第一章 動(dòng)量守恒定律 能力提高卷（B卷）（全解全析版）

第一章動(dòng)量守恒定律能力提高卷（B卷）高二物理·全解全析123456789101112DACDBBCABDBCBDACD1．D【詳解】A．上升過(guò)程，根據(jù)牛頓第二定律，有f+mg=ma解得下降過(guò)程，根據(jù)牛頓第二定律，有mg-f=ma′解得可見：上升過(guò)程加速度大小大于下降過(guò)程加速度大小。由于上升和下降的高度相等，上升的加速度大小大于下降的加速度大小，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式知上升的時(shí)間小于下降的時(shí)間，故A錯(cuò)誤；B．由于小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程有空氣阻力，所以機(jī)械能損失，回到拋出點(diǎn)時(shí)的速率v2必然小于拋出時(shí)的速率v1，則由動(dòng)能公式知小球回到拋出點(diǎn)的動(dòng)能小于拋出時(shí)的動(dòng)能，故上升過(guò)程減少的動(dòng)能大于下落過(guò)程增加的動(dòng)能，故B錯(cuò)誤；C．上升過(guò)程同樣位置的阻力大于下落過(guò)程同樣位置的阻力，因此小球上升克服阻力做功的數(shù)值大于小球下降克服阻力做功的數(shù)值，故C錯(cuò)誤；D．由題意可得，阻力與速率的關(guān)系為故阻力的沖量大小為因?yàn)樯仙^(guò)程和下降過(guò)程位移相同，則上升和下降過(guò)程沖量大小相等，故D正確。故選D。2．A【詳解】A．減速階段，據(jù)牛頓第二定律可得由圖可知，減速階段兩者加速度相等，則水的阻力相等，加速階段，據(jù)牛頓第二定律可得加速階段，甲的加速度較小，則甲在劃槳時(shí)用力較小，A正確；B．兩者最大速度相同，由動(dòng)能定理可得乙加速階段的位移較小，故乙做功WF更少，B錯(cuò)誤；CD．加速階段由動(dòng)量定理可得甲加速階段時(shí)間較長(zhǎng)，甲劃槳時(shí)受到水反作用力的沖量大，CD錯(cuò)誤。故選A。3．C【詳解】由題意知，m沿斜面由底端沖上頂端的過(guò)程中，在豎直方向上m有向下的加速度，所以m和M組成的系統(tǒng)在豎直方向上系統(tǒng)的動(dòng)量分量不守恒。而m和M組成的系統(tǒng)在水平方向上不受外力作用，所以m和M組成的系統(tǒng)，在水平方向上系統(tǒng)的動(dòng)量分量守恒。故選C。4．D【詳解】A．碰撞前的總動(dòng)量為碰撞后的總動(dòng)量可知根據(jù)碰撞的特點(diǎn)，碰撞前后動(dòng)量守恒，故A不符合題意；B．碰撞前的總動(dòng)量為碰撞后的總動(dòng)量可知碰撞前的總能量為碰撞后的總能量為可知根據(jù)碰撞的特點(diǎn)可知，碰撞后的動(dòng)能不增加，故B不符合題意；C．根據(jù)碰撞的特點(diǎn)，碰撞后要滿足運(yùn)動(dòng)關(guān)系故C不符合題意；D．碰撞前的總動(dòng)量為碰撞后的總動(dòng)量可知碰撞前的總能量為碰撞后的總能量為可知且碰撞后要滿足運(yùn)動(dòng)關(guān)系故D符合題意。故選D。5．B【詳解】若人跳離b、c車時(shí)速度為v，由動(dòng)量守恒定律，人跳離c車的過(guò)程，有0=-M車vc+m人v人跳上和跳離b車的過(guò)程，有m人v=-M車vb+m人v人跳上a車過(guò)程，有m人v=（M車+m人）va所以vc=-vb=0va=即vc>va>vb并且vc與va方向相反。故選B。6．B【詳解】M和m碰撞時(shí)間極短，在極短的時(shí)間內(nèi)彈簧形變極小，可忽略不計(jì)，因而m0在水平方向上沒有受到外力作用，動(dòng)量不變（速度不變），可以認(rèn)為碰撞過(guò)程中m0沒有參與，只涉及M和m，由于水平面光滑，彈簧形變極小，所以M和m組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，兩者碰撞后可能具有共同速度，也可能分開。故選B。7．C【詳解】A．根據(jù)動(dòng)量守恒可知，爆炸剛結(jié)束時(shí)，乙、丙的合動(dòng)量應(yīng)與甲的動(dòng)量等大反向，即大小為mv0，故A錯(cuò)誤；B．三物塊的質(zhì)量相等，且乙、丙的初速度大小相等且夾角為120°，根據(jù)平行四邊形定則可知，乙、丙的動(dòng)量大小與乙、丙兩速度合成后的動(dòng)量大小相同，因此三個(gè)物塊初速度大小均相等，初動(dòng)能相等，三個(gè)物體到達(dá)地面時(shí)重力做功相等，則末動(dòng)能相等，故B錯(cuò)誤；C．甲在落地的過(guò)程中，設(shè)用時(shí)為t，則有重力對(duì)甲的沖量大小解得故C正確；D．結(jié)合以上分析，三個(gè)物塊初速度大小和初動(dòng)能均相同，爆炸過(guò)程中釋放的總能量即三個(gè)物塊初動(dòng)能之和加上爆炸產(chǎn)生的熱量為Q，即大于，故D錯(cuò)誤。故選C。8．A【詳解】由動(dòng)量守恒定律得解得故選A。9．BD【詳解】A．由于鐵粉受到重力和底座中磁鐵的吸引力，所以鐵粉的運(yùn)動(dòng)不是自由落體運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B．由于鐵粉下落過(guò)程中不斷靠近磁鐵，磁體的吸引力會(huì)不斷變大，則加速度不斷變化，所以鐵粉做變加速直線運(yùn)動(dòng)，故B正確；CD．如果鐵粉做自由落體運(yùn)動(dòng)，設(shè)沙漏的總質(zhì)量為m，空中正在下落的鐵粉質(zhì)量為m1，設(shè)沙漏中部細(xì)孔到底部靜止鐵粉表面的高度為h，因細(xì)孔處速度很小，可視為零，故下落的鐵粉沖擊底部靜止鐵粉表面的速度為鐵粉下落的時(shí)間為設(shè)下落的鐵粉對(duì)底部靜止鐵粉的沖擊力為F1，在極短時(shí)間內(nèi)，撞擊在底部靜止鐵粉表面的鐵粉質(zhì)量為，由動(dòng)量定理得可得空中的鐵粉質(zhì)量則所以，對(duì)沙漏受力分析，可知桌面對(duì)沙漏的支持力為而實(shí)際中，鐵粉做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)底端速度大于，所以所以故C錯(cuò)誤，D正確。故選BD。10．BC【詳解】A．彈幕的總體積為A錯(cuò)誤；B．又因?yàn)槊坑幸粋€(gè)子彈顆粒，則子彈顆粒的總個(gè)數(shù)個(gè)個(gè)所形成彈幕的總質(zhì)量B正確；C．由動(dòng)量定理可知C正確；D．彈幕對(duì)目標(biāo)形成的沖擊力大小D錯(cuò)誤。故選BC。11．BD【詳解】AD．和m組成的系統(tǒng)豎直方向合力不為0，系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，但水平方向受合外力為零，則水平方向動(dòng)量守恒；由于只有重力做功，則機(jī)械能守恒，當(dāng)m到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，的速度最大，則解得M所能獲得的最大速度為故D正確，A錯(cuò)誤；B．由水平方向動(dòng)量守恒，根據(jù)人船模型得解得，向左運(yùn)動(dòng)的最大距離為故B正確；C．當(dāng)光滑的半圓弧軌道固定在水平地面上時(shí)，由機(jī)械能守恒定律可知由向心力公式得m運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)C時(shí)軌道對(duì)m的支持力根據(jù)牛頓第三定律可知m運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)C時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為3mg?，F(xiàn)在光滑的半圓弧軌道在水平面上運(yùn)動(dòng)，m運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)C時(shí)對(duì)軌道的壓力大小不是3mg。故C錯(cuò)誤。故BD。12．ACD【詳解】A．整個(gè)過(guò)程中根據(jù)速度—時(shí)間圖像可知滑塊乙的位移A正確；B．兩物塊在1s末時(shí)發(fā)生碰撞，根據(jù)動(dòng)量定理得帶入解得B錯(cuò)誤；C．根據(jù)圖像可知，0~1s滑塊的加速度為根據(jù)牛頓第二定律解得，滑塊甲、滑塊乙與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)之比為，C正確；D．滑塊甲與滑塊乙的質(zhì)量之比為兩個(gè)滑塊碰撞前后的能量差為D正確。故選ACD。13．

