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=
N=0.13N
根据牛顿第三定律可知,打一次喷嚏人受到的平均反冲力为0.13N,故选D.
4.(八省联考·
湖北·
1)如图2所示,曲面体P静止于光滑水平面上,物块Q自P的上端静止释放。
Q与P的接触面光滑,Q在P上运动的过程中,下列说法正确的是( )
图2
A.P对Q做功为零
B.P和Q之间相互作用力做功之和为零
C.P和Q构成的系统机械能守恒、动量守恒
D.P和Q构成的系统机械能不守恒、动量守恒
答案 B
解析 根据题意可知,物块Q从光滑曲面体P滑下,两者组成的系统没有重力以外的其他力做功,系统的机械能守恒,故D错误;
物块Q滑下,曲面体向后运动,说明滑块Q对曲面体P做正功,则曲面体P对滑块Q做负功,且P和Q之间的相互作用力做功之和为零,故B正确,A错误;
P和Q组成的系统所受外力不为零,动量不守恒,但在水平方向的外力为零,系统在水平方向的动量守恒,故C错误.
5.(2020·
河南名校联盟高三下学期2月联考)如图3所示,小木块A用细线吊在O点,此刻小木块的重力势能为零.一颗子弹以一定的水平速度射入木块A中,并立即与A有共同的速度,然后一起摆动到最大摆角α(0<
α<
90°
).如果保持子弹质量和入射的速度大小不变,而使小木块的质量稍微增大,关于最大摆角α、子弹的初动能与木块和子弹一起达到最大摆角时的机械能之差ΔE,有( )
图3
A.α角增大,ΔE也增大
B.α角增大,ΔE减小
C.α角减小,ΔE增大
D.α角减小,ΔE也减小
解析 小木块质量增大,由动量守恒定律可知,小木块与子弹的共同速度减小,则最大摆角α减小,又ΔE=
mv02-
(M+m)v2,且v=
,联立解得ΔE=
,则M增大时,ΔE增大,C正确.
6.(2020·
湖南长沙市一模)一质量为m1的物体1以v0的初速度与另一质量为m2的静止物体2发生碰撞,其中m2=km1,k<
1.碰撞可分为弹性碰撞、完全非弹性碰撞以及非弹性碰撞.碰撞后两物体速度分别为v1和v2.假设碰撞在一维上进行,且一个物体不可能穿过另一个物体.物体1碰撞后与碰撞前速度之比r=
的取值范围是( )
≤r≤1B.
≤r≤
C.0≤r≤
D.
解析 若两物体发生弹性碰撞,则由动量守恒定律有m1v0=m1v1+m2v2,由机械能守恒定律有
m1v02=
m1v12+
m2v22,联立解得v1=
v0,则
;
若两物体发生完全非弹性碰撞,有v1=v2,则由动量守恒定律有m1v0=(m1+m2)v,解得v=v1=v2=
,则
,故
,B正确.
7.(2020·
湖北孝感高级中学调研)两个小球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动,如图4所示,球2在前,球1在后,球1、2的质量分别为m1=1kg、m2=3kg,初速度分别为v01=6m/s、v02=3m/s,当球1与球2发生碰撞后,两球的速度分别为v1、v2,将碰撞后球1的动能和动量大小分别记为E1、p1,则v1、v2、E1、p1的可能值为( )
图4
A.v1=1.75m/s,v2=3.75m/s
B.v1=1.5m/s,v2=4.5m/s
C.E1=9J
D.p1=1kg·
m/s
解析 两球碰撞过程中两球组成的系统动量守恒,有m1v01+m2v02=m1v1+m2v2,代入数据可知A错误,B正确.以两球的初速度方向为正方向,如果两球发生完全非弹性碰撞,由动量守恒定律有m1v01+m2v02=(m1+m2)v,代入数据解得v=3.75m/s,如果两球发生弹性碰撞,由动量守恒定律有m1v01+m2v02=m1v1+m2v2,由机械能守恒定律得
m1v012+
m2v022=
m2v22,联立解得v1=1.5m/s,v2=4.5m/s,故碰撞后球1的速度满足1.5m/s≤v1≤3.75m/s,球1的动能E1=
m1v12,满足1.125J≤E1≤7.03J,球1的动量大小p1=m1v1,满足1.5kg·
m/s≤p1≤3.75kg·
m/s,选项C、D错误.
