2024版高中同步新教材选择性必修第一册人教物理备课资源01-专题强化练1 类碰撞问题

2024版高中同步新教材选择性必修第一册人教物理备课资源专题强化练1类碰撞问题P199定点2答案见P12460分钟题组一弹簧模型1.(2023北京牛栏山一中月考)如图所示,位于光滑水平桌面上的小滑块P和Q都可视为质点,P的质量是Q的2倍,Q与轻质弹簧相连。设Q静止,P以初速度v0向Q运动并与弹簧发生碰撞(轻质弹簧与P不粘连)。在整个碰撞过程中有()A.当弹簧被压缩到最短时,Q的速度最大B.P的最终动能是它初动能的1C.P被弹簧弹开瞬间速度与初速度反向D.由于弹簧被压缩,最终P将静止2.(2022北京朝阳期末)如图所示,在水平桌面上放置一操作台,操作台上表面水平且光滑。在操作台上放置体积相同、质量不同的甲、乙两球,质量分别为m1、m2,两球用细线(图中未画出)相连,两球之间有一个压缩的轻质弹簧,两球分别与操作台左、右边缘距离相等。烧断细线后,由于弹簧弹力的作用,两球分别向左、右运动,脱离弹簧后在操作台面上滑行一段距离,然后平抛落至水平桌面上。下列说法正确的是()A.刚脱离弹簧时,甲、乙两球的动量相同B.刚脱离弹簧时,甲、乙两球的动能相同C.甲、乙两球不会同时落到水平桌面上D.甲、乙两球做平抛运动的水平射程之比为m1∶m23.(2023江苏南京第一中学开学考试)如图所示,质量为m的钢板B与直立的轻弹簧连接,弹簧的下端固定在水平地面上,平衡时弹簧的压缩量为x0。另一个表面涂有油泥、质量也为m的物块A,从距钢板3x0高度处自由落下,与钢板碰后A、B粘连在一起向下压缩弹簧,重力加速度大小为g,则()A.A、B粘连后的最大速度是12B.A、B粘连后的最大速度大于12C.在压缩弹簧过程中,A、B组成的系统机械能守恒D.从A开始运动到压缩弹簧至最短的整个过程中,A、B和弹簧组成的系统机械能守恒题组二子弹打木块模型4.(2022湖北黄冈黄州中学入学考试)长方体滑块由材料不同的上下两层粘在一起组成,将其放在光滑的水平面上,质量为m的子弹以速度v水平射向滑块,若射击上层,则子弹恰好不射出;若射击下层,则整个子弹恰好嵌入。则上述两种情况相比,说法错误的是()A.子弹击中上层过程中,系统产生的热量较多B.两次滑块所受冲量一样大C.两次系统损失的机械能一样多D.两次子弹动量变化量一样大5.(2021安徽六安舒城中学月考)如图所示,子弹以水平速度v0射入放在光滑水平桌面上的木块,子弹没有射出。子弹质量为m,木块质量为M,此过程中木块的位移为s,子弹进入木块的深度为Δs,若将子弹在射入木块的过程中受到的阻力视为恒力,则s和Δs的大小关系满足()A.s>ΔsB.s=ΔsC.s<ΔsD.不能确定题组三滑块+光滑弧面模型6.(2023重庆一中月考)光滑的水平面上放有滑块A,其内侧是半径为R的四分之一光滑圆轨道,轨道底端的切线水平,离地高度为h,B为光滑小球,将其从轨道顶端由静止释放,如图所示。若滑块固定,小球B落地时离轨道底端的水平距离为x1;若滑块不固定,小球B落地时离轨道底端的水平距离为x2;已知小球B和滑块A的质量相等,则x1x2为A.12B.21C.17.(2023江苏南京师大苏州实验学校月考)如图所示,质量为M、带有半径为R的四分之一光滑圆弧轨道的滑块静置于光滑水平地面上,且圆弧轨道底端与水平面平滑连接,O为圆心,质量为m的小滑块以水平向右的初速度v0冲上圆弧轨道,恰好能滑到最高点,已知M=2m,则下列判断正确的是()A.由于没有摩擦阻力,小滑块冲上轨道的过程,小滑块机械能守恒B.小滑块冲上轨道的过程,小滑块与带有圆弧轨道的滑块组成的系统动量守恒C.小滑块冲上轨道的最高点时,带有圆弧轨道的滑块速度最大且大小为23vD.