主题一 动量与动量守恒定律 检测试题(练习) 2027届高三物理一轮复习（浙江专版）

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1.制作糍粑时,工匠使用质量为m=2 kg的木槌,抬至约80 cm的高度由静止释放(可简化为自由落体运动),砸到糍粑后,与糍粑的作用时间为t=0.1 s后速度减为0。已知重力加速度g取
10 m/s2,下列说法错误的是( )
A.木槌打击糍粑前瞬间,速度大小为4 m/s
B.木槌打击糍粑过程,木槌对糍粑的冲量大小为8 N·s
C.木槌打击糍粑过程,木槌的动量变化大小为8 kg· m/s
D.木槌与糍粑作用过程,糍粑对木槌的平均作用力为100 N
解析:B 木槌在空中做自由落体运动,由v2=2gh可知木槌打击糍粑前瞬间的速度大小为v=2gℎ=2×10×0.8 m/s=4 m/s,A正确;设糍粑对木槌的作用力大小为F,由动量定理得(F-mg)t=0-(-mv),解得F=100 N,根据牛顿第三定律,木槌对糍粑的作用力F′=F=100 N,由于作用时间是0.1 s,故木槌对糍粑的冲量大小I=F′t=100 N×0.1 s=10 N·s,B错误,D正确;木槌的动量变化量Δp=0-(-mv)=8 kg· m/s,C正确。
2.在光滑水平面上,一质量为m、速度大小为v的A球与质量为2m静止的B球碰撞后,A球的速度方向与碰撞前相反。则碰撞后B球的速度大小可能是( )
解析:A 根据动量守恒定律得mv=2mvB-mvA,化简可得,vA=2vB-v,因vA>0,所以vB>v2,故只有A项正确。
3.如图所示,光滑的水平面上放着两个相互接触的用同种材料制成的物块1和物块2,一颗子弹水平飞来,并先后击穿两物块,最终物块1与物块2的速度分别为v1和v2,且v2=4v1,并且测得击穿两物块的时间相等,假设子弹在两物块中飞行时所受的阻力大小相同,则下面说法正确的是( )
A.物块1与物块2的质量比为1∶1
B.物块1与物块2的质量比为2∶1
C.子弹在击穿物块1与物块2的过程中,减少的动能相等
D.子弹在击穿物块1与物块2的过程中,因摩擦产生的热量可能相等
解析:B 设子弹在两物块中飞行时所受的阻力大小为F,子弹刚穿过物块1时,对物块1与物块2有Ft=(m1+m2)v1,子弹穿过物块1到子弹刚穿过物块2时有Ft=m2v2-m2v1,因为v2=4v1,联立整理得m1m2=21,A错误,B正确;由于假设子弹在两物块中飞行时所受的阻力大小F相同,但两物块长度不同,根据Q=fs相对可知,子弹在击穿物块1与物块2的过程中,因摩擦产生的热量不相等。根据动能定理可知,减少的动能等于阻力做功,两次时间相同,但速度变小,通过的位移不同,阻力相同,则阻力做功不同,子弹在击穿物块1与物块2的过程中,减少的动能不相等,C、D
错误。
4.一物体在外力的作用下从静止开始做直线运动,合外力方向不变,大小随时间的变化如图所示。设该物体在t0和2t0时刻相对于出发点的位移分别是x1和x2,速度分别是v1和v2,合外力从开始至t0时刻做的功是W1,从t0至2t0时刻做的功是W2,则( )
A.x1=5x2B.v2=2v1
C.W2=8W1D.W2=9W1
解析:C 根据F-t图像面积意义和动量定理则有F0t0=mv1,F0t0+2F0t0=mv2,解得v2=3v1,根据位移公式可知x1=12v1t0,x2=12v1t0+v1+v22t0,解得x2=5x1,A、B错误;在第一个t0内对物体应用动能定理,则有W1=12mv12,在第二个t0内对物体应用动能定理,则有W2=12mv22-12mv12,结合上述结论解得W2=8W1,C正确,D错误。
5.某人质量为60 kg,他从岸上以大小为2 m/s的速度跳到一条向他缓慢漂来的小船上,小船的质量是140 kg,原来的速度大小是0.5 m/s,他上船后又跑了几步,最终停在船上,则( )
A.人和小船最终静止在水面上
B.该过程人的动量变化量的大小为105 kg·m/s
C.船最终速度的大小为0.95 m/s
D.船的动量变化量的大小为70 kg·m/s