8.如图5所示,静止在光滑水平面上的木板A,右端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连,木板质量M=3kg.质量m=1kg的铁块B以水平速度v0=4m/s从木板的左端沿板面向右滑行,压缩弹簧后又被弹回,最后恰好停在木板的左端.在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为( )
图5
A.3JB.4JC.6JD.20J
解析 设铁块与木板共速时速度大小为v,铁块相对木板向右运动的最大距离为L,铁块与木板之间的摩擦力大小为Ff.铁块压缩弹簧使弹簧最短时,由能量守恒定律可得
mv02=FfL+
(M+m)v2+Ep.由动量守恒定律,得mv0=(M+m)v.从铁块开始运动到最后停在木板左端过程,由能量关系得
mv02=2FfL+
(M+m)v2,联立解得Ep=3J,故选项A正确.
二、多项选择题(本题共4小题,每小题4分,共16分.在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
9.(2020·
山东德州市月考)2019年3月10日,在世界短道速滑锦标赛男子5000m接力决赛中,中国队首获亚军.观察发现,“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面,并且开始向前滑行,待乙追上甲时,乙猛推甲一把,使甲获得更大的速度向前冲出.在乙推甲的过程中,忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用,则( )
A.甲对乙和乙对甲的冲量大小相等、方向相反
B.甲、乙的动量变化一定大小相等、方向相反
C.甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量
D.甲对乙做多少负功,乙对甲就一定做多少正功
答案 AB
解析 因为冲量是矢量,甲对乙的作用力与乙对甲的作用力大小相等,方向相反,故甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小相等、方向相反,故A正确;
二人相互作用的过程中动量守恒,根据动量守恒定律可知,甲、乙的动量变化一定大小相等、方向相反,故B正确;
根据Ek=
,由于不知道甲、乙的质量关系,故不能求出甲、乙动能变化关系,无法判断做功多少,也不能判断出二者动能的变化量,故C、D错误.
10.光滑水平地面上,A、B两物体质量都为m,A以速度v向右运动,B原来静止,左端有一轻弹簧,如图6所示,当A撞上弹簧,在之后的运动过程中( )
图6
A.A、B组成的系统机械能守恒
B.A的最小动量为零
C.弹簧被压缩最短时,B的动量达到最大值
D.弹簧被压缩最短时,A、B的速度相等
答案 BD
解析 由题意,A、B、弹簧三者组成的系统机械能守恒,A、B组成的系统机械能不守恒,A错误;
在A、B相互作用过程中,开始阶段,A压缩弹簧,受到向左的力做减速运动,B做加速运动,vA>
vB,弹簧逐渐缩短,当vA=vB时弹簧处于压缩状态,由于弹簧弹力作用,A继续减速,B继续加速,直至弹簧恢复原长.当vA=vB时弹簧被压缩至最短,D正确;
由于在A、B相互作用前后满足动量守恒和能量守恒,则有:
mAv=mAvA′+mBvB′;
mAv2=
mAvA′2+
mBvB′2,且mA=mB=m,解得:
vA′=0,vB′=v,B正确,C错误.
