2023-2024（上） 全品学练考 高中物理 选择性必修第一册第1章 动量守恒定律习题课：动量定理的应用练习册含答案

2023-2024（上）全品学练考高中物理选择性必修第一册第1章动量守恒定律习题课:动量定理的应用建议用时:40分钟◆知识点一动量定理与动能定理综合应用1.[2022·绍兴一中月考]材料相同、质量不同的两滑块,以相同的初动能分别在水平面上运动直到停止,则 ()A.质量大的滑块运动时间长B.质量小的滑块运动位移大C.质量大的滑块所受摩擦力的冲量小D.质量小的滑块克服摩擦力做功多2.[2022·石家庄二中月考]如图为一名同学“立定跳远”的频闪照片.下列分析正确的是 ()A.在跳出之前,地面对人的作用力的冲量大小等于重力的冲量大小B.脚在跳出至落到沙坑的过程中,人的动量先增大后减小C.脚在跳出至落到沙坑的过程中,人的重力势能先增大后减小D.在落到沙坑之后,沙坑对人的作用力的冲量小于重力的冲量◆知识点二动量定理与图像综合3.一质量为2kg的物块在合力F的作用下由静止开始沿直线运动,合力F随时间t变化的关系图像如图所示,则 ()A.t=2s时,物块的动量大小为0B.t=3s时,物块的速率为2m/sC.t=0到t=1s时间内,合力F对物块冲量的大小为1N·sD.t=2s到t=3s时间内,物块动量变化量的大小为1kg·m/s4.用水平拉力F拉一物体,使物体在水平地面上由静止开始做匀加速直线运动,t1时刻撤去拉力,物体做匀减速直线运动直到t2时刻停止,其速度—时间图像如图所示.若α>β,拉力F做的功为W1,冲量大小为I1;物体克服摩擦阻力Ff做的功为W2,Ff的冲量大小为I2.则下列选项正确的是 ()A.W1>W2,I1>I2 B.W1<W2,I1>I2C.W1<W2,I1<I2 D.W1=W2,I1=I2◆知识点三动量定理与微元法的综合应用5.初秋时节,天空晴朗明净,气候凉爽宜人.小明站在荷塘边感受习习凉风,若风以大小为v的水平速度正对吹向小明,风与小明的接触面积为S,风与小明作用后的速度变为零,空气的密度为ρ,则小明受到风的压力大小为 ()A.ρSv B.ρv2S C.ρS2v2 6.[2022·黄冈中学月考]平底煎锅正在炸豆子.假设每个豆子的质量均为m,弹起的豆子均垂直撞击平板锅盖,撞击速度均为v.每次撞击后速度大小均变为23v,撞击的时间极短,发现质量为M(M≫m)的锅盖刚好被顶起.重力加速度为g,则单位时间撞击锅盖的豆子个数为 (A.3Mg5mv B.2Mg5mv C7.(多选)如图甲所示,一足够长木板B静止在光滑水平面上,物块A放在B的左端,给物块A施加一水平向右的拉力F,拉力F的大小及物块A受到的摩擦力Ff的大小与作用时间t的关系如图乙所示.已知物块A的质量为1.0kg,木板B的质量为2.0kg,则t=4.0s时,下列判断正确的是 ()A.物块A的速率为12m/sB.物块A的速率为20m/sC.木板B的速率为6m/sD.木板B的速率为2m/s8.一物块静止在光滑水平面上,t=0时刻起在水平力F的作用下开始运动,F随时间按正弦规律变化如图所示,则下列选项中错误的是 ()图A.在0~1.5s时间内,第1s末物块的动量最大B.第2.0s末,物块回到出发点C.在0~1.0s时间内,F的功率先增大后减小D.在0.5s~1.5s时间内,F的冲量为09.[2022·浙江金华期中]如图甲所示,一物体放在水平地面上,物体所受水平拉力F随时间t的变化关系如图乙所示,物体的速度v随时间t的变化关系如图丙所示,下列说法正确的是 ()A.物体的质量为1kgB.丙图中横坐标t1的数值为7.5C.0~6s内,拉力的冲量为10N·sD.0~t1内,物体克服摩擦力所做的功为29J10.将质量为m=1kg的小球从距水平地面高h=5m处以v0=10m/s的水平速度抛出,不计空气阻力,g取10m/s2.求:(1)抛出后0.4s内重力对小球的冲量;(2)平抛运动过程中小球动量的增量Δp;(3)小球落地时的动量大小p'.11.