解析:B 人与船组成的系统,在水平方向动量守恒,选取人运动的方向为正方向,由动量守恒定律得m1v1-m2v2=(m1+m2)v,所以v=m1v1-m2v2m1+m2=60×2-140×0.560+140 m/s=0.25 m/s,与人的速度方向相同,故A、C错误;该过程人的动量变化量为Δp1=m1v-m1v1=60×(0.25-2) kg·m/s=-105 kg·m/s,故B正确;船的动量变化量是 Δp2=m2v-(-m2v2)=140×(0.25+0.5) kg·m/s=105 kg·m/s,故D错误。
6.在光滑的水平面上静止放置一个光滑的斜面体,斜面的倾角为37°,高度为h,将一个可看作质点的小球从斜面顶端由静止释放,斜面体的质量是小球质量的2倍。在小球运动到斜面底部的过程中(取sin 37°=0.6,cs 37°=0.8),则( )
A.斜面体对小球不做功
B.小球的机械能守恒
C.斜面体和小球组成的系统动量守恒
D.斜面体运动距离为49h
解析:D 斜面体和小球组成的系统只有重力做功,满足机械能守恒,斜面体动能增大,则小球机械能减小,斜面体对小球做负功,A、B错误;斜面体和小球组成的系统所受外力不为零,动量不守恒,C错误;系统在水平方向所受外力为零,水平方向满足动量守恒,设小球质量为m,水平位移为x1,斜面体质量为2m,水平位移为x2,根据动量守恒中的人船模型可得mx1-2mx2=0,又x1+x2=ℎtan37°,联立解得 x2=49h,D正确。
7.如图所示,两质量分别为m1和m2的弹性小球A、B叠放在一起,从某高度自由落下,落地瞬间,B先与地面碰撞,后与A碰撞,所有的碰撞都是弹性碰撞,且都发生在竖直方向,碰撞时间均可忽略不计。若A反弹后刚好能返回到原高度,那么m1与m2的比值为( )
A.0.5B.1C.2D.3
解析:B 设两小球落地前的瞬时速度均为v,B碰撞地之后,速度瞬间反向,大小相等,选A与B碰撞过程为研究过程,碰撞前后动量守恒,因碰后A仍回到原高度,则碰后A的速度大小仍为v,设B的速度为v2,选向上方向为正方向,由动量守恒定律得m2v-m1v=m1v+m2v2,由机械能守恒定律得12(m1+m2)v2=12m1v2+12m2v22,联立解得v2=-v,m1=m2,故B正确。
二、选择题Ⅱ(本题共3小题,每小题6分,共18分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)
8.如图甲所示,质量为0.8 kg的物块静止在粗糙水平地面上,物块与地面之间的动摩擦因数μ=0.25。某时刻对物块施加水平向右的拉力F,F随时间变化的规律如图乙所示,取重力加速度大小g=10 m/s2。下列说法正确的是( )
A.0~2 s内物块的重力对物块的冲量为0
B.0~2 s内拉力F对物块的冲量大小为4 N·s
C.t=2 s时物块的速度大小为5 m/s
D.t=4 s时物块重回静止状态
解析:CD 0~2 s内物块的重力对物块的冲量IG=mgt1=(0.8×10×2)N·s=16 N·s,A错误;结合图乙,可知0~2 s内拉力F对物块的冲量大小IF=(3+52×2)N·s=8 N·s,B错误;规定F方向为正方向,根据动量定理IF-mgμt1=mv-0,代入题中数据,联立解得2 s时物块的速度大小v=5 m/s,C正确;从开始到最终停下,对物块,根据动量定理IF-mgμt=0-0,联立解得t=4 s,可知t=4 s时物块重回静止状态,D正确。
9.如图所示,质量均为0.9 kg的木块A和B并排放在光滑水平面上,A上固定一竖直轻杆,轻杆上端系一长为1.125 m的细线,细线另一端系一质量为0.1 kg的小球C,开始时,细线水平且恰好拉直。现将小球C由静止释放,摆到最低点时,木块A恰好与木块B相撞并粘在一起,不计空气阻力,则( )
A.小球C下摆过程中A、C组成的系统动量守恒
B.小球C摆到最低点时速度大小为3102 m/s
C.碰撞过程木块B受到的冲量大小为0.225 N·s
D.碰撞过程损失的机械能为0.056 25 J
