)R[解析](1)小球过C点时,有2mg+mg=m解得v C=小球从A到C,由机械能守恒定律得m=m+mg·2R联立解得v0=(2)小球冲上圆弧轨道后的运动过程,在水平方向上,由动量守恒定律得mv C=(m+2m)v共由机械能守恒定律得m=(m+2m)+mgh联立解得h=R变式题(1)4m/s(2)m/s(3)0.5m[解析](1)滑块a回到M点时,有m a g=m a解得v M=m/s碰后滑块a运动到M点过程,有m a=m a+m a g·2R解得v a=4m/sa、b发生弹性碰撞,有m a v0=-m a v a+m b v bm a=m a+m b联立解得v b=4m/s(2)滑块b冲上木板c的过程,有m b v b=m b v1+(m d+m c)v2m b=m b+(m d+m c)+μm b gL c联立解得v1=m/s,v2=m/s(3)滑块b冲上木板d的过程,有m b v1+m d v2=(m d+m b)v bdm b+m d=(m d+m b)+μm b gL d解得L d=0.5m例2(1)v0(2)①②3[解析](1)19个木箱相互作用过程,由动量守恒定律得mv0=19mv18故第18号木箱刚运动时速度的大小v18=v0(2)①若给第0号木箱施加恒定的水平拉力F,第0、1号木箱相互作用前,第0号木箱做匀加速直线运动,由动能定理得FL=mv解得第0、1号木箱相互作用前瞬间第0号木箱的速度v0'=对第0、1号木箱相互作用过程,由动量守恒定律得mv0'=2mv1解得第1号木箱刚运动时速度的大小v1=②第1号木箱刚运动时速度v1满足(2v1)2=第1号与第0号木箱共同加速运动,由动能定理得FL=v-第1、2号木箱相互作用过程,由动量守恒定律得2mv1'=3mv2则v2满足(3v2)2=(2v1)2+同理,第3号木箱刚运动时速度的大小v3满足(4v3)2=(3v2)2+……第18号木箱刚运动时速度的大小v18满足(19v18)2=(18v17)2+累加可得第18号木箱刚运动时速度的大小v18=对所有木箱,根据动量定理得Ft=19mv18解得t=3变式题(1)6m/s(2)3.4m[解析](1)设A与B碰前速度为v1,由牛顿第二定律得F cos37°-μ(m1g-F sin37°)=m1a解得a=0.5m/s2速度v1=at=6m/s(2)A、B相碰,设碰后A的速度为v'1,B的速度为v2,由动量守恒定律和机械能守恒定律得m1v1=m1v'1+m2v2m1=m1v+m2解得v'1=2m/s,v2=8m/s对A,由动能定理得-μ·m1gs A=0-m1v解得s A=0.4m对B,由动能定理得-μm2gs B=0-m2解得s B=6.4m物块A和B能发生第二次碰撞的条件是s A+s B>2L,解得L<3.4m,即要保证物块A和B能发生第二次碰撞,弹性挡板距离物块B的距离L不得超过3.4m 题组演练1.C[解析]小物体到达最高点的最后1s的加速度大小由mg+f=ma1求解,离开最高点的第1s时间内的加速度大小由mg-f=ma2求解,可知a1>a2,因为小物体到达最高点的最后1s做匀减速直线运动的逆过程是初速度为零的匀加速直线运动,根据x=at2得x1>x2,根据Δv=at得Δv1>Δv2,选项C正确.2.D[解析]类比速度—时间图像中位移的表示方法可知,速度变化量大小在加速度—时间图像中由图线与横轴所围面积表示,在0~6s内Δv=18m/s,已知v0=2m/s,则物体在t=6s时的速度v=20m/s,A错误;由动能定理可知,在0~6s内,合力做的功W=mv2-m=396J,B错误;由动量定理可知I F-fΔt=mv-mv0,解得拉力对物体的冲量I F=48N·s,C错误;在6s末,由牛顿第二定律得F-f=ma,解得F=10N,所以拉力的功率P=Fv=200W,D正确.3.B[解析]当小球上升到滑块上端时,小球与滑块水平方向速度相同,设为v1,在水平方向上,由动量守恒定律得mv0=(m+M)v1,根据机械能守恒定律得m=(m+M)+mgR,联立解得v0=5m/s,选项B正确.4.AC[解析]物体由a点到d点过程,由动能定理得-(μmg+2μmg+3μmg)L=0-m,同理,物体由d点到a点,有-(μmg+2μmg+3μmg)L=m-m,则v a=0,选项A正确,B错误;物体由a点到c点和物体由d 点到c点,合外力做的功相等,由动能定理知,物体两次经过c点时速度大小相等,选项C 正确;同理,物体由a点到b点和物体由d点到b点,合外力做的功不相等,物体两次经过b点时速度大小不相等,选项D错误.5.AC[解析]对子弹和木块A组成的系统,由动量守恒定律得mv0=mv1,解得v1=v0,选项A正确;木块滑离木板时,对木板和木块(包括子弹)系统,有mv0=·v0+mv2,解得v2=v0,选项B错误;对木板,由动量定理得ft=mv2,解得f=,选项C正确;由能量守恒定律可知,木块在木板上滑动时,因摩擦产生的热量等于子弹射入木块后子弹和木块减少的动能与木板增加的动能之差,选项D错误.6.ACD[解析]在整个运动过程中,系统所受的合外力为零,动量守恒,a与b碰撞的过程中,系统机械能减小,故A正确,B错误;当小球b、c速度相等时,弹簧的形变量最大,弹性势能最大,故C正确;当弹簧恢复原长时,小球c的动能一定最大,根据动量守恒和机械能守恒分析可知,小球b的动能一定不为零,故D正确.7.(1)24J(2)4J[解析](1)设B从A的右端滑出时,A的位移为s,A、B的速度分别为v A、v B,由动能定理得μmgs=m(F-μmg)(s+L)=m对A,有μmg=ma A,v A=a A t对B,有F-μmg=ma B,v B=a B t解得s=0.5m恒力F所做的功为W=F(s+L)=24J(2)由能量守恒定律知,拉力做的功等于A、B动能的增加量和A、B间产生的内能,有F(s+L)=m+m+Q解得Q=4J8.(1)2m/s(2)2.8J(3)最终停在D点[解析](1)物块从释放到最低点,由水平方向动量守恒得0=m1v1-m2v2由机械能守恒定律得m1gR=m1+m2解得v1=2m/s(2)由能量守恒定律得E pm=m1gR-μm1gL=2.8J(3)最终物块将停在C、D之间,由能量守恒定律得m1gR=μm1gs解得s=3m所以物块最终停在D点.9.(1)13.5J(2)m[解析](1)若A、B相撞后粘在一起,由动量守恒定律得m1v0=(m1+m2)v由能量守恒定律得ΔE=m1-(m1+m2)v2解得损失的机械能ΔE=13.5J(2)A、B发生弹性碰撞,由动量守恒定律得m1v0=m1v1+m2v2由机械能守恒定律得m1=m1+m2联立解得v1=v0=-3m/s,v2=v0=6m/s之后B减速运动,C加速运动,B、C达到共同速度之前,由牛顿第二定律,对长木板,有-μ2(m2+m3)g-μ1m3g=m2a1对物块C,有μ1m3g=m3a2设达到共同速度过程经历的时间为t,有v2+a1t=a2t这一过程的相对位移为Δx1=v2t+a1t2-a2t2=3mB、C达到共同速度之后,因μ1<μ2,所以二者各自减速至停下,由牛顿第二定律,对长木板,有-μ2(m2+m3)g+μ1m3g=m2a3对物块C,有-μ1m3g=m3a4这一过程的相对位移为Δx2=-=m整个过程物块与木板的相对位移为Δx=Δx1-Δx2=m实验七验证动量守恒定律【实验热点探究】热点一例1(1)>(2)斜槽末端切线水平(3)AC(4)D不完善,小球1应从斜槽的同一高度由静止释放;F错误,应验证m1=m1+m2(-d)[解析](1)入射小球1与被碰小球2直径相同,为防止两球碰撞后入射球反弹,入射球质量应大于被碰球质量,即m1>m2.(2)要使小球做平抛运动,则斜槽的末端必须水平.(3)本实验需要测量长度和质量,必需的有刻度尺和天平,选项A、C正确.(4)为使小球离开轨道时的初速度相等,每次应从同一高度处由静止释放小球,故步骤D 不完善;步骤F错误,两球离开轨道后做平抛运动,它们抛出点的高度相等,在空中运动的时间t相等,若碰撞过程动量守恒,则有m1v1=m1v'1+m2v'2,两边同乘t得m1v1t=m1v'1t+m2v'2t,即m1=m1+m2(-d).热点二例2P 2[解析]放上被碰小球B后,碰后A球的速度一定比未放B球时小,落点离O点最近,而小球B的质量较小,碰后速度应大些,故未放被碰小球B时,A球的落点应为P点,==2%.热点三例3(1)B(2)AF m1(s45+2s56-s34)=(m1+m2)(2s67+s78-s89)[解析](1)由图可知s12=3.00cm,s23=2.80cm,s34=2.60cm,s45=2.40cm,s56=2.20cm,s67=1.60cm,s78=1.40cm,s89=1.2 0cm.根据匀变速直线运动的特点可知A、B相撞的位置在P 6处.(2)为了探究A、B相撞前后动量是否守恒,需要得到碰撞前后的总动量,所以要测量A、B两个滑块的质量m1、m2和碰撞前后的速度.设照相机拍摄的时间间隔为T,则P4处的速度为v4=,P5处的速度为v5=,因为v5=,所以A、B碰撞前A 在P6处的速度为v6=;同理可得碰撞后A、B整体在P6处的速度为v6'=.若动量守恒,则有m1v6=(m1+m2)v6',整理得m1(s45+2s56-s34)=(m1+m2)(2s67+s78-s89).因此需要测量或读取的物理量是A、F.变式题见解析[解析]滑块运动的瞬时速度大小v=,式中Δs为滑块在一段很短的时间Δt内走过的路程.纸带上打出相邻两点的时间间隔Δt A==0.02s,Δt A可视为很短,代入数据可得滑块A在碰撞前、后瞬时速度大小分别为v0=2.00m/s,v1=0.97m/s,滑块B在碰撞后的速度大小为v2==2.86m/s,两滑块在碰撞前、后的总动量分别为p=m1v0,p'=m1v1+m2v2,两滑块在碰撞前后总动量相对误差的绝对值为δp=×。

高考物理大一轮复习第6单元动量52.doc