小滑块脱离圆弧轨道时,速度大小为13v题组四板块模型8.(2022山东潍坊第四中学检测)如图所示,质量为M=2kg的木板静止在光滑水平面上,一个质量为m=4kg的滑块以初速度v0=3m/s从木板的左端向右滑上木板,经t=1s滑块与木板相对静止。则下面说法正确的是()A.相对静止前滑块和木板的加速度大小之比是2∶3B.整个过程中因摩擦产生的内能是10JC.木板的最小长度是2.5mD.从开始到滑块与木板相对静止这段时间内,滑块与木板的位移之比是5∶29.(2021重庆西南大学附中月考)如图所示,长为L、质量为2m的长木板B放在光滑的水平面上,质量为m的铁块A放在长木板右端。一质量为m的子弹以速度v0射入木板并留在其中,铁块恰好不滑离木板。子弹射入木板中的时间极短,子弹、铁块均视为质点,铁块与木板间的动摩擦因数恒定,重力加速度为g,则()A.整个过程中子弹、A、B三者构成的系统动量守恒B.木板获得的最大速度为14vC.铁块获得的最大速度为13vD.铁块与木板之间的动摩擦因数为v10.(2023湖北荆州公安第三中学月考)如图所示,地面和半圆轨道面均光滑。质量M=1kg、长L=4m的小车放在地面上,其右端与墙壁的距离为s=3m,小车上表面与半圆轨道最低点P的切线相平。现有一质量m=2kg的滑块(视为质点)以v0=6m/s的初速度滑上小车左端,带动小车向右运动。小车与墙壁碰撞时即被粘在墙壁上,已知滑块与小车表面间的动摩擦因数μ=0.25,重力加速度g取10m/s2。(1)滑块与小车刚达到相对静止时,小车对地的位移是多少?(2)要使滑块恰好运动到半圆轨道最高点Q,求半圆轨道的半径R。题组五悬绳模型11.(2022重庆巴蜀中学月考)如图所示,质量均为2m的木块A和B,并排放在光滑的水平面上,A上固定一竖直轻杆,轻杆上端的O点系一长为l的细线,细线另一端系一质量为m的球C。现将C球拉起,使细线水平伸直,并由静止释放C球。重力加速度为g。关于从释放C球到C球运动到最低点的过程,下列说法正确的是()A.整个运动过程中,A、B、C系统动量守恒,机械能守恒B.整个运动过程中,A、B、C系统水平方向动量守恒,机械能守恒C.当C球运动到最低点时,A、B的速度均为110D.当C球运动到最低点时,A、B的速度均为2512.如图所示,质量为m的滑环套在足够长的光滑水平滑杆上,质量为M=3m的小球(可视为质点)通过长为L的轻质细绳与滑环连接。将滑环固定时,给小球一个水平冲量,小球摆起后刚好碰到水平杆;若滑环不固定,仍给小球同样的水平冲量,则小球摆起的最大高度为()A.16LB.1C.12LD.3

答案与分层梯度式解析第一章动量守恒定律专题强化练1类碰撞问题1.B2.C3.B4.A5.C6.A7.D8.D9.AD11.BC12.B1.B当弹簧被压缩到最短时,Q的加速度最大,当弹簧恢复原长时,Q的加速度为零,速度最大,A错误。设P、Q的质量分别为2m和m,当弹簧恢复原长时,P、Q的速度分别为v1、v2,由动量守恒和能量守恒可知2mv0=2mv1+mv2,12·2mv02=12·2mv12+12mv22,解得v1=v03,v2=4v03,所以P被弹簧弹开瞬间速度与初速度同向,最终以v03的速度做匀速运动,C、D错误。