解析:CD 小球C下摆过程A、C组成的系统只有水平方向动量守恒,A错误;小球C下摆到最低点的过程中由动量守恒和能量守恒定律可知mv1=Mv2,mgL=12mv12+12Mv22,解得小球C摆到最低点时C、A的速度大小为v1=4.5 m/s,v2=0.5 m/s,B错误;A、B碰撞过程由动量守恒定律Mv2=2Mv,碰撞过程木块B受到的冲量大小为I=Mv=0.225 N·s,C正确;碰撞过程损失的机械能为ΔE=12Mv22-12·2Mv2=0.056 25 J,D正确。
10.如图所示,两个小球A、B拴接在一根轻弹簧的两端,并静止在光滑的水平地面上。小球A的质量为m1=0.3 kg,一质量为m=0.1 kg的子弹以v0的速度击中小球A,并留在A中,设子弹与小球A的组合体为C,C压缩弹簧,此后C与B的速度—时间图像如图乙所示,则下列说法正确的是( )
A.子弹打击小球A的过程中损失的机械能为5.4 J
B.在t1、t3时刻C与B的速度相同,且弹簧的长度也相同
C.从t3到t4过程中,弹簧由伸长状态恢复到原长
D.小球B的质量为0.5 kg
解析:AC 子弹击中小球A瞬间小球A和子弹组成的系统动量守恒vC=3 m/s,mv0=(m1+m)vC,代入数据得v0=12 m/s,在子弹打击小球A的过程中损失的机械能为E损=12mv02-12(m1+m)vC2=
5.4 J,故A正确;t1时刻弹簧被压缩至最短而t3时刻弹簧被拉伸到最长,故两时刻弹簧的长度不相等,故B错误;t3时刻弹簧被拉伸到最长,两球速度相等,t4时刻两球速度恢复到初始状态即弹簧恢复原长,因此从t3到t4过程中弹簧由伸长状态恢复原长,故C正确;由题图可知A球和子弹的初速度vC=3 m/s,t1时刻两球达到共速v共=1 m/s,由动量守恒定律得(m1+m)vC=(m1+m+mB)
v共,解得mB=0.8 kg,故D错误。
三、非选择题(本题共4小题,共47分)
11.(8分)在“验证动量守恒定律”实验中常会用到气垫导轨,导轨与滑块之间形成空气垫,使滑块在导轨上运动时几乎没有摩擦。现在有滑块A、B和带竖直挡板C、D的气垫导轨,用它们验证动量守恒定律,实验装置如图所示(弹簧的长度忽略不计)。采用的实验步骤如下:
a.用天平分别测出滑块A、B的质量mA、mB;
b.调整气垫导轨使之水平;
c.在A、B间放入一个被压缩的轻弹簧,用电动卡销锁定,静止放置在气垫导轨上;
d.用刻度尺测出A的左端至挡板C的距离L1;
e.按下电钮放开卡销,同时开始计时,当A、B滑块分别碰撞挡板C、D时结束计时,记下A、B分别到达C、D的运动时间t1和t2。
(1)实验中还应测量的物理量及其符号是 。
(2)若取A滑块的运动方向为正方向,则放开卡销前,A、B两滑块质量与速度乘积之和为 ;A、B两滑块与弹簧分离后,质量与速度乘积之和为 。若这两个和相等,则动量守恒。
(3)实际实验中,弹簧作用前后A、B两滑块质量与速度乘积之和并不完全相等,可能产生误差的原因有 。(多选)
A.气垫导轨不完全水平
B.滑块A、B的质量不完全相等
C.滑块与导轨间的摩擦力不为零
D.质量、距离、时间等数据的测量有误差
答案:(1)B的右端至挡板D的距离L2
(2)0 mAL1t1-mBL2t2 (3)ACD
解析:(1)滑块的速度vA=L1t1 ,vB=L2t2 ,
如果动量守恒,则mAvA-mBvB=0,
把速度代入得mAL1t1-mBL2t2=0,
由此可知,还要测量的物理量是B到D的距离L2。
(2)若取A滑块的运动方向为正方向,则放开卡销前,A、B两滑块质量与速度乘积之和为0;A、B两滑块与弹簧分离后,质量与速度乘积之和为mAL1t1-mBL2t2。若这两个和相等,则动量守恒。
(3)由mAL1t1=mBL2t2可知,产生误差的原因是测量mA、mB、L1、L2、t1、t2时带来的误差,气垫导轨不水平,滑块与气垫导轨间有摩擦,故选ACD。
12.(10分)蹦床运动是奥运会传统项目,运动员从静止开始下压弹性网,同时屈膝延长触网时间,通过更大形变存储弹性势能提升腾空高度。现有运动员体重60 kg,在某次训练中,从1.8 m高度自由下落,触网竖直反弹至3.2 m高度处,若触网时间为0.8 s(忽略空气阻力)。取重力加速度g=10 m/s2。求:
(1)运动员刚触网前、后的速度大小;