水平传送带向右匀速运动,其速度大小v可由驱动系统根据需要设定,A、B两处分别是传送带左右两侧端点,一个小物块(可视为质点)在A处无初速度释放,经过一段时间被传送到B处,在这个过程中摩擦力对物块的冲量大小为I,物块与传送带由于摩擦产生的内能为ΔU.若将传送带速度大小v设定为更大的值,重复上述过程,则 ()A.I一定变大B.I一定变小C.ΔU可能不变D.ΔU一定变大12.[2022·青岛二中月考]“嫦娥五号”飞船在月球表面着陆过程如下:在反推火箭作用下,飞船在距月面100米处悬停,通过对障碍物和坡度进行识别,选定相对平坦的区域后,开始以a=0.5m/s2的加速度垂直下降.当四条“缓冲脚”触地时,反推火箭立即停止工作,随后飞船经2s减速到0,停止在月球表面上.飞船质量m=1000kg,每条“缓冲脚”与地面的夹角均为60°,月球表面的重力加速度g取1.6m/s2,四条缓冲脚的质量不计.求:(1)飞船垂直下降过程中,火箭推力对飞船做的功;(2)从缓冲脚触地到飞船速度减为0的过程中,每条“缓冲脚”对飞船的冲量大小.习题课:动量定理的应用1.B[解析]根据动能定理可知-μmgx=0-Ek,即两滑块克服摩擦力做的功相等,且质量较小的滑块运动位移较大,选项B正确,D错误;根据动量定理可知-μmgt=0-p,p=2mEk,则t=1μg2E2.C[解析]在跳出之前,地面对人的作用力大小大于人的重力大小,根据I=Ft可知,地面对人的作用力的冲量大小大于重力的冲量大小,选项A错误;脚在跳出至落到沙坑的过程中,人的速度先减小后增大,则由p=mv可知,动量先减小后增大,选项B错误;脚在跳出至落到沙坑的过程中,人离地面的高度先增大后减小,则重力势能先增大后减小,选项C正确;在落到沙坑之后,设向上为正方向,则根据IF-IG=0-(-mv),可知沙坑对人的作用力的冲量大小大于重力的冲量大小,选项D错误.3.D[解析]图像和时间轴所围成的面积表示物体受到的冲量,根据动量定理I合=Δp,则有1+22×2kg·m/s=p-0,解得p=3kg·m/s,故A错误;根据动量定理得1+22×2kg·m/s-1×1kg·m/s=mv3-0,解得v3=1m/s,故B错误;t=0到t=1s时间内,合力F对物块冲量的大小I=1×2N·s=2N·s,故C错误;t=2s到t=3s时间内,物块动量变化量大小Δp=I=1×1kg·m/s=4.D[解析]物体在水平拉力作用下由静止开始运动到最终静止的过程中,在水平方向只有拉力F和摩擦阻力Ff做功,故由动能定理有W1-W2=0,得W1=W2,由动量定理有I1-I2=0,得I1=I2.故D正确,A、B、C错误.5.D[解析]在时间t内,与小明作用的风的质量m=ρV=ρSvt,根据动量定理有-Ft=0-mv,解得F=ρSv2,根据牛顿第三定律可知,小明受到风的压力大小为F'=ρSv2,故选D.6.A[解析]取竖直向下为正方向,设Δt时间内撞击锅盖的豆子个数为n,则由动量定理可得F·Δt=nm·Δv=nm·23v-nm-v=5nmv3,因为锅盖刚好被顶起,所以F=Mg,所以有Mg·Δt=5nmv3,解得n7.AD[解析]设t=4.0s时物块A、B的速度分别为vA、vB,对物块A由动量定理得Ft-Fft=mvA,解得vA=12m/s,对长木板B由动量定理得Fft=MvB,解得vB=2m/s,故A、D正确,B、C错误.8.B[解析]从图像可以看出在前1.0s力的方向和运动方向相同,物块经历了一个加速度逐渐增大的加速运动和加速度逐渐减小的加速运动,所以第1.0s末,物块的速度最大,动量最大,故A正确;该物块在后半个周期内受到的力与前半个周期受到的力的方向相反,前半个周期内做加速运动,后半个周期内做减速运动,所以物块在0~2.0s内的位移为正,没有回到出发点,故B错误;0~1.0s内,速度在增大,力F先增大后减小,根据瞬时功率P=Fv得力F的瞬时功率开始时为0,1s末的瞬时功率为0,所以在0~1.0s时间内,F的功率先增大后减小,故C正确;在F-t图像中,图线与t轴围成的面积表示力F的冲量大小,由图可知,0.5s~1.0s之间的面积与1.0s~1.5s之间的面积大小相等,一正一负,所以和为0,则在0.5s~1.5s时间内,F的冲量为0,故D正确.9.D[解析]根据乙图和丙图可