P的初动能EkP0=12·2mv02=mv022.C刚脱离弹簧时,甲、乙两球的动量大小相等、方向相反,A错误;由Ek=12mv2=p22m,由于甲、乙两球的质量不同,所以动能不相同,B错误;由m1v1-m2v2=0得v1v2=m2m1,甲、乙两球在操作台上滑行时的速度大小不同,距操作台左、右边缘距离相等,所以在操作台上滑行时间不相等,两球到桌面的高度相同,由h=12gt2可知,两球做平抛运动的时间相等,因此甲、乙两球不会同时落到水平桌面上3.B模型构建物块A下落3x0,由动能定理有mg·3x0=12mv2,得物块A与钢板碰撞前瞬间的速度v=6gx0,碰撞时间极短,钢板与物块组成的系统动量守恒,设两者碰后瞬间的共同速度为v1,则mv=2mv1,解得v1=126gx0,当A、B粘连后的瞬间,A、B的总重力(2mg)大于此时弹簧的弹力(mg),A、B粘连后先要向下加速再减速,所以A、B粘连后的最大速度大于126gx0,A错误,B正确;在压缩弹簧过程中,A、B组成的系统机械能减小,减小的机械能等于弹簧增加的弹性势能,C错误;由于A、B碰后粘连,4.A由动量守恒定律知,两次滑块和子弹最终获得的速度(滑块和子弹共速)相同,则系统损失的机械能相等,产生的热量也相等,A错误,C正确;两次滑块的动量变化量相同,由动量定理知,两次滑块所受冲量一样大,B正确;两次子弹的动量变化量也一样大,D正确。故错误的是A。5.C子弹击中木块过程动量守恒,设子弹与木块共速时的速度为v,取向右为正方向。由动量守恒定律有mv0=(m+M)v,由动能定理,对木块有fs=12Mv2,对子弹有-f(s+Δs)=12mv2-12mv02,联立解得s=mm6.A设A、B的质量均为m,滑块A固定时,小球B离开A时的速度大小为v。小球下滑过程中,由机械能守恒定律有mgR=12mv2,解得v=2gR;滑块不固定时,设B离开A时B的速度大小为v1,A的速度大小为v2,A、B组成的系统在水平方向动量守恒,以向右为正方向,在水平方向有mv1-mv2=0,由机械能守恒定律有mgR=12mv12+12mv22,解得v1=v2=gR,两种情况下小球B离开A后都做平抛运动,竖直方向有h=12gt2,水平方向有x1=vt,x2=(v1+v2)t,解得7.D由于没有摩擦阻力,小滑块冲上轨道的过程,小滑块和带有圆弧轨道的滑块组成的系统机械能守恒,带有圆弧轨道的滑块的机械能增加,小滑块的机械能减少,A错误;小滑块冲上轨道的过程,小滑块在竖直方向存在加速度,带有圆弧轨道的滑块在竖直方向不存在加速度,故小滑块和带有圆弧轨道的滑块组成的系统在竖直方向的合外力不为零,系统动量不守恒,B错误;小滑块冲上轨道的过程,系统在水平方向不受外力作用,系统水平方向动量守恒,小滑块冲上轨道的最高点时,两者具有共同的速度v,则有mv0=(m+M)v,解得v=mv0m+M=13v0,C错误;设小滑块脱离圆弧轨道时,速度为v1,带有圆弧轨道的滑块的速度为v2,根据系统水平方向动量守恒和系统机械能守恒可得mv0=mv1+Mv2,12mv02=12mv12+12Mv22,联立解得v1=m−M8.D设木板和滑块的加速度大小分别为a1和a2,水平面光滑,木板在水平方向只受到滑块对它的摩擦力,由牛顿第二定律有μmg=Ma1,滑块在水平方向也只受到摩擦力的作用,有μmg=ma2,则a2∶a1=1∶2,A错误;滑块和木板组成的系统所受的合外力为零,系统动量守恒,取向右为正方向,滑块相对木板静止时,由动量守恒定律有mv0=(M+m)v,得v=2m/s,根据能量守恒定律,整个过程中因摩擦产生的内能为Q=12mv02-12(M+m)v2=6J,B错误;该过程中,滑块的位移xm=v0+v2t=2.5m,木板的位移xM=v2t=1m,木板的最小长度Δx=xm-xM=1.5m,C错误;9.AD整个过程中子弹、A、B三者构成的系统受到的合外力为零,则系统的动量守恒,故A正确;取向右为正方向,对子弹和木板B构成的系统,根据动量守恒定律有mv0=(m+2m)v1,解得v1=v03,即木板获得的最大速度为13v0,故B错误;对木板B(包括子弹)和铁块A构成的系统有mv0=(m+2m+m)v2,解得v2=v04,即铁块获得的最大速度为14v0,故C错误;子弹打入木板后,对木板B(包括子弹)和铁块A构成的系统,由能量守恒定律有μmgL=12·3mv12-1210.