新高考浙江版2025届高考物理一轮总复习训练第6单元动量作业18动量守恒定律及其应用(人教版)

这是一份新高考浙江版2025届高考物理一轮总复习训练第6单元动量作业18动量守恒定律及其应用(人教版)，共9页。试卷主要包含了如图所示,两个半径均为1，4 m等内容，欢迎下载使用。

微练一 动量守恒条件的理解和应用
1.(改编)如图所示,在光滑的地面上,人、车、锤一起向右在做匀速直线运动,不计空气阻力,下列说法正确的是( )
A.车上的人用锤连续敲打车可以使车停止运动
B.人、车、锤组成的系统机械能守恒,系统动量也守恒
C.人、车、锤组成的系统机械能不守恒,系统水平方向动量守恒
D.人、车、锤组成的系统机械能不守恒,用锤敲打车时,锤对车的作用力的冲量大于车对锤的作用力的冲量
2.如图所示,光滑水平面上有一小车,小车上有一物体,用一细线将物体系于小车的A端,物体与小车A端之间有一压缩的弹簧,某时刻线断了,物体沿小车滑动到B端粘在B端的油泥上。则下述说法错误的是( )
A.若物体滑动过程中不受摩擦力,则全过程系统机械能守恒
B.若物体滑动过程中受摩擦力,则全过程系统动量守恒
C.小车的最终速度与断线前相同
D.全过程系统的机械能不守恒
微练二 碰撞问题
3.(2023浙江兰溪一中期末)质量为m、速度为v的A球跟质量为3m、静止的B球发生正碰。碰撞可能是弹性的,也可能是非弹性的,因此碰撞后B球的速度可能值为( )
4.某次冰壶运动训练中,甲壶与静止的乙壶发生正碰。已知冰面粗糙程度处处相同,不计空气阻力,两壶完全相同且均可视为质点,碰撞时间极短可不计,碰撞前、后两壶运动轨迹始终在同一水平直线上。从开始碰撞到两壶都静止过程中,测得乙壶位移是甲壶位移的k倍,则( )
A.k<1
B.k值越大,两壶碰撞过程中损失的机械能越大
C.k值越大,两壶碰撞过程中损失的机械能越小
D.碰撞后瞬间,乙壶速度为零
微练三 爆炸、反冲、人船模型
5.乌贼在水中的运动方式是十分奇特的,它不用鳍也不用手足,而是靠自身的漏斗喷射海水推动身体运动,速度可达15 m/s。逃命时更可以达到40 m/s。如图所示,一只悬浮在水中的乌贼,当外套膜吸满水后,它的总质量为4 kg,遇到危险时,通过短漏斗状的体管在极短时间内将水向后高速喷出,从而迅速逃窜,喷射出的水的质量为0.8 kg,则喷射出水的速度为( )
A.200 m/sB.160 m/s
C.75 m/sD.60 m/s
6.(2023浙江湖州模拟)某老师想用卷尺粗略测定码头上自由停泊小船的质量,他进行了如下操作:首先他轻轻从船尾上船,走到船头后停下,而后轻轻下船,用卷尺测出船后退的距离d,然后用卷尺测出船长L。已知他自身的质量为m,不计水的阻力,则小船的质量为( )
A.B.
C.D.
B组 综合提升
7.(多选)(2023浙江宁波鄞州中学高三模拟)如图甲所示,光滑的水平地面上静置一光滑斜面,将一小物块(可视为质点)从斜面上距离水平地面高h处由静止释放,小物块滑至斜面底部时相对地面的水平位移为x,改变小物块在斜面上的高度h,得到小物块的水平位移x和高度h的关系图像如图乙所示(图中p、q均为已知量)。已知斜面与小物块的质量之比为2∶1,则关于小物块下滑的过程,下列说法正确的是( )
A.斜面对小物块做负功
B.小物块与斜面组成的系统动量守恒
C.斜面倾角的正切值为
D.斜面倾角的余弦值为
8.一个士兵蹲在皮划艇上,用步枪在Δt时间内沿水平方向发射了N发子弹。若该士兵连同装备和皮划艇的总质量是m',发射每两发子弹之间的时间间隔相等,每发子弹的质量为m,子弹离开枪口的对地速度为v0。射击前皮划艇是静止的,不考虑水的阻力,忽略因射击导致装备质量的减少,则在Δt时间内皮划艇的位移为( )
A.B.
C.D.