第六单元动量第17讲动量动量定理一、动量1.定义:物体的与的乘积.2.表达式:p= ,单位 .3.动量是矢量,与方向相同. 二、冲量1.定义:是力对时间的累积效应,是过程量,效果表现为物体动量的变化.2.表达式:I= ,单位 .3.冲量是矢量,与或方向相同. 三、动量定理1.内容:物体受到的等于 .2.公式:I 合=Δp.(1)动量的变化量是矢量,只有当初、末动量在一条直线上时,才可以直接进行代数运算.(2)Δp 的计算方法:①直线运动:选择一个正方向,与正方向相同的动量取正值,与正方向相反的动量取负值,可以表达为:Δp=p t -p 0,其中p 0、p t 分别是初、末动量.②曲线运动:要用矢量的运算方法,利用平行四边形定则,画图求解. 【思维辨析】(1)一个物体的运动状态变化,它的动量一定改变. ( ) (2)合外力的冲量是物体动量发生变化的原因. ( ) (3)动量具有瞬时性. ( )(4)物体动量的变化等于某个力的冲量. ( ) 【思维拓展】一个质量为m 的物体以初速度v 0开始做平抛运动,经过时间t 下降的高度为h ,速度变为v ,求在这段时间内物体动量变化的大小.考点一对动量、冲量的理解 1.动能与动量的比较mv 标量状态量=p=,(1)都是相对量,与参考系的选取有关地面为参考系2.冲量与功的比较量变化的量度1.(多选)[2017·广州调研] 两个质量不同的物体,如果它们的 ( ) A .动能相等,则质量大的动量大 B .动能相等,则动量大小也相等 C .动量大小相等,则质量大的动能小 D .动量大小相等,则动能也相等2.下列说法中正确的是 ( )①一质点受两个力作用且处于平衡状态(静止或匀速直线运动),这两个力在同一段时间内的冲量一定相同.②一质点受两个力作用且处于平衡状态(静止或匀速直线运动),这两个力在同一段时间内做的功或者大小都为零,或者大小相等、正负号相反.③在同样时间内,作用力和反作用力的功大小不一定相等,但正负号一定相反.④在同样时间内,作用力和反作用力的功大小不一定相等,正负号也不一定相反. A .①② B.①③C.②③D.②④3.(多选)[2017·南昌联考]如图17-1所示,水平面上有倾角为θ的斜面,质量为m的小滑块从底端沿斜面向上滑动,经过时间t1速度减小到零,而后下滑,经过时间t2回到斜面底端.滑块在运动过程中受到的摩擦力大小始终是f,重力加速度为g,则关于小滑块运动的整个过程,下列说法中正确的是()图17-1A.斜面对滑块的弹力的冲量为零B.摩擦力对滑块的总冲量大小为f(t2-t1),方向沿斜面向上C.合力对滑块的总冲量大小为mg(t1+t2)sin θ+f(t1-t2),方向沿斜面向下D.合力对滑块的总冲量大小为mg(t1+t2)sin θ+f(t1-t2),方向沿斜面向上■规律总结(1)动量的特点①瞬时性:动量是描述物体运动状态的物理量,是针对某一时刻或位置而言的.②相对性:动量的大小与参考系的选取有关,通常情况是指相对地面的动量.(2)冲量的特点①时间性:冲量不仅由力决定,还由力作用的时间决定.恒力的冲量等于力与作用时间的乘积.②矢量性:对于方向恒定的力来说,冲量的方向与力的方向一致;对于作用时间内方向变化的力来说,冲量的方向与相应时间内物体动量的变化量方向一致.(3)作用力和反作用力的冲量一定等大、反向,但作用力和反作用力做的功之间并无必然联系.考点二动量定理的基本应用(1)确定研究对象.在中学阶段用动量定理讨论的问题,其研究对象一般仅限于单个物体.(2)对物体进行受力分析.可以先求每个力的冲量,再求各力冲量的矢量和——合力的冲量;或先求合力,再求合力的冲量.(3)抓住过程的初、末状态,选好正方向,确定各动量和冲量的正负号.(4)根据动量定理列方程,如有必要还需要列出其他方程,最后代入数据求解.1 (多选)[2017·全国卷Ⅲ]一质量为2 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动.F随时间t变化的图线如图17-2所示,则()图17-2A.t=1 s时物块的速率为1 m/sB.t=2 s时物块的动量大小为4 kg·m/sC.t=3 s时物块的动量大小为5 kg·m/sD.t=4 s时物块的速度为零式题 [2017·北京海淀摸底]在水平地面的右端B处有一面墙,放在水平地面上A点的小物块的质量m=0.5 kg,A、B间的距离s=5 m,如图17-3所示.小物块以大小为8 m/s的初速度v0从A向B运动,刚要与墙壁碰撞时的瞬时速度v1=7 m/s,碰撞后以大小为6 m/s的速度v2反向弹回.重力加速度g取10 m/s2.(1)求小物块从A向B运动过程中的加速度a的大小;(2)求小物块与地面间的动摩擦因数μ;(3)若碰撞时间t=0.05 s,求碰撞过程中墙面对小物块平均作用力F的大小.图17-3■规律总结(1)对动量定理的理解①公式Ft=p'-p是矢量式,左边是物体受到所有力的合冲量,而不是某一个力的冲量.其中的F是研究对象所受的包括重力在内所有外力的合力,它可以是恒力,也可以是变力,如果合外力是变力,则F是合外力在时间t内的平均值.②公式Ft=p'-p说明了两边的因果关系,即合力的冲量是动量变化的原因.(2)合冲量的两种求解方法①若各外力的作用时间相同,且各外力均为恒力,可以先求出合力,再将合力乘以时间求冲量,即I合=F合t.②若各外力的作用时间不同,可以先求出每个外力在相应时间内的冲量,然后求各外力冲量的矢量和.考点三动量定理与微元法的综合应用考向一流体类问题2 [2016·全国卷Ⅰ]某游乐园入口旁有一喷泉,喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中.为计算方便起见,假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出;玩具底部为平板(面积略大于S);水柱冲击到玩具底板后,在竖直方向水的速度变为零,在水平方向朝四周均匀散开.忽略空气阻力.已知水的密度为ρ,重力加速度大小为g.求:(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量;(2)玩具在空中悬停时,其底面相对于喷口的高度.式题 [2017·河南开封二模] 如图17-4所示,静止在光滑水平面上的小车的质量M=20 kg .从水枪中喷出的水柱的横截面积S=10 cm 2,速度v=10 m/s,水的密度ρ=1.0×103 kg/m 3.若用水枪喷出的水从车后沿水平方向冲击小车的前壁,且冲击到小车前壁的水全部沿前壁流进小车中,则当有质量m=5 kg 的水进入小车时,求: (1)小车的速度大小; (2)小车的加速度大小.图17-4考向二微粒类问题3 某种气体微粒束由质量5410 kg 、速度460 m/s 的气体分子组成,各分子都向同一方向运动,垂直地打在某平面上后又以原速率反向弹回,该过程的示意图如图17-5所示.若微粒束中每立方米的体积内有n 0=1.5×1020个分子,求被微粒束撞击的平面所受到的压强.图17-5式题一艘宇宙飞船以速度v进入分布密度为ρ的尘埃空间,如果飞船在垂直于运动方向上的最大截面积为S,且认为尘埃与飞船碰撞后都附着在飞船上,则飞船受到尘埃的平均制动力为多大?第18讲动量守恒定律及其应用一、动量守恒定律1.内容:一个系统或者为零时,这个系统的总动量保持不变.2.常用的表达式:m1v1+m2v2= .二、系统动量守恒的条件1.理想守恒:系统不受外力或所受外力的合力为零,则系统动量守恒.2.近似守恒:系统受到的合力不为零,但当内力远大于外力时,系统的动量可近似地看作守恒.3.分方向守恒:系统在某个方向上所受合力为零时,系统在该方向上动量守恒.三、动量守恒的实例1.碰撞(1)特点:在碰撞现象中,一般都满足内力外力,可认为相互碰撞的系统动量守恒.(2)分类:2.反冲运动(1)定义:静止或运动的物体通过分离出部分物质,而使自身在反方向获得加速的现象.(2)特点:在反冲运动中,系统的是守恒的.3.爆炸现象爆炸与碰撞类似,物体间的相互作用力很大,且系统所受的外力,所以系统动量,爆炸过程时间很短,物体的位移很小,可忽略不计,作用后从相互作用前的位置以新的动量开始运动.【思维辨析】(1)动量守恒定律中的速度是相对于同一参考系的速度.()(2)系统动量守恒,则机械能也守恒.()(3)质量相等的两个物体发生碰撞时,一定交换速度.()(4)系统的总动量不变是指系统总动量的大小保持不变.()【思维拓展】碰撞过程除了系统动量守恒之外,还需要满足什么条件?碰撞与爆炸在能量转化方面有何不同?考点一动量守恒条件的理解和应用1.动量守恒的判定(1)系统不受外力或者所受外力的合力为零,则系统动量守恒;(2)系统受外力,但所受的外力远远小于内力、可以忽略不计时,则系统动量守恒;(3)系统在某一个方向上所受的合力为零,则系统在该方向上动量守恒.(4)若系统在全过程的某一阶段所受的合外力零,则系统在该阶段动量守恒.2.动量守恒定律的不同表达形式(1)m1v1+m2v2=m1v'2+m2v'2,相互作用的两个物体组成的系统,作用前的动量之和等于作用后的动量之和.(2)Δp1=-Δp2,相互作用的两个物体动量的增量等大反向.(3)Δp=0,系统总动量的增量为零.3.动量守恒定律的五个特性4.应用动量守恒定律解题的一般步骤:(1)确定研究对象,选取研究过程;(2)分析内力和外力的情况,判断是否符合动量守恒条件;(3)选定正方向,确定初、末状态的动量,最后根据动量守恒定律列方程求解.1 (多选)[2017·武汉模拟]在光滑水平面上有一辆平板车,一个人手握大锤站在车上.开始时人、锤和车均静止,此人将锤抡起至最高点,此时大锤在头顶的正上方,然后人用力使锤落下沿水平方向敲打平板车的左端,如此周而复始地使大锤连续敲打车的左端,最后人和锤都恢复至初始状态且人不再敲打平板车.在此过程中,下列说法正确的是()A.锤从最高点落下至刚接触车的过程中,车的动量方向先水平向右,后水平向左B.锤从刚接触车的左端至锤的速度减小至零的过程中,车具有水平向左的动量,车的动量减小至零C.锤从刚离开车的左端至运动到最高点的过程中,车具有水平向右的动量D.在任一时刻,人、锤和车组成的系统动量守恒式题1 [2017·全国卷Ⅰ]将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空,50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出.在燃气喷出后的瞬间,火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略) ()A.30 kg·m/sB.5.7×102 kg·m/sC.6.0×102 kg·m/sD.6.3×102 kg·m/s式题2 在平静的水面上有一条以速度v0匀速前进的载人小船,船的质量为M,人的质量为m.开始时,人相对船静止,当人相对船以速度v向船行进的反方向行走时,设船的速度为u.由动量守恒定律,下列表达式成立的是( )A.(M+m)v0=Mu+mvB.(M+m)v0=Mu+m(v-u)C.(M+m)v0=Mu-m(v-u)D.(M+m)v0=Mu-m(v-v0)■易错提醒(1)动量守恒定律的研究对象都是相互作用的物体组成的系统.系统的动量是否守恒,与选择哪几个物体作为系统和分析哪一段运动过程有直接关系.(2)分析系统内物体受力时,要弄清哪些是系统的内力,哪些是系统外的物体对系统的作用力.要判断系统是否动量守恒,或是否在某个方向上动量守恒.(3)要明确系统中各物体的速度是否是相对地面的速度,若不是,则应转换成相对地面的速度.考点二多体动量守恒问题有时可以对整体应用动量守恒定律,有时可以只选某部分应用动量守恒定律,有时可以分过程多次应用动量守恒定律.恰当选择系统和始、末状态是解题的关键.(1)分析题意,明确研究对象.在分析相互作用的物体的总动量是否守恒时,通常把这些被研究的物体统称为系统.对于比较复杂的物理过程,要对全过程进行分段分析,要明确在哪些阶段中,哪些物体发生相互作用,从而确定所研究的系统是由哪些物体组成的.(2)要对各阶段所选系统内的物体进行受力分析,弄清哪些是系统内部物体之间相互作用的内力,哪些是系统外部物体对系统内部物体作用的外力.在受力分析的基础上根据动量守恒定律的条件判断能否应用动量守恒定律.(3)明确所研究的相互作用过程,确定过程的始、末状态,即系统内各个物体的初动量和末动量的量值或表达式.(4)确定好正方向,建立动量守恒方程求解.2 如图18-1所示,两只小船平行逆向航行,航线邻近,当它们头尾相齐时,每只船上各投质量m=50 kg的麻袋到对方船上去,结果载重较小的一只船停了下来,另一只船则以大小为8.5 m/s的速度v向原方向航行.