答案(1)1.6m(2)0.16m解析(1)对滑块与小车组成的系统,由动量守恒得mv0=(M+m)v1可得滑块与小车刚达到相对静止时,滑块的速度大小v1=4m/s对滑块,由动能定理得-μmgx1=12mv12-12mv0对小车,由动能定理得μmgx2=12Mv可得小车的位移为x2=1.6m<s,即碰到墙壁前已共速。(2)滑块与小车刚达到相对静止时,滑块与小车的相对位移为x=x1-x2=2.4m[或:由能量守恒得μmgx=12mv02-12(m+M)v12,小车与墙壁碰撞时即被粘在墙壁上,滑块将在小车上向右滑动到P点,对滑块,由动能定理得-μmg(L-x)=12mv22-可得滑块到达P点时的速度v2=22m/s若滑块恰好过半圆轨道最高点,有mg=m滑块从P点到半圆轨道最高点,根据动能定理得-mg·2R=12mv32-可得R=0.16m11.BC对于A、B、C组成的系统,整个运动过程中,只有重力及系统内弹力做功,系统机械能守恒,水平方向无外力作用,水平方向动量守恒,由于A、B没有竖直方向的分加速度,但C球有竖直方向的分加速度,因此在竖直方向上系统所受的合外力不为零,竖直方向动量不守恒,A错误,B正确;当C运动到最低点时,由系统水平方向动量守恒有mvC=4mvAB,由机械能守恒有mgl=12mvC2+12×4mvAB2,联立解得vAB模型强化几个物体组成的系统在某一方向不受外力(或某一方向合力为0),系统在这个方向动量守恒。几个物体组成的系统只有重力或系统内弹力做功,系统机械能守恒。12.B滑环固定时,根据机械能守恒定律有MgL=12Mv02,解得v0=2gL,水平冲量大小为I=M2gL;滑环不固定时,因为给小球的水平冲量相同,所以小球初速度仍为v0,在小球摆至最大高度h时,小球和滑环的速度相等,设为v,在此过程中小球和滑环组成的系统水平方向的动量守恒,有Mv0=(m+M)v,由机械能守恒得12M2动量定理基础过关练题组一冲量的理解与计算1.下列说法中正确的是()A.根据F=ΔpB.力与力的作用时间的乘积叫作力的冲量,它反映了力的作用对时间的累积效应,是一个标量C.作用在静止的物体上的力的冲量一定为零D.冲量的方向就是物体运动的方向2.(2022江苏南京校际联合体联考)如图所示,质量为m的物体从倾角为θ的固定斜面的顶端匀速滑下,下滑时间为t,重力加速度大小为g,下列说法中正确的是()A.支持力的冲量为零B.摩擦力的冲量大小为mgtsinθC.重力的冲量大小为mgtsinθD.合力的冲量大小为mgt-mgtsinθ3.质量为m的运动员托着质量为M的杠铃从下蹲状态(图甲)缓慢运动到站立状态(图乙),该过程中杠铃和人的肩部相对位置不变,运动员保持图乙状态站立Δt时间后再将杠铃缓慢向上举,至双臂伸直(图丙),运动员从甲到乙、从乙到丙经历的时间分别为t1、t2,重力加速度大小为g,则在举起杠铃的整个过程中()A.地面对运动员的冲量为0B.地面对运动员的冲量大小为(M+m)g(t1+t2)C.运动员对杠铃的冲量大小为Mg(t1+t2+Δt)D.运动员对杠铃的冲量大小为Mg(t1+t2)4.(2023黑龙江齐齐哈尔期中)物体从t=0时刻开始由静止做直线运动,0~4s内其受到的合外力随时间变化的关系图线为正弦曲线,如图所示,下列表述不正确的是()A.0~2s内合外力的冲量一直增大B.0~4s内合外力的冲量为零C.2s末物体的动量方向发生变化D.0~4s内物体动量的方向一直不变题组二动量定理的理解与简单应用5.