9.(多选)如图所示,两个半径均为1.2 m的四分之一圆槽静止放在水平地面上,圆槽底端两点A、B所在平面与水平面相切,C、D分别为两圆槽顶端最高点。质量为1 kg的小球(可视为质点)从左圆槽最高点C由静止释放,圆槽质量均为2 kg,重力加速度g取10 m/s2,不计一切摩擦,则下列说法正确的是( )
A.小球和左圆槽分离时,小球的速度大小为4 m/s
B.从释放到小球与左圆槽分离,左圆槽移动的距离为0.4 m
C.小球能冲出右圆槽的最高点D
D.小球与右圆槽分离后,不能追上左圆槽
10.(2023浙江学军中学期末)质量为2m的滑板静止在光滑水平地面上,滑板上表面AB段水平长度为2L,BC段是半径为0.5L的四分之一光滑圆弧,如图所示。质量为m的小物块(小物块可视为质点)以初速度v0冲上滑板,已知v0=,其中g为重力加速度。小物块与滑板AB段的动摩擦因数为μ,在以后的运动过程中:
(1)若滑板固定在地面上,小物块不能从C点飞出,则μ应满足什么条件;
(2)若解除对滑板的固定,小物块不能从C点飞出,则μ应满足什么条件;
(3)若解除对滑板的固定,小物块相对滑板向右运动的过程中,相对地面也有向右的运动,则μ应满足什么条件。
11.如图甲所示,在光滑水平地面上固定一光滑的竖直轨道MNP,其中水平轨道MN足够长,NP为半圆形轨道。一个质量为m的物块B与轻弹簧连接,静止在水平轨道MN上;物块A向B运动,t=0时刻与弹簧接触,到t=2t0时与弹簧分离,第一次碰撞结束。A、B的v-t图像如图乙所示。已知在0~t0时间内,物块B运动的距离为0.6v0t0。A、B分离后,B与静止在水平轨道MN上的物块C发生弹性正碰,此后物块C滑上半圆形竖直轨道,物块C的质量为m,且在运动过程中始终未离开轨道MNP。已知物块A、B、C均可视为质点,碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内,重力加速度为g。求:
(1)物块A最终运动的速度:
(2)A、B第一次碰撞和第二次碰撞过程中,物块A的最大加速度大小之比(弹簧的弹性势能表达式为Ep=kΔx2,其中k为弹簧的劲度系数,Δx为弹簧的形变量);
(3)第二次碰撞过程中,弹簧压缩量的最大值。
参考答案
作业18 动量守恒定律及其应用
1.C 解析 在光滑的地面上,人、车、锤一起向右在做匀速直线运动,虽然车上的人用锤连续敲打车,但该系统水平方向所受合外力始终为零,即该系统水平方向动量守恒,则可知动量不为零,因此连续敲打车不能使车停止运动,故A错误;人在敲打车的过程中消耗了体内所存储的化学能,即化学能转化为机械能,因此,人、车、锤组成的系统机械能不守恒,故B错误;车上的人用锤连续敲打车的过程中,锤在下降过程中合外力不为零,因此该系统动量不守恒,但该系统水平方向所受合外力为零,因此该系统水平方向动量守恒,故C正确;用锤敲打车时锤对车的作用力和车对锤的作用力大小相等、方向相反,因此可知,锤对车的作用力的冲量等于车对锤的作用力的冲量,故D错误。
2.A 解析 根据题意可知,物体与油泥粘合的过程,发生非弹性碰撞,系统机械能有损失,全过程系统机械能不守恒,故A错误,D正确;根据题意,取小车、物体和弹簧为一个系统,则系统水平方向不受外力(若物体滑动过程中受摩擦力,为系统的内力),全过程系统动量守恒,故B正确;取系统的初速度方向为正方向,根据动量守恒定律可知,物体沿小车滑动到B端粘在B端的油泥上后,系统共同的速度与初速度是相同的,故C正确。
3.B 解析 两球发生完全弹性碰撞时,系统动量守恒、机械能守恒,以A球的初速度方向为正方向,可得mv=mvA+3mvB,mv2=×3m,解得vA=-0.5v,vB=0.5v,若A、B两球发生完全非弹性碰撞,则有mv=(m+3m)vB,解得vB=0.25v,则B球的速度范围是0.25v≤vB≤0.5v,故选B。
4.C 解析 甲、乙两壶碰撞瞬间动量守恒,即mv0=mv甲+mv乙,且有v甲≤v乙、=k,所以k≥1,故A错误;两壶碰撞过程中损失的机械能为ΔE=,变形可得ΔE=m,由此可知,当k=1时,损失的机械能达到最大,随着k增大,损失的机械能减小,故B错误,C正确;由于两壶完全相同,所以碰撞后乙壶瞬时速度一定大于零,故D错误。
5.B 解析 乌贼逃命时的速度为v1=40m/s,设乌贼向前逃窜的方向为正方向,由系统动量守恒得0=(m-m0)v1-m0v2,可得v2=v1=×40m/s=160m/s,故选B。
6.C 解析 设小船的质量为m',人和船组成的系统满足动量守恒,则有mv人=m'v船,则有mv人Δt=m'v船Δt,可得ms人=m's船,又s人+s船=L,s船=d,联立解得小船的质量为m'=,故选C。