知,0~2s内物体做匀速运动,设地面摩擦力为Ff,则有F1=Ff=2N,2~4s内物体做匀加速运动,由图像可知a2=ΔvΔt=3-16-2m/s2=0.5m/s2,F2-Ff=3-Ff=ma2,联立可得m=2kg,A错误;6s后没有拉力,物体在摩擦力作用下匀减速到零a3=ΔvΔt=0-3t1-6m/s2、-Ff=ma3,解得t1=9s,B错误;0~6s内,拉力的冲量为IF=F1t1+F2t2=2×2N·s+3×4N·s=16N·s,C错误;0~t1内物体对地位移由v-t图线与坐标轴所围面积得到x=1×2m+2×4m+1.5×10.(1)4N·s,方向竖直向下(2)10N·s,方向竖直向下(3)102[解析](1)重力是恒力,抛出后0.4s内重力对小球的冲量I1=mgt0=1×10×0.4N·s=4N·s,方向竖直向下(2)平抛运动的竖直分运动为自由落体运动,有h=12gt解得落地时间t=2h小球飞行过程中只受重力作用,所以合外力的冲量为I=mgt=1×10×1N·s=10N·s,方向竖直向下由动量定理得Δp=I=10N·s,方向竖直向下(3)小球落地时竖直分速度为vy=gt=10m/s,故落地速度v=v02+vy2所以小球落地时的动量大小为p'=mv=10211.D[解析]若物块在传送带上一直被加速，则由于物块所受的摩擦力Ff=μmg不变，故加速度不变，传送到另一端的时间t也不变，此种情况下，冲量I=μmgt将不随传送带速度v而变化，选项A、B错误.物块与传送带由于摩擦产生的内能有两种情况：当传送带速度较小时，物块在传送带上先加速到传送带速度，之后匀速运动到B端，加速运动的时间t=vμg，此过程中相对位移Δx=vt-12μgt2=v22μg，物块和传送带由于摩擦产生的内能ΔU=μmgΔx随传送带速度v的增大而增大；而当传送带速度较大时，物块在传送带上会一直加速运动到B端，此过程中物块的位移为A、B两端的间距L，运动的时间t0=2Lμg，传送带的位移x传=vt0=v2Lμg，相对位移Δx=x传-L=v2Lμg-L，物块和传送带由于摩擦产生的内能ΔU12.(1)-1.1×105J(2)22003N·s[解析](1)飞船加速下降时有mg-F=ma火箭推力对飞船做的功W=-Fh,h=100m解得W=-1.1×105J.(2)缓冲脚触地前瞬间,飞船的速度大小满足的关系式为v2=2ah从缓冲脚触地到飞船速度减为0的过程中,每条“缓冲脚”对飞船的冲量大小满足的关系式为4Isin60°-mgt=0-(-mv)解得I=22003N·s.习题课:动量守恒定律的应用学习任务一多物体、多过程中动量守恒的判断[科学思维]多物体、多过程中动量守恒的判断注意以下两点:(1)分析题意,明确研究对象对于多个物体、比较复杂的物理过程,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,哪些是系统外物体对系统内物体作用的外力.在受力分析的基础上根据动量守恒定律条件,判断能否应用动量守恒定律.例1(多选)[2022·福州一中月考]如图所示,A、B两物体的质量之比为mA∶mB=5∶2,它们原来静止在足够长的平板车C上,A、B间有一根被压缩了的弹簧,A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同,地面光滑.当弹簧突然释放后,A、B均发生相对滑动,则有 ()A.A、B系统动量守恒B.A、B、C系统动量守恒C.小车向左运动D.小车向右运动[反思感悟]

变式1如图所示,甲、乙两人分别站在静止小车的左、右两端,当他俩同时相向行走时,发现小车向右运动(车与地面之间无摩擦).下列说法不正确的是 ()A.乙的速度一定大于甲的速度B.乙对小车的摩擦力的冲量一定大于甲对小车的摩擦力的冲量C.乙的动量一定大于甲的动量D.甲、乙的总动量一定不为零[反思感悟]