若两只船及船上的载重的总质量分别是m1=500 kg,m2=1000 kg,则在交换麻袋前两只船的速率分别为多少?(水的阻力不计)图18-1式题 [2017·郑州质量预测]如图18-2所示,质量m=245 g的物块(可视为质点)放在质量M=0.5 kg的木板左端,木板足够长且静止在光滑水平面上,物块与木板间的动摩擦因数μ=0.4.质量m0=5 g的子弹以大小为300m/s的初速度v0沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短),g取10 m/s2,则在子弹射入后,求:(1)子弹与物块一起向右滑行的最大速度v1;(2)木板向右滑行的最大速度v2;(3)物块在木板上滑行的时间t.图18-2■方法规律对于多个物体系统,应用动量守恒定律时,有时对整体运用动量守恒定律,有时对系统的部分应用动量守恒,有时分过程多次用动量守恒,有时对全过程用动量守恒,要善于选择过程.考点三碰撞问题三种碰撞形式的理解碰撞类型特征描述及重要关系式或结论碰撞时,内力是弹性力,只发生机械能的转移,系统内无机m1v1+m2v2=m1v'1+m2v'2=m2,则v'1=0,v'2=v1,碰后实现了动量和动能的全发生完全非弹性碰撞时,机械能向内能转化得最多能损失最大.碰后物体粘在一起,以共同速度运动E=3 (10分)[2016·全国卷Ⅲ]如图18-3所示,水平地面上有两个静止的小物块a和b,其连线与墙垂直;a和b相距l,b与墙之间也相距l;a的质量为m,b的质量为m.两物块与地面间的动摩擦因数均相同,现使a以初速度v0向右滑动,此后a与b发生弹性碰撞,但b没有与墙发生碰撞.重力加速度大小为g.求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件.图18-3【规范步骤】设物块与地面间的动摩擦因数为μ.若要物块a、b能够发生碰撞,应有> ①(1分)即μ< ②(1分)设在a、b发生弹性碰撞前的瞬间,a的速度大小为v1.由能量守恒有= ③(1分)设在a、b碰撞后的瞬间,a、b的速度大小分别为v'1、v'2,由动量守恒和能量守恒有mv1= ④(1分)= ⑤(1分)联立④⑤式解得v'2= ⑥(1分)由题意,b没有与墙发生碰撞,由功能关系可知⑦(1分)联立③⑥⑦式,可得μ≥⑧(1分)联立②⑧式,a与b发生碰撞、但b没有与墙发生碰撞的条件⑨(2分)式题甲、乙两球在水平光滑轨道上向同一方向运动,已知它们的动量分别是p1=5 kg·m/s,p2=7 kg·m/s,甲从后面追上乙并与之发生碰撞,碰后乙球的动量变为10 kg·m/s,则两球的质量m1与m2之间的关系可能是()A.m1=m2B.2m1=m2C.4m1=m2D.6m1=m2■建模点拨处理碰撞问题的思路和方法(1)对一个给定的碰撞,首先要看动量是否守恒,其次再看总动能是否增加.(2)一个符合实际的碰撞,除动量守恒外还满足能量守恒,注意碰撞完成后关于不可能发生二次碰撞的速度关系的判定.(3)要灵活运用E k=,E k=转换动能与动量.考点四人船模型人船模型是一个很典型的模型,当人在无阻力的船上向某一方向走动时,船向相反方向移动,此时人和船组成的系统动量守恒.若人船系统在全过程中动量守恒,则这一系统在全过程中的平均动量也守恒.如果系统由两个物体组成,且相互作用前均静止,相互作用后均发生运动,则由m1v1=-m2v2得m1x1=-m2x2,该式的适用条件是:(1)系统的总动量守恒或某一方向上的动量守恒.(2)构成系统的两物体原来静止,因相互作用而反向运动.(3)x1、x2均为沿动量方向相对于同一参考系的位移.4 [2017 ·成都一诊]如图18-4所示,质量为m、带有半圆形轨道的小车静止在光滑的水平地面上,其水平直径AB长度为2R,现将质量也为m的小球从距A点正上方h0的位置由静止释放,然后由A点进入半圆形轨道后从B点冲出,在空中上升的最大高度为h0(不计空气阻力),则()图18-4A.小球和小车组成的系统动量守恒B.小车向左运动的最大距离为RC.小球离开小车后做斜上抛运动D.小球第二次能上升的最大高度h0式题某人在一只静止的小船上练习射击.船、人连同枪(不包括子弹)及靶的总质量为M,枪内装有n颗子弹,每颗质量为m,枪口到靶的距离为l,子弹射出枪口时相对地面的速度为v,在发射后一颗子弹时,前一颗子弹已陷入靶中,则发射完n颗子弹后,小船后退的距离为多少?(不计水的阻力)考点五爆炸和反冲1.爆炸现象的三个规律2.对反冲运动的三点说明5 [2017·河北邯郸摸底]如图18-5所示,木块A、B的质量均为m,放在一段粗糙程度相同的水平地面上,木块A、B间夹有一小块炸药(质量可以忽略不计).让A、B以初速度v0一起从O点滑出,滑行一段距离后到达P点,速度变为,此时炸药爆炸,木块A、B脱离,发现木块B立即停在原位置,木块A继续沿水平方向前进.已知O、P两点间的距离为s,设炸药爆炸时释放的化学能全部转化为木块的动能,爆炸时间很短可以忽略不计,求:(1)木块与水平地面间的动摩擦因数μ;(2)炸药爆炸时释放的化学能.图18-5式题 [2017·福州二模]质量为M的航天器正以速度v0在太空中飞行,某一时刻航天器接到加速的指令,发动机瞬间向后喷出一定质量的气体,气体喷出时速度大小为v1,加速后航天器的速度大小为v2,则喷出气体的质量m 为()A.m=MC.m=M力学观点综合应用热点一动量与牛顿运动定律的综合应用(1)牛顿第二定律揭示了力的瞬时效应,在研究某一物体所受的力的瞬时作用与物体运动的关系,或者物体受恒力作用直接涉及物体运动过程中的加速度问题时,应采用动力学观点;(2)动量定理反映了力对时间的累积效应,适用于不涉及物体运动过程中的加速度、位移,而涉及运动时间的问题,特别对冲击类问题,应采用动量定理求解;(3)若研究对象是相互作用的物体组成的系统,则有时既要用到动力学观点,又要用到动量观点.1 [2017·齐鲁名校协作体模拟]如图Z5-1所示为一个足够长的斜面,质量均为m的两个物块A、B相距l,B与斜面间无摩擦,A与斜面间动摩擦因数为μ(μ>tan θ),B由静止开始下滑,与A发生弹性碰撞,碰撞时间可忽略不计,碰后A开始下滑.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g.(1)第一次碰撞结束瞬间物块A、B的速度各为多大?(2)A、B再次相遇需多长时间?图Z5-1式题如图Z5-2所示,一辆质量为M的小车静止在光滑的水平面上,小车的立柱上固定了一条长度为L、拴有小球的细绳.质量为m的小球从与悬点在同一水平面处由静止释放,重力加速度为g,不计阻力.求细绳拉力的最大值.图Z5-2热点二能量与牛顿运动定律的综合应用能量与牛顿运动定律综合应用于直线运动、圆周运动和平抛运动组合模型.(1)模型特点:物体在整个运动过程中,历经直线运动、圆周运动和平抛运动或三种运动的组合.(2)表现形式:①直线运动:水平面上的直线运动、斜面上的直线运动、传送带上的直线运动.②圆周运动:绳模型的圆周运动、杆模型的圆周运动、拱形桥模型的圆周运动.③平抛运动:与水平面相关的平抛运动、与圆轨道相关的平抛运动.(3)应对方法:这类模型一般不难,各阶段的运动过程具有独立性,只要对不同过程分别选用相应规律即可,物体运动到两个相邻过程的连接点时的速度是联系两过程的纽带,很多情况下平抛运动末速度的方向是解决问题的重要突破口.2 [2017·湖北襄阳模拟]如图Z5-3所示,半径为R的光滑半圆形轨道CDE在竖直平面内,与光滑水平轨道AC 相切于C点,水平轨道AC上有一根弹簧,左端连接在固定的挡板上,弹簧自由端所在点B与轨道最低点C的距离为4R.现有质量完全相同的两个小球,一个放在水平轨道的C点,另一个小球压缩弹簧(不拴接).当弹簧的压缩量为l时,释放小球,使之与C点的小球相碰并粘在一起,两球恰好通过光滑半圆形轨道的最高点E;若拿走C点的小球,再次使小球压缩弹簧,释放后小球经过BCDE后恰好落在B点.已知弹簧压缩时弹性势能与压缩量的二次方成正比,弹簧始终处在弹性限度内,求第二次使小球压缩弹簧时,弹簧的压缩量.图Z5-3式题 [2017·兰州一中模拟]如图Z5-4所示,质量为m的b球用长为h的细绳悬挂于水平轨道BC的出口C处,质量也为m的小球a从距BC高h的A处由静止释放,沿光滑轨道ABC滑下,在C处与b球发生正碰并与b粘在一起.已知BC轨道距地面有一定的高度,悬挂b球的细绳能承受的最大拉力为2.8mg.则:(1)a球与b球碰前瞬间的速度多大?(2)a、b两球碰后,细绳是否会断裂?(要求通过计算回答)图Z5-4热点三动量与能量的综合应用动量观点与能量观点综合应用技巧(1)注意研究过程的合理选取,不管是动能定理还是机械能守恒定律或动量守恒定律,都应合理选取研究过程;(2)要掌握摩擦力做功的特征、摩擦力做功与动能变化的关系以及物体在相互作用时能量的转化关系;(3)注意方向性问题,运用动量定理或动量守恒定律求解时,都要选定一个正方向,对力、速度等矢量都应用正、负号代表其方向,代入相关的公式中进行运算.另外,对于碰撞问题,要注意碰撞的多种可能性,做出正确的分析判断后,再针对不同情况进行计算,避免出现漏洞.3 [2017·齐鲁名校协作体模拟]如图Z5-5所示,地面上方有一水平光滑的平行导轨,导轨左侧有一固定挡板(未画出),质量M=2 kg的小车紧靠挡板右侧.长度l=0.45 m且不可伸长的轻绳一端固定在小车底部的O点,另一端拴接质量m=1 kg的小球.将小球拉至与O点等高的A点,使绳伸直后由静止释放,重力加速度g取10 m/s2.(1)求小球经过O点正下方的B点时,所受绳子的拉力大小;(2)设小球继续向右摆动到最高点时,绳与竖直方向的夹角为α,求cos α;(3)当小车的速度达到最大时刚好被表面涂有黏性物质的固定挡板粘住,在极短的时间内速度减为零.从小车与挡板接触到速度刚好变为零的过程中,求挡板阻力对小车的冲量.图Z5-5式题 [2017·武汉实验中学月考]两个质量分别为M1和M2的劈A和劈B高度相同,倾斜面都是光滑曲面,曲面下端均与水平面相切,如图Z5-6所示.一块位于劈A的曲面上距水平面的高度为h的物块从静止开始滑下,又滑上劈B.求物块能沿劈B曲面上升的最大高度.图Z5-6热点四力学三大观点的选用原则(1)认真审题,明确题目所述的物理情境,确定研究对象.(2)分析研究对象的受力情况、运动状态以及运动状态的变化过程,作草图.(3)根据运动状态的变化规律确定解题观点,选择适用规律:①若用力的观点解题,要认真分析运动状态的变化,关键是求出加速度;②若用两大定理求解,应确定过程的始、末状态的动量(动能),分析并求出过程中的冲量(功);③若可判断研究对象在某运动过程中满足动量守恒或机械能守恒的条件,则可根据题意选择合适的始、末状态,列守恒关系式,一般这两个守恒定律多用于求研究对象在末状态时的速度(率).(4)根据选择的规律列式,有时还需要挖掘题目中的其他条件(如隐含条件、临界条件、几何关系等)并列出辅助方程.。

全品复习方案高考物理大一轮复习第6单元动量第17讲动量动量定理课件

法一：由动量定理得Δ p＝I，即Δ p＝mgt. 法二：由 p＝mv 知，Δ p＝m· Δ v，而Δ v＝ v
2 2 －v0＝
2gh，所以Δ p＝m 2gh.