7.AD 解析 系统机械能守恒,斜面动能增大,则小物块机械能减小,斜面对小物块做负功,A正确;小物块与斜面组成的系统在水平方向动量守恒,B错误;设小物块质量为m,斜面倾角为θ,根据动量守恒mv1=2mv2,说明小物块水平速度大小是斜面速度大小的2倍,则x+x=,得x=,由图乙可得,得tanθ=,斜面倾角的余弦值为csθ=,C错误,D正确。
8.A 解析 根据题意可知,在Δt时间内沿水平方向发射了N发子弹,每两发子弹之间的时间间隔相等,则时间间隔为t=,射击前皮划艇是静止的,不考虑水的阻力,发射第1发子弹之后,由动量守恒定律有mv0=m'v1,解得皮划艇的速度为v1=,发射第1发子弹之后、发射第2发子弹之前,皮划艇运动的位移为x1=v1t=,发射第2发子弹之后,由动量守恒定律有2mv0=m'v2,解得皮划艇的速度为v2=,发射第2发子弹之后、第3发子弹之前,皮划艇运动的位移为x2=v2t=,同理可知,发射第(N-1)发子弹之后、发射第N发子弹之前,皮划艇运动的位移为xN-1=,由数学知识可知,在Δt时间内皮划艇的位移为x=x1+x2+…+xN-1=,故选A。
9.ABD 解析 在小球从左圆槽滑落的过程中,小球与左圆槽水平方向动量守恒,小球与左圆槽组成的系统机械能守恒,设小球质量为m,左圆槽质量为m',可知0=mv1-m'v2,mgR=m',联立解得v1=4m/s,v2=2m/s,故A正确;小球从左圆槽滑落的过程中,设小球的水平位移为s1,左圆槽的水平位移为s2,由人船模型可知ms1=m's2,s1+s2=R,联立解得s1=0.8m,s2=0.4m,故B正确;由机械能守恒可知,小球从左圆槽滑落过程中,小球的重力势能转化为左圆槽的动能和小球的动能,因此,小球从左圆槽滑落后的机械能小于mgR,即小球不可能滑上右圆槽最高点,即小球不能冲出右圆槽的最高点D,故C错误;小球从滑上右圆槽到滑下右圆槽的过程中,小球和右圆槽的水平动量守恒mv1=m'v4-mv3,m',联立解得v3=m/s,v4=m/s,因为v310.答案 (1)μ>0.5
(2)μ>0.25
(3)μ<0.375
解析 (1)若滑板固定,设小物块刚好能运动到C点时,由机械能守恒可知
=mg·0.5L+μmg·2L
可解得
μ=0.5
所以小物块不能从C点飞出,μ应满足的条件为
μ>0.5。
(2)若解除对滑板的固定,设小物块运动至C点时,小物块与滑板速度相等为v',由动量守恒和机械能守恒可知
mv0=3mv'
·3mv'2+mg·0.5L+μmg·2L
上面两式联立,可解得
μ=
所以小物块不能从C点飞出,μ应满足的条件为
μ>0.25。
(3)设小物块相对滑板向右返回到B点时,小物块、滑板的速度分别为v1、v2。以向左为正方向。由动量守恒和能量守恒可知
mv0=mv1+2mv2
·2m+μmg·2L
上面两式联立,可得
3-2v0v1+8μgL-=0
此方程求根判别式
Δ=16(-6μgL)>0
可解得
μ<0.5
解上面方程可得
v1=(v0-)
若要满足题中条件,则v1<0,可解得
μ<
综合以上分析可知,μ应满足的条件为
μ<0.375。
11.答案 (1)v0
(2)a1∶a2=3∶1
(3)0.4v0t0
解析 (1)由图乙知2t0后
vB=2v0
B、C发生弹性碰撞,由动量守恒可知
m·2v0=mvB+mvC
由机械能守恒可知
m(2v0)2=
联立解得
vB=0
vC=2v0
C返回水平轨道时由机械能守恒可知
vC=2v0
C与B再次发生弹性碰撞
m·2v0=mvB'+mvC'
m(2v0)2=mvB'2+mvC'2
解得
vC'=0
vB'=2v0
A与B第一次碰撞到共速时,由动量守恒
mA·3v0=(mA+m)v0
可得
mA=
B与A第二次碰撞过程,由动量守恒可知
m·2v0+v0=m·vB+·vA
由机械能守恒可知
m(2v0)2+
解得
vA=v0。
(2)A与B第一次碰撞到共速时,由机械能守恒可知
k·Δ(3v0)2-
A与B第二次碰撞到共速时,由动量守恒可知
m·2v0+v0=mvx
解得
vx=v0
由机械能守恒可知
k·Δ(v0)2+m·(2v0)2-
联立可得
两次加速度最大对应弹簧弹力最大,根据
F合=k·Δx=mAa
可得
a1∶a2=kΔx1∶kΔx2=3∶1。
(3)A与B压缩弹簧过程
aA=2aB
同一时刻A、B的瞬时速度关系为
vA=3v0-t
vB=t
由位移等于速度对时间的积累得
xA=vAt(累积)
xB=vBt(累积)
在0~t0时间内
xA=3v0t0-xA积
xB=xB积=0.6v0t0
由此得
xA积=2xB积
xA=1.8v0t0
因此
Δx1=xA-xB=1.2v0t0
可得
第二次碰撞过程中,弹簧压缩量的最大值
Δx2=0.4v0t0。