学习任务二多物体、多过程中动量守恒定律的应用[科学思维]对于多物体、多过程,应用动量守恒定律解题时应注意:(1)分清作用过程中的不同阶段,并按作用关系将系统内的物体分成几个小系统.(2)对不同阶段、不同的小系统准确选取初、末状态,分别列动量守恒方程.(3)在研究地面上物体间相互作用的过程时,各物体运动的速度均应取地球为参考系.例2如图所示,光滑水平地面上依次放置着质量m=0.08kg的10块完全相同的长直木板.一质量M=1.0kg、大小可忽略的小铜块以初速度v0=6.0m/s从长木板左侧滑上木板,当铜块滑离第一块木板时,速度大小为v1=4.0m/s,铜块最终停在第二块木板上.重力加速度g取10m/s2,求:(1)第一块木板的最终速度;(2)铜块的最终速度.(结果保留两位有效数字)[反思感悟]

变式2[2022·广东中山一中月考]质量相等的五个物块在一光滑水平面上排成一条直线,且彼此隔开一定的距离,初速度大小为v0的第1号物块向右运动,依次与其余四个静止物块发生碰撞,如图所示,最后这五个物块粘成一个整体,则它们最后的速度为 ()A.2v0 B.0.5v0C.15v0 D.v【要点总结】一个系统如果满足动量守恒条件,并且由两个以上的物体构成,那么在对问题进行分析时,既要注意系统总动量守恒,又要注意系统内部分物体动量守恒.注重系统内部分物体动量守恒分析,可以使求解突破关键的未知量,增加方程个数,为问题的最终解答铺平道路.学习任务三动量守恒定律应用的临界问题[模型建构]1.弹簧最短或最长时,两物体速度相同,此时弹簧弹性势能最大.2.当小物体到达最高点时,两物体速度相同.3.滑块恰好不滑出长木板的临界条件为滑块滑到长木板末端时与长木板速度相同.4.两物体刚好不相撞的临界条件为相遇时两物体速度相同.例3如图所示,光滑水平轨道上放置长木板A(上表面粗糙)和滑块C,滑块B置于A的左端,三者质量分别为mA=2kg、mB=1kg、mC=2kg.开始时C静止,A、B一起以v0=5m/s的速度匀速向右运动,A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动,经过一段时间,A、B再次达到共同速度一起向右运动,且恰好不再与C碰撞.求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小.[反思感悟]

例4[2022·天津一中月考]如图所示,A、B两艘小船静止在水面上,甲站在岸边,乙站在B船上,乙与B船的总质量是A船的6倍.现乙将A船以相对于地面的速度v向左推出,当A船到达岸边时,甲立即以2v的速度将A船推回,乙接到A船后,再次将它以速度v向左推出.以此重复,直到乙不能再接到A船,忽略水的阻力且水面静止,则乙最多可以推船的次数为 ()A.4 B.5 C.6 D.7变式3[2022·黄冈中学月考]如图所示,甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m、12m,两船沿同一直线向同一方向运动,速度分别为2v0、v0.为避免两船相撞,乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船,甲船上的人将货物接住,求抛出货物的最小速度.(不计水的阻力)【要点总结】分析临界问题的关键是寻找临界状态,在动量守恒定律的应用中,常常出现相互作用的两物体相距最近、避免相碰和物体开始反向运动等临界状态,其临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系,这些特定关系的判断是求解这类问题的关键.1.(多物体动量守恒的判断)一辆小车静止在光滑的水平面上,小车立柱上固定一条长为L、系有小球的水平细绳,如图所示,小球由静止释放,不计一切摩擦,下列说法正确的是 ()A.小球的机械能不守恒,球、车系统动量守恒B.小球的机械能不守恒,球、车系统动量不守恒C.球、车系统的机械能、动量都守恒D.球、车系统的机械能、动量都不守恒2.(多物体、多过程中动量守恒定律的应用)甲、乙两人站在光滑的水平冰面上,他们的质量都是M,甲手持一个质量为m的球.现甲把球以对地为v的速度传给乙,乙接球后又以对地为2v的速度把球传回甲(忽略空气阻力),甲接到球后,甲、乙两人的速度大小之比为 ()A.2MM-m C.2(M+m3.