考点互动探究
考点一对动量、冲量的理解
1.动量与动能的比较动量物理意义定义式矢标性变化因素大小关系 p＝mv 矢量物体所受冲量 p＝ 2mEk 描述机械运动状态的物理量 1 2 Ek＝2mv 标量外力所做的功 p Ek＝ 2m
都是过程量，都与力的作用过程相互联系
考点互动探究
1. 我国女子短道速滑队在今年世锦赛上实现了女子 3000 m 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
动能
对于给定的物体，若动能发生了变化，动量一定也发生了变化；而动量发生变化，动能不一定发生变化．它们都是相对量，均与参考系的选取有关，高中阶段通常选取地面为参考系
考点互动探究
2.冲量与功的比较冲量定义单位公式矢标性意义作用在物体上的力和力作用时间的乘积 N·s I＝Ft(F 为恒力) 矢量 ①表示力对时间的累积 ②是动量变化的量度功作用在物体上的力和物体在力的方向上的位移的乘积 J W＝Flcos θ(F 为恒力) 标量 ①表示力对空间的累积 ②是能量变化多少的量度
[答案] AC
1 2 [解析] 根据动能 Ek＝2mv 可知，动量 p＝ mv＝ 2mEk，两个质量不同的物体，当动能相等时，质量大的动量大，A 正确，B 错误；若动量大小相等，则质量大的动能小，C 正确，D 错误．

全品复习方案高考物理大一轮复习专题训练(六)第6单元动量

专题训练（六）第6单元动量基础巩固1．(多选)喷墨打印机的简化模型如图Z61所示，重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中( )图Z61A．向正极板偏转B．电势能逐渐增大C．运动轨迹是抛物线D．运动轨迹与所带电荷量无关2．示波器是一种多功能电学仪器，它是由加速电场和偏转电场组成的．如图Z62所示，电子在电压为U1的电场中由静止开始加速，然后射入电压为U2的平行金属板间的电场中，入射方向与极板平行，在满足电子能射出平行极板间电场区域的条件下，下述情况一定能使电子偏转角度θ变大的是( )图Z62A．U1变大，U2变大B．U1变小，U2变大C．U1变大，U2变小D．U1变小，U2变小3．(多选)[2016·贵阳质量检测] 真空中有一带负电的点电荷仅在库仑力作用下绕固定的点电荷＋Q运动，其轨迹为椭圆，如图Z63所示．已知a、b、c、d为椭圆的四个顶点，＋Q处在椭圆的一个焦点上，则下列说法正确的是( )图Z63A．负电荷在a、c两点所受的电场力相同B．负电荷在a点和c点的电势能相等C．负电荷由b运动到d的过程中电势能增大，动能减小D．负电荷由a经b运动到c的过程中，电势能先增大后减小4．如图Z64所示，绝缘杆两端固定带电小球A和B，轻杆处于水平向右的匀强电场中，不考虑两球之间的相互作用，初始时杆与电场线垂直．现将杆右移，同时顺时针转过90°，发现A、B两球电势能之和不变．根据如图给出的位置关系，下列说法正确的是( )图Z64A．A一定带正电，B一定带负电B．A、B两球所带电荷量的绝对值之比|q A|∶|q B|＝1∶2C．A球电势能一定增加D．电场力对A球和B球做功相等技能提升5．如图Z65所示，A、B两金属板平行放置，在t＝0时刻将电子从A板附近由静止释放(电子的重力忽略不计)．分别在A、B两板间加上下列哪种电压时，有可能使电子到不了B板( )图Z65图Z666．如图Z67所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球，另一端固定于O点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b.不计空气阻力，则下列说法正确的是( )图Z67A．小球带负电B．电场力跟重力平衡C．小球在从a点运动到b点的过程中，电势能减小D．小球在运动过程中机械能守恒7．(多选)如图Z68所示，光滑的水平轨道AB与半径为R的光滑的半圆形轨道BCD相切于B点，水平轨道AB部分存在水平向右的匀强电场，半圆形轨道在竖直平面内，B为最低点，D为最高点．一质量为m、带正电的小球从距B点x的位置在电场力的作用下由静止开始沿AB向右运动，恰能通过最高点，则( )图Z68A．其他条件都相同，R越大，x越大B．R越大，小球经过B点瞬间对轨道的压力越大C．其他条件都相同，m越大，x越大D．m与R同时增大，电场力做功增大8．(多选)[2016·石家庄调研] 如图Z69所示，一带负电的小金属环套在粗糙绝缘细杆AB上，杆与水平面夹角为θ，杆的下方O点处固定一带正电的点电荷，OA＝OB.现使小环以初速度v0从A点沿杆上滑，到达B点时速度为零，小环滑回A点时速度为v，下列说法正确的是( )图Z69A．小环上滑过程中先匀加速再匀减速运动B．小环上滑时间小于下滑时间C．小环下滑过程，减少的重力势能等于摩擦产生的内能D．从A点出发到再回到A点的过程，小环克服摩擦力做的功等于小环损失的动能9．如图Z610所示，两块平行金属板竖直放置，两板间的电势差U＝1.5×103V(仅在两板间有电场)，现将一质量m＝1×10－2kg、电荷量q＝4×10－5C的带电小球从两板的左上方距两板上端的高度h＝20 cm的地方以初速度v0＝4 m/s水平抛出，小球恰好从左板的上边缘进入电场，在两板间沿直线运动，从右板的下边缘飞出电场，g取10 m/s2，求：(1)金属板的长度L.(2)小球飞出电场时的动能E k.图Z610挑战自我10．[2016·福建质量检测] 如图Z 611所示，轨道CDGH 位于竖直平面内，其中圆弧段DG 与水平段CD 及倾斜段GH 分别切于D 点和G 点，圆弧段和倾斜段均光滑，在H 处固定一垂直于轨道的绝缘挡板，整个轨道绝缘且处于水平向右的匀强电场中．一带电物块在C 处由静止释放，经挡板碰撞后滑回CD 段中点P 处时速度恰好为零．已知该物块的质量m ＝4×10－3 kg ，所带的电荷量q ＝＋3×10－6 C ；电场强度E ＝1×104N /C ；CD 段的长度L ＝0.8 m ，圆弧DG 的半径r ＝0.2 m ，GH 段与水平面的夹角为θ，且sin θ＝0.6，cos θ＝0.8；不计物块与挡板碰撞时的动能损失，物块可视为质点，重力加速度g 取10 m /s 2.(1)求物块与轨道CD 段的动摩擦因数μ； (2)求物块第一次碰撞挡板时的动能E k ；(3)分析说明物块在轨道CD 段运动的总路程能否达到2.6 m ．若能，求物块在轨道CD 段运动2.6 m 路程时的动能；若不能，求物块碰撞挡板时的最小动能．图Z 611专题训练(六)1．AC [解析] 带负电的微滴进入电场后受到向上的电场力，故带电微滴向正极板偏转，选项A 正确；带电微滴垂直进入电场后受竖直向上的电场力作用，电场力做正功，故墨汁微滴的电势能减小，选项B 错误；根据x ＝vt ，y ＝12at 2及a ＝qEm，得带电微滴的轨迹方程为y ＝qEx 22mv2，即运动轨迹是抛物线，与所带电荷量有关，选项C 正确，D 错误．2．B [解析] 电子通过加速电场有eU 1＝12mv 20，在偏转电场中，垂直于电场线的方向做匀速直线运动，则运动时间t ＝l v 0；在平行于电场线的方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a ＝eU 2md ，末速度v y ＝at ＝eU 2l mdv 0，偏转角的正切tan θ＝v y v 0＝U 2l 2U 1d ，所以tan θ∝U 2U 1，B 正确．3．BC [解析] 在a 、c 两点负电荷所受电场力方向不同，A 项错误；以单个点电荷为球心的球面是等势面，所以a 、c 两点电势相等，根据电势与电势能的关系可知，负电荷在a 、c 两点电势能也相等，B 项正确；负电荷由b 到d 过程中，电场力始终做负功，电势能增大，动能减小，C 项正确；负电荷由a 经b 到c 的过程中，电场力先做正功再做负功，故电势能先减小后增大，D 项错误．4．B [解析] 电场力做功与路径无关，两个小球在杆右移、旋转后电势能都变化，而两个小球组成的系统的电势能不变，那么电场力对其中一个小球做正功，对另一个小球一定做负功，做功的绝对值相同，两个小球一定带异种电荷，但不能准确判断每一个小球的电性，A 、C 、D 错误；由电势能变化之和为零得E |q B |L ＝E |q A |·2L ，即|q A |∶|q B |＝1∶2，B 正确．5．B [解析] 加A 图电压，电子从A 板开始向B 板做匀加速直线运动，电子一定能到达B 板；加B 图电压，电子开始向B 板做匀加速运动，再做加速度大小相同的匀减速运动，速度减为零后做反向匀加速运动及匀减速运动，由对称性可知，电子将做周期性往复运动，所以电子有可能到不了B 板；加C 图电压，电子先匀加速，再匀减速到静止，完成一个周期，所以电子一直向B 板运动，即电子一定能到达B 板；加D 图电压，电子的运动与C 图情形相似，只是加速度是变化的，所以电子也一直向B 板运动，即电子一定能到达B 板，综上所述可知选项B 正确．6．B [解析] 由于小球在竖直平面内做匀速圆周运动，速率不变化，由动能定理可知，外力做功为零，绳子拉力不做功，电场力和重力做的总功为零，所以电场力和重力的合力为零，电场力跟重力平衡，B 正确；由于电场力的方向与重力方向相反，场强方向向上，所以小球带正电，A 错误；小球在从a 点运动到b 点的过程中，电场力做负功，由功能关系得，电势能增大，C 错误；在整个运动过程中，除重力做功外，还有电场力做功，小球在运动过程中机械能不守恒，D 错误．7．ACD [解析] 小球在BCD 部分做圆周运动，在D 点，有mg ＝m v 2DR，小球由B 到D 的过程有－2mgR ＝12mv 2D －12mv 2B ，解得v B ＝5gR ，R 越大，小球经过B 点时的速度越大，则x 越大，选项A 正确；在B 点有F N －mg ＝m v 2BR，解得F N ＝6mg ，故F ′N ＝F N ＝6mg ，与R 无关，选项B错误；由Eqx ＝12mv 2B 知，m 、R 越大，小球在B 点的动能越大，则电场力做功越多，选项C 、D正确．