高中物理教科版 (2019)选择性必修 第一册动量同步达标检测题

这是一份高中物理教科版 (2019)选择性必修 第一册动量同步达标检测题，共8页。试卷主要包含了5 m/s，5 J，9 N·s，2 m等内容，欢迎下载使用。

A.小滑块向右滑行的最大速度为9.5 m/s
B.木板向右滑行的最大速度为2.5 m/s
C.滑块在长木板上滑行的时间为2 s
D.小滑块和长木板因摩擦而产生的热量为4.5 J
2.(多选题)光滑半圆形曲面B静止于光滑地面上,物块C固定于地面上,现将小球A从曲面最右端由静止释放,当小球A滑至曲面最底端时,曲面B恰好与C粘连。已知A与B的质量都为m,B曲面半径为R,重力加速度为g,则( )
A.最初时B右侧与C的间距为R
B.B与C粘连时A的速度大小为gR
C.此后A能运动到的最高点距离地面R2
D.此后A运动到最高点时,B受到A的压力大小为0
3.弹簧跳跳杆是儿童特别喜欢的玩具之一,其结构可简化为如图所示,一质量M=0.3 kg的足够长“T”形支架,竖直立在水平地面上,有一质量m=0.2 kg的物块套在支架直杆上,物块与支架上端之间夹有一劲度系数足够大的轻质弹簧,弹簧上端固定在支架顶端,下端与物块不相连。开始时弹簧压紧并被物块和支架顶端间的细线锁定,弹簧的弹性势能Ep=278 J。现解除锁定,弹簧瞬间恢复形变。已知物块与直杆间滑动摩擦力大小恒为f=1.5 N,重力加速度取g=10 m/s2,空气阻力、锁定时弹簧的长度和支架与地面碰撞过程中的能量损失均忽略不计,支架始终保持在竖直方向上。求:
(1)弹簧恢复形变的过程中,支架所受合力的冲量大小;
(2)当支架第一次上升到最大高度时,物块的速度大小及通过的位移。
4.在光滑的水平面上,一质量为mA=0.2 kg的小球A,以v0=15 m/s的初速度向右运动,与质量为mB=0.1 kg的静止小球B发生碰撞,碰撞时间极短,碰撞过程中没有机械能损失。碰撞后两小球滑向与水平面相切的圆心为O、半径为R(未知)的竖直放置的固定光滑的半圆形轨道MN,且小球A通过最高点N时对轨道的压力大小为2.5 N。(两小球均视为质点,不计空气阻力,重力加速度g=10 m/s2)求:
(1)碰撞后小球B的速度大小;
(2)半圆形轨道半径R的大小;
(3)两小球通过半圆形轨道后的落地点之间的距离。
5.如图(a),长木板C放置于光滑水平地面上,两滑块A、B质量分别为mA=4 kg、mB=2 kg,放在C上,三者都保持静止。两滑块与木板间的动摩擦因数均为μ,t=0时刻释放A、B间的微小弹性装置,装置储存的弹性势能为24 J,此后滑块A、B运动的v-t图像如图(b)所示,当t=4 s时A与C恰好相对静止,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取重力加速度g=10 m/s2,求:
(1)释放弹性装置瞬间滑块A、B的速度大小;
(2)滑块与木板间的动摩擦因数μ和木板C的质量;
(3)要使B不滑落则木板C至少为多长?