(2023山东广饶一中月考)下面关于物体动量和冲量的说法正确的是()A.当力与物体的位移垂直时,该力的冲量为零B.物体所受合外力越大,它的动量变化就越快C.物体所受合外力的冲量越大,它的动量也越大D.做曲线运动的物体,在任何Δt时间内所受合外力的冲量一定不为零6.(2023河北保定三中月考)玻璃杯从同一高度自由下落,掉落到水泥地上易碎,掉落到草地上不易碎,这是由于玻璃杯掉到水泥地上()A.所受合外力的冲量更大B.杯子的动量变化量更大C.与水泥地碰撞前的速度更大D.杯子的动量变化率更大7.(2023江苏震泽中学月考)在一次摸高测试中,一质量为70kg的同学先下蹲,再用力蹬地的同时举臂起跳,在刚要离地时其手指距地面的高度为1.95m;离地后身体形状近似不变,手指摸到的最大高度为2.40m,若从蹬地到离开地面的时间为0.2s,则在不计空气阻力情况下,起跳过程中他对地面的平均压力约为(重力加速度g取10m/s2)()A.1050NB.1400NC.1750ND.1900N8.(2022江苏苏州十中月考)质量为1kg的物体做直线运动,其速度-时间图像如图所示。则物体在前10s内和后10s内所受外力的冲量分别是()A.10N·s,10N·sB.10N·s,-10N·sC.0,10N·sD.0,-10N·s9.如图甲所示,质量为0.5kg的木块静止在光滑的水平面上,0时刻起在木块右端施加一水平向右、大小按图乙所示随时间t变化的拉力F,图像为一半圆,4s后撤去力F。则整个过程中木块所受拉力F的冲量大小以及木块在4s末的速度大小分别为()A.4N·s,8m/sB.4N·s,2m/sC.2πN·s,4πm/sD.2πN·s,πm/s10.(2023江苏金湖中学月考)如图所示,一不可伸长的轻绳的一端固定于O点,另一端系一小球,开始时将轻绳向右拉至水平,然后将小球由静止释放,则小球由静止到运动到最低点的过程,下列说法正确的是()A.拉力对小球的冲量为零B.重力对小球的冲量为零C.合力对小球的冲量方向水平向左D.合力对小球的冲量方向始终指向圆心11.(2022黑龙江大庆东风中学月考)某轻机枪子弹弹头质量约8g,出膛速度大小约750m/s。某次军事演习中,解放军战士在使用该机枪连续射击1分钟的过程中,机枪所受子弹的平均反冲力大小约12N,则机枪在这1分钟内射出子弹的数量约为()A.40颗B.80颗C.120颗D.160颗12.(2023重庆一中月考)一质点做曲线运动,在前一段时间内速度大小由v增大到3v,在随后的一段时间内速度大小由3v增大到7v。前后两段时间内,合外力对质点做的功分别为W1和W2,合外力的冲量大小分别为I1和I2。下列关系式一定成立的是()A.W2=5W1,I2≤5I1B.W2=5W1,I2=2I1C.W2=2W1,I2≥I1D.W2=2W1,I2=2I1

能力提升练题组一动量定理的应用1.(2023湖北宜昌英杰学校阶段练习)如图所示,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,下列说法正确的有()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m2D.小球动量的改变量等于所受阻力的冲量2.(2021山东潍坊现代中学月考)人们对手机的依赖性越来越强,有些人喜欢躺着看手机,经常出现被手机砸伤眼睛的情况。若手机质量为150g,从离人眼约20cm的高度由静止掉落,砸到眼睛后手机未反弹,眼睛受到手机的冲击时间约为0.1s,不计空气阻力,取重力加速度g=10m/s2,则()A.手机与眼睛作用过程中动量约变化了0.45kg·m/sB.手机对眼睛的冲量大小约为0.1N·sC.