8．BD [解析] 因小环在运动过程中受到的库仑力是变力，对其受力分析可知，小环在上滑过程中的加速度是变化的，并不是匀变速运动，选项A 错误；由于上滑时的平均加速度大于下滑时的平均加速度，由运动学公式定性分析可知，小环上滑时间小于下滑时间，选项B 正确；由功能关系可知，小环下滑过程中，减少的重力势能等于其回到A 点时的动能和克服摩擦力做的功之和，选项C 错误；小环从A 点出发到再次回到A 点过程中，电场力做功为零，重力做功为零，故小环克服摩擦力做的功等于小环损失的动能，选项D 正确．9．(1)0.15 m (2)0.175 J[解析] (1)小球到达左板上边缘时的竖直分速度v y ＝2gh ＝2 m/s设小球此时速度方向与竖直方向之间的夹角为θ，则tan θ＝v 0v y＝2小球在电场中沿直线运动，所受合力方向与运动方向相同，设板间距为d ，则： tan θ＝qE mg ＝qU mgd ，L ＝dtan θ解得L ＝qUmg tan 2θ＝0.15 m.(2)进入电场前有mgh ＝12mv 21－12mv 2电场中运动过程有qU ＋mgL ＝E k －12mv 21解得E k ＝0.175 J.10．(1)0.25 (2)0.018 J (3)不能 0.002 J[解析] (1)物块由C 处释放后经挡板碰撞滑回P 点过程，由动能定理得qE L 2－μmgL ＋L 2＝0代入数据解得μ＝qE3mg＝0.25.(2)物块在GH 段运动时，由于qE cos θ＝mg sin θ，所以做匀速直线运动．由C 运动至H 过程，由动能定理得qEL －μmgL ＋qEr sin θ－mgr (1－cos θ)＝E k －0 代入数据解得E k ＝0.018 J.(3)物块最终会在DGH 段往复运动，物块在D 点的速度为0，设物块能在水平轨道上运动的总路程为s ，由能量守恒定律可得qEL ＝μmgs代入数据解得s ＝2.4 m因为2.6 m>s ，所以不能在水平轨道上运动2.6 m 的路程物块碰撞挡板的最小动能E 0等于往复运动时经过G 点的动能，由动能定理得 qEr sin θ－mgr (1－cos θ)＝E 0－0 代入数据解得E 0＝0.002 J.。

《全品高考复习方案》2020届高考物理一轮复习文档：第6单元动量作业正文

课时作业(十七)第17讲动量动量定理时间/40分钟基础达标1.下列关于冲量与动量的说法中正确的是()A.物体所受合外力越大,其动量变化一定越快B.物体所受合外力越大,其动量变化一定越大C.物体所受合外力的冲量大,其动量变化可能小D.物体所受合外力的冲量越大,其动量一定变化越快2.游乐场里,质量为m的小女孩从滑梯上由静止滑下.空气阻力不计,滑梯可等效为直斜面,与水平面的夹角为θ,已知小女孩与滑梯间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,则下列判断中正确的是()A.小女孩下滑过程中弹力的冲量为零B.小女孩下滑过程中受到的摩擦力与其反作用力总冲量为零,总功也为零C.小女孩下滑过程中动量的变化为mg sinθ·tD.小女孩下滑至底端时动量的大小为mg(sinθ-μcosθ)t图K17-13.甲、乙两同学做了一个小游戏,如图K17-1所示,用棋子压着纸条,放在水平桌面上接近边缘处.第一次甲同学慢拉纸条将纸条抽出,棋子掉落在地上的P点.第二次将棋子、纸条放回原来的位置,乙同学快拉纸条将纸条抽出,棋子掉落在地上的N点.两次现象相比()A.第二次棋子的惯性更大B.第二次棋子受到纸带的摩擦力更小C.第二次棋子受到纸带的冲量更小D.第二次棋子离开桌面时的动量更大4.[2018·成都二模]一枚30g的鸡蛋从17楼(离地面人的头部为45m高)落下,能砸破人的头骨.若鸡蛋壳与人头部的作用时间为4.5×10-4s,人的质量为50kg,重力加速度g取10m/s2,则头骨受到的平均冲击力约为()A.1700NB.2000NC.2300ND.2500N图K17-25.质量m=3kg的小物体放在水平地面上,在水平力F=15N的作用下开始运动.在0~2s 的时间内,拉力F的功率P随时间变化的关系图像如图K17-2所示,则小物体与水平面间的动摩擦因数为(重力加速度g取10m/s2)()A. B. C. D.6.如图K17-3所示,a、b、c是三个相同的小球,a从光滑斜面顶端由静止开始自由滚下,同时b、c从同一高度分别开始自由下落和平抛.下列说法正确的是()图K17-3A.它们同时到达同一水平面B.它们动量变化的大小相等C.它们的末动能相同D.重力对它们的冲量相等图K17-47.(多选)[2018·常德模拟]如图K17-4所示,质量为m的小球从距离地面高H的A点由静止开始释放,落到地面上后又陷入泥潭中,由于受到阻力作用,到达距地面深度为h的B点时速度减为零.不计空气阻力,重力加速度为g.关于小球下落的整个过程,下列说法正确的是()A.小球的机械能减少了mg(H+h)B.小球克服阻力做的功为mghC.小球所受阻力的冲量大于mD.小球动量的改变量等于所受阻力的冲量8.(多选)如图K17-5所示,斜面除AB段粗糙外,其余部分都是光滑的,物体与AB段间的动摩擦因数处处相等.物体从斜面顶点滑下,经过A点时的速度与经过C点时的速度相等,且AB=BC,则下列说法中正确的是()图K17-5A.物体在AB段和BC段的加速度大小相等B.物体在AB段和BC段的运动时间相等C.物体在以上两段运动中重力做的功相等D.物体在以上两段运动中的动量变化量相同技能提升9.(多选)[2019·湖北恩施模拟]几个水球可以挡住一颗子弹?CCTV(国家地理频道)的实验结果是:四个水球足够!完全相同的水球紧挨在一起水平排列,子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动,恰好能穿出第4个水球.下列判断正确的是()图K17-6A.子弹在每个水球中的速度变化相同B.子弹在每个水球中运动的时间不同C.每个水球对子弹的冲量不同D.子弹在毎个水球中的动能变化相同10.(多选)[2018·辽宁五校模拟]一个静止的质点在t=0到t=4s这段时间内仅受到力F 的作用,F的方向始终在同一直线上,F随时间t的变化关系如图K17-7所示.下列说法中正确的是()图K17-7A.在t=0到t=4s这段时间内,质点做往复直线运动B.在t=1s时,质点的动量大小为1kg·m/sC.在t=2s时,质点的动能最大D.在t=1s到t=3s这段时间内,力F的冲量为零11.(多选)水平面上有质量为m a的物体a和质量为m b的物体b,分别在水平推力F a和F b作用下开始运动,运动一段时间后撤去推力,两个物体都将再运动一段时间后停下.两物体运动的v-t图线如图K17-8所示,图中线段AC∥BD.以下说法正确的是()图K17-8A.若m a>m b,则F a<F b,且物体a克服摩擦力做功小于物体b克服摩擦力做功B.若m a>m b,则F a>F b,且物体a克服摩擦力做功大于物体b克服摩擦力做功C.若m a<m b,则可能有F a<F b,且物体a所受摩擦力的冲量大于物体b所受摩擦力的冲量D.若m a<m b,则可能有F a>F b,且物体a所受摩擦力的冲量小于物体b所受摩擦力的冲量12.(多选)[2018·南宁期末]如图K17-9甲所示,一质量为m的物块在t=0时刻以初速度v0从倾角为θ的足够长的粗糙斜面底端向上滑行,物块速度随时间变化的图像如图乙所示.t0时刻物块到达最高点,3t0时刻物块又返回底端.重力加速度为g.下列说法正确的是()图K17-9A.物块从开始运动到返回底端的过程中重力的冲量大小为3mgt0sinθB.物块从t=0时刻开始运动到返回底端的过程中动量变化量大小为mv0C.斜面倾角θ的正弦值为D.不能求出3t0时间内物块克服摩擦力所做的功13.某同学研究重物与地面撞击的过程,利用传感器记录重物与地面的接触时间.他让质量为m=9kg的重物(包括传感器)从高H=0.45m处自由下落撞击地面,重物反弹高度h=0.20m,重物与地面接触时间t=0.1s.若重物与地面的形变很小,可忽略不计.g取10m/s2,求:(1)重物受到地面的平均冲击力大小.(2)重物与地面撞击过程中损失的机械能.挑战自我14.为估算池中睡莲叶面承受雨滴撞击产生的平均压强,小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台,测得1小时内杯中水位上升了45mm.查询得知,当时雨滴竖直下落速度约为12m/s,据此估算该压强约为(设雨滴撞击睡莲叶后无反弹,不计雨滴重力,雨水的密度为1×103kg/m3)()A.0.15PaB.0.54PaC.1.5PaD.5.4Pa课时作业(十八)A第18讲动量守恒定律及其应用时间/40分钟基础达标1.如图K18-1所示,质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上,槽底部与水平面平滑连接,一个质量也为m的小球从槽上高h处由静止开始下滑,则小球下滑过程中()图K18-1A.小球和槽组成的系统动量守恒B.槽对小球的支持力不做功C.重力对小球做功的瞬时功率一直增大D.地球、小球和槽组成的系统机械能守恒2.如图K18-2甲所示,一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置,由控制系统使箭体与卫星分离.已知前部分的卫星质量为m1,后部分的箭体质量为m2,分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行,如图乙所示,若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化,则分离后卫星的速率v1为()图K18-2A.v0-v2B.v0+v2C.v0-v2D.v0+(v0-v2)图K18-33.