11.(2020·
四川宜宾第四中学开学考试)如图7,半径为R、质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上,将质量也为m的小球从距A点正上方h高处由静止释放,小球自由落体后由A点经过半圆轨道后从B冲出,在空中能上升的最大高度为
h,不计空气阻力,小球可视为质点,则( )
图7
A.小球和小车组成的系统动量守恒
B.小车向左运动的最大距离为
R
C.小球离开小车后做竖直上抛运动
D.小球第二次能上升的最大高度hm满足:
h<hm<
h
答案 CD
解析 小球与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零,水平方向系统动量守恒,由于小球有竖直分加速度,所以系统整体所受合外力不为零,系统动量不守恒,故A错误;
系统水平方向动量守恒,以向右为正方向,在水平方向,由动量守恒定律得:
mv-mv′=0,m
-m
=0,解得,小车的最大位移:
x=R,故B错误;
小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒,小球离开小车时系统水平方向动量为零,小球与小车水平方向速度为零,小球离开小车后做竖直上抛运动,故C正确;
小球第一次在车中运动的过程中,由动能定理得:
mg(h-
h)-Wf=0,Wf为小球克服摩擦力做功大小,解得:
Wf=
mgh,即小球第一次在车中运动损失的机械能为
mgh,由于小球第二次在车中运动时,对应位置处速度变小,因此小车给小球的弹力变小,摩擦力变小,摩擦力做功小于
mgh,机械能损失小于
mgh,因此小球再次离开小车时,能上升的高度大于:
h-
h=
h,而小于
h,故D正确.
12.(2020·
广西桂林市、百色市和崇左市第三次联考)如图8甲,光滑水平面上放着长木板B,质量为m=2kg的木块A以速度v0=2m/s滑上原来静止的长木板B的上表面,由于A、B之间存在摩擦,之后木块A与长木板B的速度随时间变化情况如图乙所示,重力加速度g=10m/s2.则下列说法正确的是( )
图8
A.木块A与长木板B之间的动摩擦因数为0.1
B.长木板的质量M=2kg
C.长木板B的长度至少为2m
D.木块A与长木板B组成的系统损失的机械能为4J
解析 由题图乙可知,木块A先做匀减速运动,长木板B先做匀加速运动,最后一起做匀速运动,共同速度v=1m/s,取向右为正方向,对A、B组成的系统,根据动量守恒定律有mv0=(m+M)v,解得:
M=m=2kg,故B正确;
由题图乙可知,长木板B匀加速运动的加速度为:
aB=
m/s2=1m/s2,对长木板B,根据牛顿第二定律得:
μmg=MaB,解得μ=0.1,故A正确;
由题图乙可知前1s内长木板B的位移为:
xB=
×
1×
1m=0.5m,木块A的位移为:
xA=
1m=1.5m,所以长木板B的最小长度为:
L=xA-xB=1m,故C错误;
木块A与长木板B组成的系统损失的机械能为:
ΔE=
(m+M)v2=2J,故D错误.
三、非选择题(本题共6小题,共60分)
13.(6分)(2020·
安徽江淮十校联考)在做“验证动量守恒定律”常规实验中:
图9
(1)本实验中不需要用到的测量仪器或工具有________.(单选)
A.圆规B.秒表
C.刻度尺D.天平
(2)必须要求的条件是________.(多选)
A.斜槽轨道末端的切线必须水平
B.要测量小球平抛的初速度
C.入射球每次必须从轨道的同一位置由静止滚下
D.入射球和被碰球的质量必须相等,且大小相同
(3)某次实验中得出的落点情况如图9所示,假设碰撞过程中动量守恒,则入射小球质量m1和被碰小球质量m2之比为________.
答案
(1)B
(2)AC (3)5∶1
解析
(1)小球碰撞过程系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得:
m1v0=m1v1+m2v2
两球离开斜槽后做平抛运动,由于两球抛出点的高度相等,它们在空中的运动时间t相等,则有:
m1v0t=m1v1t+m2v2t
即为:
m1OP=m1OM+m2ON,
实验需要测量两球的质量与水平位移,需要用圆规确定小球落地位置,需要用刻度尺测量小球的水平位移,需要用天平测小球质量,不需要的测量工具是秒表,故选项B符合题意;
(2)小球离开斜槽后做平抛运动,斜槽轨道末端的切线必须水平,故A正确;
小球离开轨道后做平抛运动,小球的水平位移与其初速度成正比,可以用小球的水平位移代替其初速度,实验不需要测量小球平抛的初速度,故B错误;
为保证入射小球到达斜槽末端时的速度相等,入射球每次必须从轨道的同一位置由静止滚下,故C正确;
为防止入射球反弹,入射球的质量应大于被碰球的质量,故D错误;
(3)小球碰撞过程系统动量守恒,则有:
m1OP=m1OM+m2ON
代入数据得:
m1×
0.255=m1×
0.155+m2×
0.500
解得:
m1∶m2=5∶1.