手机对眼睛的冲量大小约为0.3N·sD.手机对眼睛的作用力大小约为4.5N3.20世纪人类最伟大的创举之一是开展了对太空的探索。假如有一艘远离星球在太空中直线飞行的宇宙飞船,为了测量自身质量,启动推进器,测出飞船在短时间Δt内速度的改变量Δv和飞船受到的推力F(其他星球对它的引力可忽略)。飞船在某次航行中,当它飞近一个孤立的星球时,飞船能以速度v在星球的较高轨道上绕星球做周期为T的匀速圆周运动。已知星球的半径为R,引力常量用G表示。则宇宙飞船和星球的质量分别是()A.FΔvΔt,vC.FΔtΔv,v题组二动量定理与图像结合问题4.(2023山西师范大学实验中学阶段练习)质量为0.1kg的物体静止在水平地面上,从t=0时刻开始受到竖直向上的拉力F作用,F随时间t变化的情况如图所示,重力加速度g取10m/s2,则物体7s末的速度为()A.60m/sB.120m/sC.30m/sD.50m/s5.(2022江苏苏州一中月考)甲、乙两物体分别在恒定的合外力F1和F2的作用下沿同一直线运动,它们的动量随时间的变化关系如图所示,设甲在t1时间内所受的冲量大小为I1,乙在t2时间内所受的冲量大小为I2,则下列关系正确的是()A.F1<F2,I1<I2B.F1>F2,I1>I2C.F1>F2,I1=I2D.F1=F2,I1=I26.(2023山东招远二中月考)水平推力F1和F2分别作用于水平面上质量相等的甲、乙两物体上,作用一段时间后撤去推力,物体将继续运动一段时间后停下,甲、乙两物体的v-t图像分别如图中OAB、OCD所示,图中AB∥CD。则()A.两物体受到的摩擦力大小相等B.两物体受到的摩擦力大小不等C.F1的冲量大于F2的冲量D.F1的冲量小于F2的冲量7.(2022河北张家口期中)质量为m=2kg的物体受到水平拉力F的作用,在光滑的水平面上由静止开始做直线运动,运动过程中物体的加速度随时间变化的规律如图所示。则下列判断正确的是()A.0~4s内物体先做加速运动再做匀速运动B.6s末物体的速度为零C.0~4s内拉力的冲量为18N·sD.0~4s内拉力做功49J题组三动量定理和动能定理的综合应用8.(2023河南安阳一中月考,)如图所示,足够长、倾角θ=37°的光滑斜面体固定在光滑水平面上,A点为斜面体的底端,质量为1kg的物块静止在水平面上的P点,P点到A点的距离为1.2m。给物块施加一个水平向右、大小为5N的恒定拉力F,忽略物块经过A点时因碰撞产生的能量损失,重力加速度g取10m/s2,已知sin37°=0.6,cos37°=0.8。求:(1)物块运动到A点时的速度大小;(2)物块从P点至第一次运动到斜面上的最高位置所用的时间。9.(2022浙江云峰联盟联考)有些朋友驾驶汽车通过路口时喜欢“赶红绿灯”,也就是看着是绿灯就加速开过去。但是这种情况下往往是快开到路口时发现变灯了,就急刹车使汽车停止,这样很可能造成后方车辆来不及反应,发生追尾事故。所以为了自己和他人的安全,过路口时一定要减速慢行,切忌急刹车。现有一辆车正以54km/h的速度匀速行驶,司机发现平直公路前方有一红绿灯路口,然后立即刹车。这一过程中,汽车所受阻力大小随时间变化的规律如图所示。图中,0~t1时间段为从司机发现红绿灯到采取措施的反应时间(这段时间内汽车所受阻力可忽略,汽车保持匀速行驶),t1=0.8s;t1~t2时间段为刹车系统的启动时间,t2=1.3s;从t2时刻开始汽车的刹车系统稳定工作,阻力大小等于车重的12,汽车正好在红灯亮起时停在停止线内。设汽车质量为m=2000kg,重力加速度g取10m/s2(1)t2时刻汽车的速度;(2)从t2时刻开始,第3s内汽车的位移;(3)t1~t2时间内阻力的平均功率。