如图K18-3所示,光滑水平桌面上有两个大小相同的小球,质量之比m1∶m2=2∶1,球1以3m/s的速度与静止的球2发生正碰并粘在一起,已知桌面距离地面的高度h=1.25m,g取10m/s2,则落地点到桌面边沿的水平距离为()A.0.5mB.1.0mC.1.5mD.2.0m图K18-44.如图K18-4所示,一辆小车静止在光滑水平面上,A、B两人分别站在车的两端,当两人同时相向运动时,下列说法正确的是()A.若小车不动,则两人速率一定相等B.若小车向左运动,则A的动量一定比B的小C.若小车向左运动,则A的动量一定比B的大D.若小车向右运动,则A的动量一定比B的大图K18-55.(多选)A、B两球沿同一条直线运动,如图K18-5所示的x-t图像记录了它们碰撞前后的运动情况,其中a、b分别为A、B两球碰撞前的x-t图像,c为碰撞后它们的x-t图像.若A球质量为1kg,则B球质量及碰后它们的速度大小分别为()A.2kgB.kgC.4m/sD.1m/s技能提升图K18-66.(多选)质量分别为M和m0的两滑块甲、乙用轻弹簧连接,以恒定的速度v沿光滑水平面运动,与位于正对面的质量为m的静止滑块丙发生碰撞,如图K18-6所示,碰撞时间极短.在此过程中,下列情况可能发生的是()A.甲、乙、丙的速度均发生变化,分别为v1、v2、v3,而且满足(M+m0)v=Mv1+m0v2+mv3B.乙的速度不变,甲和丙的速度变为v1和v2,而且满足Mv=Mv1+mv2C.乙的速度不变,甲和丙的速度都变为v',且满足Mv=(M+m)v'D.甲、乙、丙速度均发生变化,甲、乙的速度都变为v1,丙的速度变为v2,且满足(M+m)v0=(M+m)v1+mv27.(多选)质量为M的某机车拉着一辆质量与它相同的拖车在平直路面上以v0=10m/s 的速度匀速行驶.途中某时刻拖车突然与机车脱钩.假设脱钩后机车牵引力始终保持不变,而且机车与拖车各自所受阻力也不变.下列说法中正确的是()A.脱钩后某时刻机车与拖车的速度可能分别是15m/s、5m/sB.脱钩后某时刻机车与拖车的速度可能分别是25m/s、-2m/sC.从脱钩到拖车停下来,机车与拖车组成的系统动量不变,动能增加D.从脱钩到拖车停下来,机车与拖车组成的系统动量减少,动能减少8.(多选)A、B两船的质量均为m,都静止在平静的湖面上,现A船上质量为m的人以对地水平速度v从A船跳到B船,再从B船跳到A船,经n次跳跃后,人停在B船上,不计水的阻力,则()A.A、B两船的速度大小之比为2∶3B.A、B(包括人)两船的动量大小之比为1∶1C.A、B(包括人)两船的动能之比为3∶2D.A、B(包括人)两船的动能之比为1∶19.(多选)在冰壶比赛中,某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶,两者在大本营中心发生对心碰撞,如图K18-7甲所示,碰后运动员用冰壶刷摩擦蓝壶前进方向的冰面来减小阻力,碰撞前后两壶运动的v-t图线如图乙中实线所示,其中红壶碰撞前后的图线平行,两冰壶质量均为19kg,则()图K18-7A.碰后蓝壶速度为0.8m/sB.碰后蓝壶移动的距离为2.4mC.碰撞过程两壶损失的动能为7.22JD.碰后红、蓝两壶所滑过的距离之比为1∶2010.(多选)如图K18-8所示,用轻弹簧相连的质量均为1kg的A、B两物块都以v=4m/s 的速度在光滑水平地面上运动,弹簧处于原长,质量为2kg的物块C静止在前方,B与C 碰撞后二者粘在一起运动.在以后的运动中,下列说法正确的是()图K18-8A.当弹簧的形变量最大时,物块A的速度为2m/sB.弹簧的弹性势能的最大值为JC.弹簧的弹性势能的最大值为8JD.在以后的运动中,A的速度不可能向左11.(多选)如图K18-9所示,光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动.两球质量的关系为m B=2m A,规定向右为正方向,A、B两球的动量均为6kg·m/s,运动中两球发生碰撞,碰撞后A球的动量增量为-4kg·m/s,则()图K18-9A.该碰撞为弹性碰撞B.该碰撞为非弹性碰撞C.左方是A球,碰撞后A、B两球的速度大小之比为2∶5D.右方是A球,碰撞后A、B两球的速度大小之比为1∶1012.汽车碰撞试验是综合评价汽车安全性能的有效方法之一.设汽车在碰撞过程中受到的平均撞击力达到某个临界值F0时,安全气囊会爆开.某次试验中,质量m1=1600kg的试验车以速度v1=36km/h正面撞击固定试验台,经时间t1=0.10s碰撞结束,车速减为零,此次碰撞安全气囊恰好爆开.忽略撞击过程中地面阻力的影响.(1)求此过程中试验车受到试验台的冲量I0的大小及F0的大小;(2)若试验车以速度v1撞击正前方另一质量m2=1600kg、速度v2=18km/h、同向行驶的汽车,经时间t2=0.16s两车以相同的速度一起滑行.试通过计算分析这种情况下试验车的安全气囊是否会爆开.挑战自我13.如图K18-10所示,质量为m、带有半圆形轨道的小车静止在光滑的水平地面上,其水平直径AB长度为2R.现将质量也为m的小球从距A点正上方h0的位置由静止释放,然后由A点进入半圆形轨道后从B点冲出,在空中上升的最大高度为h0(不计空气阻力),则()图K18-10A.小球和小车组成的系统动量守恒B.小车向左运动的最大距离为RC.小球离开小车后做斜上抛运动D.小球第二次能上升的最大高度h满足h0<h<h0课时作业(十八)B第18讲动量守恒定律及其应用时间/40分钟基础达标图K18-111.[2018·株洲质检]如图K18-11所示,长为l的轻杆两端固定两个质量相等的小球甲和乙,初始时它们直立在光滑的水平地面上,后由于受到微小扰动,系统从图示位置开始倾倒.当小球甲刚要落地时,其速度大小为(重力加速度为g)()A. B.C. D.02.如图K18-12所示,木块A的右侧为光滑曲面,曲面下端极薄,其质量m A=2.0kg,原来静止在光滑的水平面上.质量m B=2.0kg的小球B以v=2m/s的速度从右向左冲上木块A,则B球沿木块A的曲面向上运动中可上升的最大高度是(设B球不能飞出去,g取10m/s2)()图K18-12A.0.40mB.0.10mC.0.20mD.0.50m图K18-133.如图K18-13所示,放在光滑水平面上的矩形滑块是由不同材料的上、下两层粘在一起组成的.质量为m的子弹以速度v水平射向滑块,若击中上层,则子弹刚好不穿出;若击中下层,则子弹嵌入其中.比较这两种情况,以下说法中不正确的是()A.滑块对子弹的阻力一样大B.子弹对滑块做的功一样多C.滑块受到的冲量一样大D.系统产生的热量一样多4.如图K18-14甲所示,长木板A静止在光滑的水平面上,质量为m=1kg的物块B以v0=3m/s的速度滑上A的左端,之后A、B的速度随时间变化情况如图乙所示,g取10m/s2,由此可得()图K18-14A.A的质量等于B的质量B.A的质量小于B的质量C.0~2s内,A、B组成的系统损失的机械能为4JD.0~2s内,A、B组成的系统损失的机械能为3J技能提升图K18-155.(多选)如图K18-15所示,质量为M的三角形斜劈置于光滑水平地面上,三角形的底边长为L,斜面也光滑.质量为m的滑块(可看作质点)由静止开始沿斜面下滑的过程中()A.斜劈与滑块组成的系统动量守恒,机械能也守恒B.滑块沿斜面滑到底端时,斜劈移动的位移大小为C.滑块对斜劈的冲量大小等于斜劈的动量变化量D.滑块克服支持力做的功等于斜劈增加的动能6.(多选)在光滑的水平面上,两物体A、B的质量分别为m1和m2,且m1<m2,它们用一根轻质弹簧相拴接.开始时,整个系统处于静止状态,弹簧处于自然长度.第一次给物体A 一个沿弹簧轴线方向水平向右的初速度v,第二次给物体B一个沿弹簧轴线方向水平向左的等大的初速度v,如图K18-16所示.已知弹簧的形变未超出弹性限度,比较这两种情况,下列说法正确的是()图K18-16A .两种情况下物体A 、B 的共同速度大小相等B .第一次物体A 、B 的共同速度较小C .两种情况下弹簧的最大弹性势能相同D .第二次弹簧的最大弹性势能较大7.(多选)如图K18-17所示,一个质量为M 的木箱静止在光滑水平面上,木箱内粗糙的底板上放着一个质量为m=2M 的小物块.现使木箱瞬间获得一个水平向左、大小为v 0的初速度,下列说法正确的是 ( )图K18-17A .最终小物块和木箱都将静止B .最终小物块和木箱组成的系统损失的机械能为C .木箱的速度水平向左、大小为时,小物块的速度大小为 D .木箱的速度水平向左、大小为时,小物块的速度大小为8.(多选)如图K18-18甲所示,轻弹簧的两端与质量分别是m 1和m 2的A 、B 两物块相连,它们静止在光滑水平地面上.现给物块A 一个瞬时冲量,使它获得水平向右的速度v 0,从此时刻开始计时,两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示,则下列判断正确的是( )图K18-18A.t1时刻弹簧长度最短B.在t1~t3时间内,弹簧处于压缩状态C.在0~t2时间内,弹簧对A的冲量大小为m1(v0-v3)D.物块A、B的动量满足m1v0=(m1+m2)v2=m2v1-m1v39.(多选)如图K18-19所示,水平光滑轨道宽度和轻质弹簧自然长度均为d.质量分别为m1和m2的A、B两物体与弹簧连接,B物体的左边有一固定挡板.A物体从图示位置由静止释放,当两物体相距最近时,A物体的速度为v1,则在以后的运动过程中,可能的情况是()图K18-19A.A物体的最小速度是0B.在某段时间内A物体向左运动C.B物体的最大速度一定是v1D.B物体的最大速度是v1挑战自我10.[2018·汉中质检]如图K18-20所示,竖直平面内的轨道ABCD由水平部分AB与光滑的四分之一圆弧轨道CD组成,AB恰与圆弧轨道CD在C点相切,其总质量M=4kg,其右侧紧靠在固定挡板上,静止在光滑水平面上.在轨道的左端有一质量为m=1kg的小滑块(可视为质点)以v0=3m/s的初速度向右运动,小滑块刚好能冲到D点.已知小滑块与AB 间的动摩擦因数μ=0.5,轨道水平部分AB的长度L=0.5m,g取10m/s2.(1)求小滑块经过C点时对轨道的压力大小;(2)通过计算分析小滑块最终能否从轨道上掉下.图K18-2011.如图K18-21所示,一个轻弹簧水平放置,左端固定在A点,右端与一质量为m1=1kg的物块P接触但不拴接.AB是水平轨道,B端与半径R=0.8m的竖直光滑半圆轨道BCD底部相切,D是半圆轨道的最高点.另一质量为m2=1kg的物块Q静止于B点.用外力缓慢向左推动物块P,将弹簧压缩(弹簧处于弹性限度内),使物块P静止于距B端L=2m处.现撤去外力,物块P被弹簧弹出后与物块Q发生正碰,碰撞前物块P已经与弹簧分开,且碰撞时间极短,碰撞后两物块粘到一起,并恰好能沿半圆轨道运动到D点.物块P与AB间的动摩擦因数μ=0.5,物块P、Q均可视为质点,g取10m/s2.求:(1)与物块Q发生碰撞前瞬间物块P的速度大小;(2)释放物块P时弹簧的弹性势能E p.图K18-21。