(2)触网过程人受到的平均冲击力大小。
答案:(1)6 m/s 8 m/s (2)1 650 N
解析:(1)运动员触网前做自由落体运动,反弹后做竖直上抛运动,则2gh1=v12,2gh2=v22,
代入数据解得v1=6 m/s,v2=8 m/s。
(2)运动员触网过程,根据动量定理可得
mg·Δt-F-·Δt=-mv2-mv1,
代入数据解得F-=1 650 N。
13.(13分)国产新能源汽车在产销量、技术创新和安全性能方面均取得显著进展。随着消费者对安全性的重视程度不断提升,多气囊系统已成为新能源汽车的重要卖点之一。如图甲所示,在某安全气囊(固定在试验台上)的性能测试中,可视为质点的重物从距气囊上表面高h=1.8 m处由静止释放,与正下方的气囊发生碰撞。将重物刚接触气囊时计为t=0时刻,气囊对重物竖直向上的作用力大小F随时间t变化的规律可近似用图乙所示的图像描述。已知重物的质量m=5 kg,取重力加速度大小g=10 m/s2,以气囊最高点所在的水平面为参考平面,不计空气阻力,重物只沿竖直方向运动。
(1)求重物与气囊碰撞过程中F的冲量大小I;
(2)求重物第一次被反弹后瞬间的速度大小;
(3)若后一次碰撞过程重物损失的机械能是前一次碰撞过程重物损失的机械能的12,求重物与气囊第三次碰撞后瞬间的机械能E。
答案:(1)55 N·s (2)4 m/s (3)2.5 J
解析:(1)根据F-t图像的面积等于F的冲量可知I=12×1 100×0.1 N·s,
解得I=55 N·s。
(2)重物落到气囊上表面时的速度大小v0=2gℎ,
解得v0=6 m/s,
取竖直向上为正方向,对碰撞过程,
由动量定理有I-mgt=mv-(-mv0),
解得v=4 m/s。
(3)第一次碰撞过程中系统损失的机械能
ΔE=mgh-12mv2,
解得ΔE=50 J,
由题意可知E=mgh-(1+12+14)ΔE,
解得E=2.5 J。
14.(16分)某学习小组设计了一种模拟建筑工地上运输砖块的装置,如图所示。一倾斜滑板与水平地面的夹角θ=53°,底端与固定的弹性装置连接。现将一可视为质点的质量m=1 kg的滑块从滑板顶端A点静止释放,下滑到底端B点时速度vB=5 m/s,并与弹性装置发生碰撞,滑块碰撞前后水平分速度不变,竖直分速度大小不变、方向相反,碰撞时的接触时间Δt=0.5 s,反弹后恰好无碰撞地滑入水平传送带的左端C点,此时传送带由静止开始做加速度大小为a=
1.5 m/s2的匀加速直线运动。已知传送带CD长度L=4.5 m,滑块与滑板间动摩擦因数μ1=0.5,滑块与传送带间动摩擦因数μ2=0.15,滑块与传送带之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,忽略空气阻力。已知sin 53°=0.8,cs 53°=0.6,求:
(1)倾斜滑板的长度s;
(2)C点离地面的高度h;
(3)滑块与弹性装置碰撞过程中受到弹力的冲量大小I;
(4)滑块在传送带上运动时与传送带摩擦产生的热量Q。
答案:(1)2.5 m (2)0.8 m (3)13 N·s (4)2.25 J
解析:(1)根据动能定理
mgsin θ·s-μ1mgcs θ·s=12mvB2,
解得s=2.5 m。
(2)根据题意可得在B点反弹后竖直方向的速度
vy=vBsin θ,
竖直方向,根据速度位移关系vy2=2gh,
联立解得h=0.8 m。
(3)碰撞过程,根据动量定理I-mgΔt=2mvy,
即I-mgΔt=2mvBsin θ,
解得I=13 N·s。
(4)滑块斜抛进入到传送带时的速度为vC,根据几何关系vC=vBcs 53°,即vC=3 m/s,
滑块在传送带上先做匀减速运动,
加速度为a2=μ2mgm=1.5 m/s2,
达到共速后再与传送带一起做加速度a=1.5 m/s2的匀加速运动,
滑块减速阶段根据速度关系
v=vC-a2t1,v=at1,
解得v=1.5 m/s,t1=1 s,
由x1=vCt1-12a2t12,x2=12at12,
解得x1=2.25 m,x2=0.75 m,
因摩擦而产生的内能为Q=μ2mg(x1-x2),
代入数据得Q=2.25 J。