14.(8分)(2020·
全国课时练习)如图10甲所示,滑块A、B静止在水平气垫导轨上,两滑块间紧压一轻弹簧,两滑块用细线连接,烧断细线,两个滑块向相反方向运动.现拍得闪光频率为10Hz的一组频闪照片如图乙所示.已知滑块A、B的质量分别为100g、150g.根据照片记录的信息可知,A、B离开弹簧后:
图10
(1)滑块A做________运动;
(2)滑块A的速度大小为________m/s;
(3)滑块B的动量大小是________kg·
m/s;
(4)两滑块的动量大小关系为pA________pB(选填“>
”“<
”或“=”),说明___________.
答案
(1)匀速直线
(2)0.09 (3)0.009 (4)= 两滑块组成的系统动量守恒
解析
(1)由题图乙可知,滑块A在相等的时间内运动的距离相等,故A做匀速直线运动.
(2)频闪照相机拍照的时间间隔T=
=0.1s,
所以滑块A的速度大小为v=
m/s=0.09m/s.
(3)由题图乙可知,滑块B做匀速直线运动,故滑块B的速度大小为
vB=
m/s=0.06m/s
则滑块B的动量大小为pB=mBvB=150×
10-3kg×
0.06m/s=0.009kg·
(4)滑块A的动量大小为pA=mAv=0.100kg×
0.09m/s=0.009kg·
可见A、B的动量大小相等,由两滑块运动方向相反可知A、B的动量方向相反,即A、B两滑块离开弹簧后总动量为零,所以两滑块组成的系统动量守恒.
15.(8分)(2020·
天津市红桥区一模)如图11所示,质量m1=2kg的小车静止在光滑的水平面上,现有质量m2=0.5kg可视为质点的物块,以水平向右的速度v0=10m/s从左端滑上小车,最后在车面上某处与小车保持相对静止.物块与车面间的动摩擦因数μ=0.5,取g=10m/s2,求:
图11
(1)若物块不能从小车上掉下,他们的共同速度多大;
(2)要使物块不从小车右端滑出,小车至少多长.
答案
(1)2m/s
(2)8m
解析
(1)由题意知物块与小车组成的系统动量守恒,设物块与小车的共同速度为v,以水平向右为正方向,根据动量守恒定律有m2v0=(m1+m2)v
=2m/s
(2)要使物块恰好不从小车右端滑出,须使物块到车面右端时与小车有共同的速度,由能量守恒定律得
m2v02=
(m1+m2)v2+μm2gL
代入数据解得L=8m.
16.(10分)(2020·
甘肃天水市调研)如图12所示,在水平面上依次放置小物块A和C以及曲面劈B,其中小物块A与小物块C的质量相等均为m,曲面劈B的质量M=3m,曲面劈B的曲面下端与水平面相切,且曲面劈B足够高,各接触面均光滑.现让小物块C以水平速度v0向右运动,与小物块A发生碰撞,碰撞后两个小物块粘在一起滑上曲面劈B,重力加速度为g.求:
图12
(1)碰撞过程中系统损失的机械能;
(2)碰后物块A与C在曲面劈B上能够达到的最大高度.
答案
(1)
mv02
(2)
解析
(1)小物块C与物块A发生碰撞粘在一起,以v0的方向为正方向
由动量守恒定律得:
mv0=2mv
v0;
碰撞过程中系统损失的机械能为E损=
2mv2
解得E损=
mv02.
(2)当小物块A、C上升到最大高度时,A、B、C系统的速度相等.三者组成的系统在水平方向上动量守恒,根据动量守恒定律:
mv0=(m+m+3m)v1
解得v1=
v0
根据机械能守恒定律得
2mgh=
2m
2-
5m
2
解得h=
.