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课时作业(十七)1.A[解析]由动量定理得FΔt=Δp,则F=,即合力为动量的变化率,不等于动量的变化量,选项A正确.2.D[解析]小女孩下滑过程中弹力的冲量为mg cosθ·t,选项A错误;小女孩下滑过程中受到的摩擦力与其反作用力的总冲量为零,总功为负值,选项B错误;由动量定理知,小女孩下滑过程中动量的变化为mg(sinθ-μcosθ)t,选项C错误;因从静止开始滑下,所以小女孩下滑到底端时动量的大小为mg(sinθ-μcosθ)t,选项D正确.3.C[解析]惯性由质量决定,与速度无关,选项A错误;先后两次将纸条抽出,棋子受到的滑动摩擦力相等,由动量定理得μmgt=mv,第二次时间更短,棋子受到纸带的冲量更小,离开桌面时的动量更小,选项B、D错误,选项C正确.4.B[解析]鸡蛋自由下落的时间t1==3s,对鸡蛋运动的全过程,由动量定理得mg(t1+t2)=t2,解得=2000N,选项B正确.5.B[解析]由图像可知,t=2s时,P=30W,可得v==2m/s,由动量定理得(F-μmg)t=mv,解得μ=0.4,选项B正确.6.B[解析]b做自由落体运动,c的竖直分运动是自由落体运动,b、c的加速度都为g,设斜面的倾角为θ,则a的加速度为g sinθ,下落相同高度,设高度为h,a运动时间为t1,则=g sinθ,所以t1=,b、c下落时间为t2=,a与b、c所用时间不同,选项A错误;a的动量变化为mg sinθ·t1=m,b、c的动量变化为mgt2=m,故三球动量变化大小相等,选项B正确;由机械能守恒定律可知,c的末动能大于a、b的末动能,选项C错误;由于t1>t2,所以重力对它们的冲量大小不相等,选项D错误.7.AC[解析]小球在整个过程中,动能变化量为零,重力势能减少了mg(H+h),则小球的机械能减少了mg(H+h),故A正确;对小球下落的全过程,由动能定理得mg(H+h)-W f=0,则小球克服阻力做功W f=mg(H+h),故B错误;小球落到地面时的速度v=,对进入泥潭的过程,由动量定理得I G-I f=0-m,解得I f=I G+m,可知阻力的冲量大于m,故C正确;对全过程分析,由动量定理知,动量的改变量等于重力的冲量和阻力冲量的矢量和,故D错误.8.ABC[解析]根据运动学公式=+2ax,对AB段,有=+2a AB x AB,对BC段,有=+2a BC x BC,因为v C=v A,x AB=x BC,所以a AB=-a BC,即两段运动中加速度大小相等,方向相t AB=m(v B-v A),对BC段,有F合't BC=m(v C-v B),因为两反,A正确;根据动量定理,对AB段,有F合段运动中速度变化量大小相等,方向相反,合外力大小相等,方向相反,所以t AB=t BC,B正确;因为x AB=x BC,所以在两段运动中竖直方向的位移分量相等,故重力做功相等,C正确;物体在以上两段运动中动量变化量大小相等,方向相反,D错误.9.BCD[解析]子弹在水球中沿水平方向做匀减速直线运动,通过四个水球的平均速度不同,运动位移相同,则时间不等,由Δv=aΔt可得,子弹在每个水球中的速度变化不相同,由I=mat可得,每个水球对子弹的冲量不同,由ma·l=ΔE k可得,子弹在毎个水球中的动能变化相同,选项A错误,选项B、C、D正确.10.CD[解析]0~4s内,质点先做加速运动后做减速运动,由动量定理得I总=mv,由图像可得0~4s内合力的冲量为0,则4s末的速度恰减为0,选项A错误;0~1s内合力的冲量为I1=0.5N·s,则t=1s时质点的动量为0.5kg·m/s,选项B错误;由动量定理可得,在t=2s时质点速度最大,动能最大,选项C正确;1~3s内图像与时间轴所围的面积为0,F的冲量为0,选项D正确.11.BD[解析]v-t图线中线段AC∥BD,故两物体与水平面间的动摩擦因数相同,设动摩擦因数为μ,在a、b加速的过程中,由牛顿第二定律得F a-μm a g=m a a a,F b-μm b g=m b a b,解得F a=m a a a+μm a g,F b=m b a b+μm b g,由v t图像知,在a、b加速的过程中,a a>a b,若m a>m b,则F a>F b;整个运动过程中a、b的位移分别为x a=×2v0×2t0=2v0t0和x b=v0×3t0=v0t0,物体a克服摩擦力做功W fa=μm a gx a,物体b克服摩擦力做功W fb=μm b gx b,若m a>m b,则物体a克服摩擦力做功大于物体b克服摩擦力做功,选项A错误,B 正确.若m a<m b,则F a、F b的大小关系不确定;物体a所受摩擦力的冲量大小I a=μm a g×2t0,物体b所受摩擦力的冲量大小I b=μm b g×3t0,若m a<m b,则物体a所受摩擦力的冲量小于物体b所受摩擦力的冲量,选项C错误,D正确.12.BC[解析]物块从开始运动到返回底端的过程中重力的冲量大小I G=3mgt0,选项A 错误;设物块返回底端的速度为v,则有=,即v=,物块从开始运动到返回底端的过程中动量变化量大小Δp=mv0,选项B正确;由动量定理知,对上滑和下滑过程,分别有-(mg sinθ+μmg cosθ)·t0=-mv0和(mg sinθ-μmg cosθ)·2t0=mv0,联立可得sin θ=,选项C正确;在3t0时间内物块克服摩擦力做的功W f=m-mv2=m,选项D错误.13.(1)540N(2)22.5J[解析](1)重物自由下落,设落地前瞬间的速度为v1,有H=gt2,v1=gt,解得v1=3m/s设反弹瞬间速度为v2,有=2gh,解得v2=2m/s规定向上为正方向,由动量定理得(F-mg)t=mv2+mv1,解得F=540N(2)损失的机械能ΔE=m-m=22.5J.14.A[解析]设雨滴受到支持面的平均作用力为F,在Δt时间内有质量为Δm的雨水的速度由v=12m/s减为零.以向上为正方向,对这部分雨水,由动量定理得FΔt=0-(-Δmv)=Δmv,解得F=v,设水杯的横截面积为S,对水杯里的雨水,在Δt时间内水面上升Δh 高度,有Δm=ρSΔh,F=ρSv,产生的压强p==ρv=0.15Pa,故A正确.课时作业(十八)A1.D[解析]小球下滑过程中,小球与槽组成的系统所受合外力不为零,系统动量不守恒,选项A错误;小球下滑过程中,小球的位移方向与槽对小球的支持力方向的夹角为钝角,故支持力做负功,选项B错误;刚开始时小球速度为零,重力的功率为零,当小球到达底端时,速度水平,与重力方向垂直,重力的功率为零,所以重力的功率先增大后减小,选项C错误;小球下滑过程中,地球、小球和槽组成的系统机械能守恒,选项D正确.2.D[解析]对于火箭和卫星组成的系统,在分离前后沿原运动方向上动量守恒,由动量守恒定律得(m1+m2)v0=m1v1+m2v2,解得v1=v0+(v0-v2),D正确.3.B[解析]小球1在桌面上滑动的过程,速度不变,与小球2碰撞过程,由动量守恒定律得m1v0=(m1+m2)v,解得v=2m/s,两球脱离桌面后做平抛运动,运动时间t==0.5s,水平位移x=vt=1m,选项B正确.4.C[解析]A、B两人及小车组成的系统受合外力为零,系统动量守恒,根据动量守恒定律得m A v A+m B v B+m车v车=0,若小车不动,则m A v A+m B v B=0,由于不知道A、B的质量关系,所以两人的速率不一定相等,故A错误;若小车向左运动,则A、B的动量之和必须向右,而A向右运动,B向左运动,所以A的动量一定比B的大,故B错误,C正确;若小车向右运动,则A、B的动量之和必须向左,而A向右运动,B向左运动,所以A的动量一定比B的小,故D错误.5.BD[解析]由图像可知,碰撞前A、B两球都做匀速直线运动,v a=m/s=-3m/s,v b=m/s=2m/s,碰撞后二者合在一起做匀速直线运动,v c=m/s=-1m/s,碰撞过程中动量守恒,即m A v a+m B v b=(m A+m B)v c,可解得m B=kg,选项B、D正确.6.BC[解析]碰撞的瞬间滑块甲和丙组成的系统动量守恒,滑块乙的速度在瞬间不变,以滑块甲的初速度方向为正方向,若碰后滑块甲和丙的速度分别变为v1和v2,由动量守恒定律得Mv=Mv1+mv2;若碰后滑块甲和丙的速度相同,由动量守恒定律得Mv=(M+m)v',故B、C正确.7.AC[解析]机车牵引力不变,脱钩后机车做加速运动,拖车做减速运动,拖车最后速度为0,对运动的整体,由动量守恒定律得2Mv0=Mv1+Mv2,当v1=15m/s时,v2=5m/s,选项A 正确,B错误;对系统,由动能定理得Fx1-f1x1-f2x2=ΔE