题组四应用动量定理处理“流体模型”问题10.(2022江苏南通月考)如图所示,小华发现质量为M的水平平板锅盖刚好被水蒸气顶起。假设水分子的质量均为m,并均以速度v垂直撞击锅盖后以大小为v3的速度反向弹回,重力加速度为g,忽略水分子的重力,则单位时间内撞击锅盖的水分子个数为()A.3Mg4mvB.3Mg11.(2022江苏如皋教学质量调研)某竖直面内的户外广告牌的迎风面积为S,单位面积上所能承受的最大风力为F。设风吹到广告牌上后速度立刻减为零,空气密度为ρ,则广告牌能承受的垂直迎风面方向的最大风速为()A.FρSB.FρC.F12.(2023辽宁渤海大学附属高级中学月考)水刀切割具有精度高,无热变形、无毛刺,无须二次加工以及节约材料等特点,因而得到广泛应用。某水刀切割机床如图所示,若横截面直径为d的圆柱形水流垂直射到要切割的钢板上,碰到钢板后水的速度减为零。已知水的流量(单位时间内流出水的体积)为Q,水的密度为ρ,则钢板受到水的平均冲力大小为()A.4QρB.QρC.16ρQ

答案与分层梯度式解析第一章动量守恒定律2动量定理基础过关练1.A2.B3.C4.C5.B6.D7.C8.D9.C10.C11.C12.A1.A牛顿第二定律的另一种表达形式为F=ΔpΔt,其中ΔpΔt表示动量的变化率,A正确;冲量是矢量,B错误;冲量反映了力对时间的累积效应,只要有力作用一段时间,就有冲量,与物体的运动状态无关,C错误2.B物体所受支持力的大小为N=mgcosθ,所以支持力的冲量大小为IN=Nt=mgtcosθ,A错误;物体匀速下滑,由平衡条件知物体受到的摩擦力大小为f=mgsinθ,则摩擦力的冲量大小为If=ft=mgtsinθ,B正确;重力的冲量大小为IG=mgt,C错误;物体匀速下滑,所受合力为0,所以合力的冲量为0,D错误。3.C因缓慢运动,运动员和杠铃均可视为处于平衡状态,则地面对运动员的支持力大小为(M+m)g,作用时间为(t1+t2+Δt),故冲量大小为I=(M+m)g(t1+t2+Δt),A、B均错误;运动员对杠铃的力的大小为Mg,其冲量大小为I'=Mg(t1+t2+Δt),C正确,D错误。4.C根据F-t图像中图线与t轴围成的面积表示冲量,可知在0~2s内合外力的冲量一直增大,0~4s内合外力的冲量为零,故A、B正确;0~4s内物体动量的方向一直不变,故C错误,D正确。故选C。5.B力的冲量是力与作用时间的乘积,跟力与物体的位移的夹角大小无关,A错误。根据动量定理有I=F合·Δt=Δp,动量变化的快慢为ΔpΔt=F合,所以物体所受合外力越大,它的动量变化就越快;物体所受合外力的冲量越大,它的动量变化Δp越大;B正确,C错误。合外力的冲量等于动量的变化,做曲线运动的物体,如做匀速圆周运动的物体,转一圈时动量的变化量等于0,6.D玻璃杯从同一高度自由落下,与水泥地和草地接触前的速度相同,动量相同,作用后速度均变为零,故动量变化量Δp相同,由动量定理可知,合力的冲量也相同,A、B、C错误;玻璃杯掉落在水泥地上,作用时间较短,由动量定理Ft=Δp可得F=Δpt,所以玻璃杯掉落在水泥地上时动量的变化率Δpt更大7.C跳起后重心升高的高度为h=2.40m-1.95m=0.45m,由v2=2gh,解得人离开地面时的速度v=2gℎ=3m/s,人跳起过程,根据动量定理可得(F-mg)t=mv-0,地面对他的平均作用力约为F=1750N,根据牛顿第三定律,起跳过程中他对地面的平均压力约为F'=F=1750N,8.D由图像可知,在前10s内物体的初、末状态的动量相同,p1=p2=5kg·m/s,由动量定理知I1=0;在后10s内物体的末动量p3=-5kg·m/s,I2=p3-p2=-10N·s,故选D。