答案与分层梯度式解析
专题强化练2 动量和能量的综合应用
1.D 取水平向右为正方向,子弹嵌入滑块后,和滑块一起向右滑行的初速度即滑块向右滑行的最大速度v1,由动量守恒定律得m0v0=(m0+m)v1,解得v1=7.5 m/s,故A错误;当子弹、滑块和长木板三者共速时,木板的速度最大,由动量守恒定律得(m0+m)v1=(m0+m+M)v2,解得v2=1.5 m/s,故B错误;滑块在长木板上滑行过程中,有v2-v1=-μgt,解得t=1.5 s,故C错误;取子弹和滑块整体在长木板上滑行过程分析,由能量守恒定律得12(m0+m)v12=12(m0+m+M)v22+Q,解得Q=4.5 J,故D正确。
2.BC 从A开始下滑到到达最低点的整个过程,A、B组成的系统在水平方向动量守恒,以水平向左为正方向,设B移动距离为x,由动量守恒定律得mvA-mvB=0,即mR−xt-mxt=0,解得x=12R,A错误;从A开始下滑到到达最低点的整个过程,由机械能守恒定律得12mvA2+12mvB2=mgR,联立解得vA=vB=gR,B正确;B与C粘在一起后,A在运动过程中机械能守恒,有12mvA2=mgh,解得h=R2,C正确;B与C粘在一起后,A运动到最高点h=R2时,B受到A的压力F=mg sin 30°=12mg,D错误。
3.答案 (1)0.9 N·s (2)5 m/s 0.95 m
解析 (1)解除锁定,系统动量守恒,设支架获得的速度大小为v1,物块获得的速度大小为v2,取竖直向上为正方向,根据动量守恒定律可得-mv2+Mv1=0
根据机械能守恒定律可得Ep=12Mv12+12mv22
对支架,由动量定理可得I合=Mv1-0
代入数据解得I合=0.9 N·s。
(2)对支架受力分析,受到竖直向下的重力和物块对其竖直向下的滑动摩擦力,根据牛顿第二定律有Mg+f=Ma1
设支架向上减速到0所用的时间为t1,支架上升的高度为x1,根据运动学规律可得v1=a1t1
2a1x1=v12
对物块受力分析,受到竖直向下的重力和支架对其竖直向上的滑动摩擦力,根据牛顿第二定律有mg-f=ma2
当支架第一次上升到最大高度时,设物块的速度为v1,物块向下发生的位移为x2,根据运动学规律可得
v2'=v2+a2t1
x2=v2+v2'2t1
代入数据解得v1=5 m/s,x1=0.3 m,x2=0.95 m。
4.答案 (1)20 m/s (2)0.4 m (3)166−65 m
解析 (1)取水平向右为正方向,小球A、B发生弹性碰撞,碰撞前后瞬间动量守恒、机械能守恒,故有
mAv0=mAvA+mBvB
12mAv02=12mAvA2+12mBvB2
联立解得vA=5 m/s,vB=20 m/s
故碰后B球的速度大小为20 m/s。
(2)A球经过N点时,由牛顿第二定律可得FN+mAg=mAvAN2R
小球A从碰后到N点的过程机械能守恒,有
12mAvA2-12mAvAN2=2mAgR
联立解得vAN=3 m/s,R=0.4 m
故半圆形轨道半径R的大小为0.4 m。
(3)小球B从碰后到N点的过程机械能守恒,有
12mBvB2-12mBvBN2=2mBgR
解得vBN=86 m/s
两球从N点至落地过程中均做平抛运动,由平抛运动规律有2R=12gt2
Δx=xB-xA=(vBN-vAN)t
联立解得Δx=166−65 m。
5.答案 (1)2 m/s 4 m/s (2)0.04 8 kg (3)26 m
解析 (1)设释放弹性装置瞬间,滑块A、B的速度分别为v1、v2,则由动量守恒定律和能量守恒定律得
mAv1=mBv2
12mAv12+12mBv22=Ep
解得v1=2 m/s,v2=4 m/s。
(2)当t=4 s时,A与C恰好相对静止,可知此时A、C的速度相等,设此时二者速度为v,方向向左,由题图(b)知此时B的速度为v3=2.4 m/s,方向向右,则由动量守恒定律得(mA+mC)v=mBv3
对滑块A有v=v1-μgt
对木板C有v=aCt=μmAg−μmBgmCt
联立解得μ=0.04,mC=8 kg,v=0.4 m/s。
(3)4 s内A向左运动的位移xA1=v1+v2t=4.8 m
C向左运动的位移xC1=v2t=0.8 m
B向右运动的位移xB1=v2+v32t=12.8 m
由动量守恒定律可知,A、B、C相对静止时三者的速度均为零,则从t=4 s到三者相对静止,B向右运动的位移xB2=v322μg=7.2 m
A、C向左运动的加速度大小a共=μmBgmA+mC=115 m/s2
位移xAC=v22a共=1.2 m
则木板的最小长度
L=(xA1-xC1)+(xB1+xC1)+(xAC+xB2)=26 m。