k,因加速过程的位移大于减速过程的位移,即x1>x2,则动能增大,选项C正确.8.BC[解析]以人与两船组成的系统为研究对象,人在跳跃过程中系统总动量守恒,所以A、B两船(包括人)的动量大小之比总是1∶1,选项B正确;最终人在B船上,以系统为研究对象,在整个过程中,以A的速度方向为正方向,由动量守恒定律得mv A-v B=0,解得=,选项A错误;A的动能为E k A=,B(包括人)的动能为E k B=,则E k A∶E k B=3∶2,选项C正确,D错误.9.AD[解析]设碰后蓝壶的速度为v2,碰前红壶的速度v0=1.0m/s,碰后红壶的速度v1=0.2m/s,根据动量守恒定律得mv0=mv1+mv2,解得v2=0.8m/s,选项A正确;根据碰前红壶的速度图像可得红壶的加速度大小a==m/s2=0.2m/s2,碰后蓝壶减速到零需要的时间t==s =5s ,碰后蓝壶运动图像与时间轴围成的面积表示走过的位移,x 2=m =2m ,选项B 错误;碰撞过程两壶损失的动能为ΔE=m -m -m =3.04J ,选项C 错误;碰后红壶走过的位移为x 1==0.1m ,所以碰后红、蓝两壶所滑过的距离之比为1∶20,选项D 正确.10.ABD [解析]当A 、B 、C 三者的速度相等时,弹簧的弹性势能最大,对A 、B 、C 三者组成的系统,由动量守恒定律得(m A +m B )v=(m A +m B +m C )v A ,解得v A =2m/s ,选项A 正确;B 、C 碰撞时,B 、C 组成的系统动量守恒,有m B v=(m B +m C )v 1,解得碰后瞬间两者的速度v 1=m/s ,碰后系统的机械能守恒,故弹簧的最大弹性势能为E p =(m B +m C )+m A v 2-(m A +m B +m C )=J ,选项B 正确,C 错误;由动量守恒定律得(m A +m B )v=m A v'A +(m B +m C )v'B ,假设A 向左运动,即v'A <0,则v'B >m/s ,此时A 、B 、C 的动能之和为E'k =m A v +(m B +m C )v >(m B +m C )v =J ,实际上系统的动能E k=(m B+m C)+m A v2=J,根据能量守恒定律可知E'k>E k违反了能量守恒定律,是不可能的,选项D正确.11.AC[解析]规定向右为正方向,碰撞前A、B两球的动量均为6kg·m/s,说明A、B两球的速度方向向右,两球质量关系为m B=2m A,所以碰撞前v A>v B,左方是A球;碰撞后A球的动量增量为-4kg·m/s,所以碰撞后A球的动量是2kg·m/s;碰撞过程中系统总动量守恒,所以碰撞后B球的动量是10kg·m/s,根据m B=2m A,所以碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5,选项C正确,D错误.碰撞前系统总动能为+=+=,碰撞后系统动能为+=+=,则碰撞前后系统机械能不变,碰撞是弹性碰撞,选项A正确,B错误.12.(1)1.6×104N·s1.6×105N(2)不会[解析](1)v1=36km/h=10m/s取速度v1的方向为正方向,由动量定理得-I0=0-m1v1解得I0=1.6×104N·s由冲量定义有I0=F0t1解得F0=1.6×105N(2)设试验车和汽车碰撞后获得共同速度v,由动量守恒定律得m1v1+m2v2=(m1+m2)v对试验车,由动量定理得-Ft2=m1v-m1v1联立解得F=2.5×104N因F<F0,故试验车的安全气囊不会爆开.13.D[解析]小球与小车组成的系统在水平方向上所受合外力为零,系统在水平方向上动量守恒,但系统整体所受合外力不为零,系统动量不守恒,故选项A错误;系统在水平方向上动量守恒,以向右为正方向,在水平方向上,由动量守恒定律得mv-mv'=0,即m-m=0,解得小车的位移x=R,故选项B错误;小球与小车组成的系统在水平方向上动量守恒,类似于人船模型,小球离开小车时系统在水平方向上动量为零,小球与小车在水平方向上的速度为零,小球离开小车后做竖直上抛运动,故选项C错误;小球第一次在车中运动的过程中,由动能定理得mg-W f=0,W f为小球克服摩擦力做功大小,解得W f=mgh0,即小球第一次在车中滚动损失的机械能为mgh0,由于小球第二次在车中滚动时,对应位置处速度变小,因此小车对小球的弹力变小,摩擦力变小,克服摩擦力做功小于mgh0,机械能损失小于mgh0,因此小球再次离开小车时,能上升的最大高度大于h0-h0=h0,而小于h0,故选项D正确.课时作业(十八)B1.B[解析]两球组成的系统在水平方向上动量守恒,以向右为正方向,在水平方向,由动量守恒定律得mv-mv'=0,由机械能守恒定律得mv'2+mv2=mgl,联立解得v=,选项B正确.2.B[解析]A、B组成的系统在水平方向动量守恒,以B的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得m B v=(m A+m B)v',由机械能守恒定律得m B v2=(m A+m B)v'2+m B gh,联立解得h=0.10m,选项B正确.3.A[解析]最后滑块与子弹相对静止,根据动量守恒定律可知,两种情况下滑块和子弹的共同速度相等,根据能量守恒定律可知,两种情况下碰撞前后动能的减少量相等,产生的热量相等,而子弹相对滑块的位移大小不等,故滑块对子弹的阻力不一样大,A错误,D正确;根据动能定理可知,滑块动能的增加量等于子弹对滑块做的功,所以两种情况下子弹对滑块做的功一样多,B正确;根据动量定理,两种情况滑块受到的冲量一样大,C正确.4.D[解析]根据动量守恒定律可得mv0=(m+m A)v,由图像可知v=1m/s,解得m A=2kg,选项A、B错误;0~2s内,A、B组成的系统损失的机械能ΔE=m-(m A+m)v2=3J,损选项D正确,C错误.5.BD[解析]斜劈和滑块组成的系统所受的合外力不为零,动量不守恒,选项A错误;斜劈和滑块组成的系统在水平方向上动量守恒,设滑块运动的位移为s1,斜劈运动的位移为s2,由动量守恒定律得ms1-Ms2=0,且s1+s2=L,解得s2=,选项B正确;斜劈的动量变化量应该与合外力的冲量大小相等,选项C错误;系统的机械能守恒,所以滑块克服支持力做的功等于斜劈增加的动能,选项D正确.6.BC[解析]以物体A、B和弹簧为系统,由动量守恒定律可知,第一种情况,有m1v=(m1+m2)v1,解得v1=v,第二种情况,有m2v=(m1+m2)v2,解得v2=v,由于m1<m2,所以v1<v2,选项A错误,B正确;根据能量守恒定律可知,第一种情况,有E p=m1v2-(m1+m2)=m1v2-(m1+m2)v2=v2,第二种情况,有E p=m2v2-(m1+m2)=m2v2-(m1+m2)v2=v2,选项C正确,D错误.7.BC[解析]系统满足动量守恒,系统总动量向左,最终小物块和木箱相对静止,两者以相同的速度一起向左运动,选项A错误;规定向左为正方向,由动量守恒定律得Mv0=(M+m)v,则最终系统的速度v=,方向向左,小物块和木箱组成的系统最终损失的机械能ΔE=M-(M+m)v2=,选项B正确;木箱速度水平向左、大小为时,有Mv0=Mv1+mv2,解得v2=,选项C正确;当木箱速度为v1=时,根据动量守恒定律得Mv0=Mv1+mv3,解得v3=,选项D错误.8.AD[解析]从图像可以看出,从0到t1的过程中,物块A的速度比物块B的大,弹簧被压缩,t1时刻两物块达到共同速度,此后物块A的速度比物块B的小,两者间距增大,弹簧的压缩量减小,所以t1时刻弹簧长度最短,选项A正确;t2时刻物块B的速度最大,此后物块B的速度减小,弹簧被拉伸,则t2时刻弹簧恢复原长,在t1~t2时间内,弹簧处于压缩状态,t2~t3时间内,弹簧处于拉伸状态,选项B错误;在0~t2时间内,弹簧对物块A冲量的大小为m1(v0+v3),选项C错误;对弹簧和两物块组成的系统,因合外力为零,故动量守恒,由动量守恒定律得m1v0=(m1+m2)v2=m2v1-m1v3,选项D正确.9.ABD[解析]物体A到达与物体B相距最近位置后继续前进,此后拉动物体B前进,物体A减速,物体B加速,达到共同速度时两者相距最远,此后物体A继续减速,物体B加速,当两球再次相距最近时,物体A达到最小速度,物体B达到最大速度,两物体在水平方向上动量守恒,速度相同时保持稳定,一直向右前进,取向右为正方向,根据动量守恒定律和机械能守恒定律得m1v1=m1v'1+m2v2,m1=m1v+m2,解得v'1=v1,v2=v1,故物体B的最大速度为v1,物体A的最小速度为v1,当m1=m2时,物体A的最小速度是0,故A、D正确,C错误;若m1<m2,则v'1<0,可知在某段时间内物体A向左运动,选项B正确.10.(1)30N(2)不能[解析](1)小滑块从A到B过程中,由动能定理得-μmgL=m-m解得v B=2m/s从C到D过程中,由动能定理得-mgR=0-m解得R=0.2m在C点时,有F N-mg=m解得F N=30N由牛顿第三定律可得滑块经过C点时对轨道的压力大小为30N(2)滑块从D重新回到C过程,有mgR=m解得v C=2m/s滑块再次滑上AB时,若AB长度足够,则最终两者相对静止,此过程中滑块和轨道组成的系统动量守恒,有mv C=(M+m)v根据能量守恒定律得m=(M+m)v2+μmgs联立解得s=0.32m因为s<L=0.5m,故滑块不能从轨道上滑下.11.(1)4m/s(2)90J[解析](1)设与物块Q发生碰撞前物块P的速度大小为v0,碰后二者速度大小为v1,在D 点时速度大小为v2,则在D点,由牛顿第二定律得(m1+m2)g=(m1+m2)从B到D过程,由动能定理得-(m1+m2)g·2R=(m1+m2)-(m1+m2)解得v1==2m/sP、Q碰撞过程,由动量守恒定律得m1v0=(m1+m2)v1解得v0=4m/s.(2)对小物块P从释放点至运动到B点,由动能定理得W-μm1gL=m1-0 解得W=90J故E p=W=90J.。

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