17.(12分)(2020·
湖北宜昌一中阶段测试)如图13所示,倾角θ=30°
的足够长的斜面上,放着两个相距L0、质量均为m的滑块A和B,滑块A的下表面光滑,滑块B与斜面间的动摩擦因数μ=tanθ=
.由静止同时释放A和B,此后A、B发生碰撞,碰撞时间极短且为弹性碰撞.已知重力加速度为g,求:
图13
(1)A与B第一次相碰后B的速率;
(2)从A开始运动到两滑块第二次碰撞所经历的时间.
(2)6
解析
(1)对B,由μ=tanθ=
知mgsinθ=μmgcosθ
则第一次碰撞前B将保持静止
对A,由牛顿第二定律得mgsinθ=maA,A在斜面上的加速度恒为aA=
g
由vA2=2aAL0得与B第一次碰撞前的速度vA=
A、B发生第一次弹性碰撞,碰撞过程动量守恒,机械能守恒,有mvA=mv1+mv2
mvA2=
mv12+
mv22
解得第一次相碰后A的速率v1=0,B的速率v2=vA=
(2)由vA=aAt1得从A开始运动到A、B第一次碰撞所用时间t1=
=2
由
(1)知,第一次相碰后A做初速度为0的匀加速直线运动,B做速度为v2的匀速直线运动,设再经时间t2发生第二次碰撞,则t2时间内A、B的位移分别为xA=
aAt22
xB=v2t2
由xA=xB得t2=4
故从A开始运动到两滑块第二次碰撞所经历的时间t=t1+t2=6
18.(16分)(2020·
山东潍坊市模拟)如图14所示,固定的光滑平台左端固定有一光滑的半圆轨道,轨道半径为R,平台上静止放着两个滑块A、B,其质量mA=
,mB=m,两滑块间夹有少量炸药.平台右侧有一小车,静止在光滑的水平地面上,小车质量M=2m,车长L=2R,车面与平台的台面等高,车面粗糙,动摩擦因数μ=0.5,右侧地面上有一不超过车面高的立桩,立桩与小车右端的距离为x,且x=R.小车运动到立桩处立即被牢固粘连.点燃炸药后,滑块A恰好能够通过半圆轨道的最高点D,滑块B冲上小车.两滑块都可以看成质点,炸药的质量忽略不计,爆炸的时间极短,爆炸后两个滑块的速度方向在同一水平直线上,重力加速度为g=10m/s2.求:
图14
(1)滑块A在半圆轨道最低点C时所受轨道支持力的大小FN;
(2)炸药爆炸后滑块B的速度大小vB;
(3)滑块B在小车上运动的过程中克服摩擦力做的功W.
答案
(1)3mg
(2)
(3)
mgR
解析
(1)以水平向右为正方向,设爆炸后滑块A的速度大小为vA,
滑块A在半圆轨道运动,设到达最高点的速度为vAD,
则mAg=mA
,解得vAD=
,
滑块A在半圆轨道运动过程中
-mAg·
2R=
mAvAD2-
mAvA2,
vA=
滑块A在半圆轨道最低点:
FN-mAg=mA
FN=3mg.
(2)在炸药爆炸过程,A、B系统动量守恒,以B运动的方向为正方向
则mBvB+mA(-vA)=0,
(3)假设滑块B滑上小车后能与小车共速,设共同速度为v共,
整个过程中,由动量守恒定律得:
mBvB=(mB+M)v共,
v共=
滑块B在小车上运动时的加速度大小为aB=μg
滑块B从滑上小车到共速时的位移为xB=
R.
小车从开始运动到共速过程中,由牛顿第二定律得μmBg=Ma车,
小车从开始运动到共速时的位移为x车=
R<
x.
滑块B相对小车的位移为:
Δx=xB-x车=
Δx<
2R,
滑块B与小车在达到共速时未掉下小车,
滑块B和小车先达到相对静止,然后一起匀速向前运动,小车与立桩碰撞后小车停止,然后滑块B以v共向右做匀减速直线运动.
设小车停止后滑块B的位移为x′,x′=
因为Δx+x′=
R,所以滑块B未从小车滑离.
在滑块B的整个运动过程中,由动能定理得-W=0-
mBvB2,
解得W=
mgR.
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