(多物体、多过程中动量守恒定律的应用)[2022·河北唐山一中月考]质量为M的木块在光滑水平面上以速度v1水平向右运动,质量为m的子弹以速度v2水平向左射入木块.要使木块停下来,必须使发射子弹的数目为(子弹留在木块中不穿出) ()A.(M+m)C.Mv1mv4.(动量守恒定律应用中的临界问题)[2022·厦门一中期中]一质量M=2kg的平板小车静止在光滑的水平地面上,如图所示,现有质量均为m=1kg的小物块A和B(均可视为质点),由车上某点P处开始,A以初速度v1=2m/s向左运动,B同时以v2=4m/s的速度向右运动,最终A、B两物块恰好停在小车两端没有脱离小车.已知两物块与小车间的动摩擦因数均为μ=0.1,g取10m/s2.则下列说法中正确的是 ()A.小车最终将静止在水平地面上B.A、B与车最终以1m/s速度共同运动C.小车的总长L为9.5mD.整个过程系统产生的总热量为9.875J5.(多物体、多过程中动量守恒定律的应用)如图所示,质量为mB的平板车B上表面水平,开始时静止在光滑水平面上,在平板车左端静置一质量为mA的物体A,一颗质量为m0的子弹以v0的水平初速度射入物体A,射穿A后速度变为v,子弹穿过物体A的时间极短.已知A、B之间的动摩擦因数不为零,平板车B车身足够长,且A与B最终相对静止.求:(1)子弹射穿物体A的瞬间物体A的速度vA;(2)平板车B和物体A的最终速度v共.[反思感悟]

习题课:动量守恒定律的应用例1BC[解析]A、B、C系统受到的合外力为零,动量守恒,A、B系统受到的合外力为F=μmAg-μmBg≠0,所以A、B系统动量不守恒,A错误,B正确;以向左为正方向,小车受到的合外力为F'=μmAg-μmBg>0,所以小车向左运动,C正确,D错误.变式1A[解析]甲、乙两人及小车组成的系统在水平方向不受外力,系统在水平方向上动量守恒,根据动量守恒定律得m甲v甲+m乙v乙+m车v车=0,小车向右运动,说明甲、乙两人的总动量向左,乙的动量大于甲的动量,即两人的总动量不为零,但是由于不知两人的质量关系,故无法确定两人的速度大小关系,选项A错误,C、D正确;因小车的动量向右,说明小车受到的合冲量向右,而乙对小车的摩擦力的冲量向右,甲对小车的摩擦力的冲量向左,故乙对小车的摩擦力的冲量一定大于甲对小车的摩擦力的冲量,选项B正确.例2(1)2.5m/s,方向与铜块初速度方向相同(2)3.4m/s,方向与铜块初速度方向相同[解析](1)铜块和10块木板组成的系统在水平方向上不受外力,所以在水平方向上动量守恒,当铜块刚滑到第二块木板上时,设第一块木板的速度为v2,由动量守恒定律得Mv0=Mv1+10mv2解得v2=2.5m/s,方向与铜块初速度方向相同.(2)由题可知铜块最终停在第二块木板上,设最终速度为v3,对铜块与后面9块木板组成的系统,由动量守恒定律得Mv1+9mv2=(M+9m)v3解得v3≈3.4m/s,方向与铜块初速度方向相同.变式2C[解析]由五个物块组成的系统,水平方向不受外力作用,故系统水平方向上动量守恒,有mv0=5mv,解得v=15v0,故选C例32m/s[解析]木板A与滑块C处于光滑水平面上,两者碰撞时间极短,碰撞过程中滑块B与木板A间的摩擦力可以忽略不计,木板A与滑块C组成的系统在碰撞过程中动量守恒,有mAv0=mAvA+mCvC碰撞后,对于木板A与滑块B组成的系统,系统所受合外力为零,系统动量守恒,有mAvA+mBv0=(mA+mB)vA和B达到共同速度后,恰好不再与滑块C碰撞,则最后三者速度相等,有vC=v联立解得vA=2m/s例4B[解析]取向右为正方向,乙第一次推出A船时,由动量守恒定律可得mBv1-mAv=0,解得v1=mAmBv,当A船向右返回后,乙第二次将A船推出,则有2mAv+mBv1=-mAv+mBv2,可得v2=v1+3mAmBv,设第n(n≥2)次推出A船时,B船的速度大小为vn,由动量守恒定律可得2mAv+mBvn-1=-mAv+mBvn,解得vn=vn-1+3mAmBv,则有vn=v1+(n-1)3mAmBv(n≥2),由2v变式34v0[解析]设乙船上的人抛