9.C整个过程中木块所受拉力F的冲量大小等于F-t图线与t轴所围的面积,即I=12π×22N·s=2πN·s;根据动量定理可得I=mv,木块在4s末的速度大小为v=Im=4πm/s10.C小球由静止到运动到最低点的过程,小球的初动量为零,末动量水平向左,根据动量定理,合力对小球的冲量I合方向水平向左,C正确,D错误。小球由静止到运动到最低点的过程,重力的冲量IG=mgt竖直向下,根据平行四边形定则,绳子拉力的冲量IF应向左偏上,重力、拉力对小球的冲量都不是零,A、B错误。故选C。方法技巧利用数形结合法,用带箭头的线段分别表示出小球所受各力的冲量,大小、方向一目了然。11.C设机枪在1分钟内射出的子弹数量为n,则对这n颗子弹分析,由动量定理得Ft=nmv0,代入数据解得n≈120,故选C。12.A由动能定理,W1=12m(3v)2-12mv2=4mv2,W2=12m(7v)2-12m(3v)2=20mv2,可知W2=5W1,C、D错误。根据动量定理I=Δp,由于此题只给了速度的大小,没有给方向,动量变化量的计算是一个矢量运算,其大小范围在初、末动量大小之和与之差之间,即4mv≥I1≥2mv,10mv≥I2≥4mv能力提升练1.AC2.D3.D4.A5.C6.AD7.D10.A11.C12.D1.AC小球在整个下落过程中,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项正确;对小球下落的全过程运用动能定理得mg(H+h)-Wf=0,则小球克服阻力做功Wf=mg(H+h),故B项错误;小球落到地面时的速度v=2gH,对进入泥潭的过程运用动量定理得IG-If=0-m2gH,解得If=IG+m2gH,知阻力的冲量大于m2gH,故C项正确;对全过程运用动量定理知2.D根据自由落体运动规律得手机下落约20cm时的速度约为v=2gℎ=2×10×0.2m/s=2m/s,手机与眼睛作用后手机的速度变成0,取向下为正方向,则手机与眼睛作用过程中动量变化约为Δp=0-mv=-0.15×2kg·m/s=-0.3kg·m/s,故A错误;手机与眼睛碰撞的过程中,手机受到重力与眼睛的作用力,根据动量定理有I+mgt=Δp,代入数据可得I=-0.45N·s,手机对眼睛的作用力与眼睛对手机的作用力大小相等、方向相反、作用时间相等,所以手机对眼睛的冲量大小约为0.45N·s,故B、C错误;由冲量的定义式I=Ft,可得手机对眼睛的作用力大小约为F=I't=0.450.1N=4.3.D当飞船直线飞行时,根据动量定理有FΔt=mΔv,解得飞船的质量m=FΔtΔv;当飞船绕孤立星球做匀速圆周运动时,根据公式GMmr2=m4π2T2r,又G4.A解题关键(1)过程选取:0~1s内,物体所受重力、拉力、支持力的合力为0,动量不变,应选取1~7s过程进行研究;若选取整个过程列式,还要考虑支持力的冲量。(2)F-t图线与时间轴所围面积表示冲量。物体的重力为G=mg=1N,t=1s时刻F=1N=mg,则1s后物体将向上运动,则对物体在1~7s时间内,由动量定理得IF-mgΔt=mv,其中Δt=6s,且1~7s内力F的冲量IF=12×(1+3)×2+12×(1+3)×4N·s=12N·s,联立解得v5.C由图像可知,甲、乙两物体动量变化量的大小相等,由动量定理知,它们所受冲量的大小相等,即I1=I2,根据I=Ft,t2>t1,所以F1>F2,C正确,A、B、D错误。6.ADv-t图像的斜率表示加速度,AB与CD平行,说明撤去推力F1、F2后两物体的加速度相同,又因为两物体质量相等,所以撤去推力后两物体所受的合力相等,即两物体受到的摩擦力f大小相等,A正确,B错误;