需要

AC##CA

OM、OP和ON的距離

AD##DA【詳解】（1）[1]本實(shí)驗(yàn)需要小球從斜槽末端離開后做平拋運(yùn)動(dòng)，所以斜槽末端需要保持水平。（2）[2]AB．為了使兩球碰撞后A球不反彈，兩球質(zhì)量滿足mA>mB，故A正確，B錯(cuò)誤；CD．為了減小空氣阻力對(duì)實(shí)驗(yàn)的影響，兩小球都應(yīng)該選擇質(zhì)量大、體積小的剛性小球進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，故C正確，D錯(cuò)誤。故選AC。（3）[3]采用圖甲裝置實(shí)驗(yàn)時(shí)，兩小球下落高度相同，所以做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同，而兩小球碰撞前后的速度分別正比于對(duì)應(yīng)的水平位移大小，所以在驗(yàn)證動(dòng)量守恒表達(dá)式時(shí)可直接代入水平位移來(lái)間接代替速度，則實(shí)驗(yàn)中還必須測(cè)量的物理量是OM、OP和ON的距離。（4）[4]采用圖乙裝置實(shí)驗(yàn)時(shí)，設(shè)A與B碰撞前瞬間的速度為v1，碰后瞬間二者的速度分別為v1′和v2′，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律分別得

①

②聯(lián)立①②解得

③

④兩小球做平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移相同，水平初速度與運(yùn)動(dòng)時(shí)間成反比，而下落高度越大運(yùn)動(dòng)時(shí)間越長(zhǎng)，則根據(jù)③④式可知P點(diǎn)是A單獨(dú)拋出時(shí)在豎直木板上的撞擊點(diǎn)，M、N點(diǎn)分別是A與B碰撞后在各自在豎直木板上的撞擊點(diǎn)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得

⑤

⑥

⑦聯(lián)立①⑤⑥⑦可得

⑧若⑧式在誤差允許范圍內(nèi)成立，則表明此碰撞動(dòng)量守恒，且要驗(yàn)證上式，必需測(cè)量B′N、B′P和B′M的距離。故選AD。14．

40

0.80

0.48

0.48【詳解】（1）[1]由于碰撞前后滑塊做勻速直線運(yùn)動(dòng)，結(jié)合圖可知AB碰撞位置在40cm處。（2）[2][3][4]從第二次到第三次拍照，A從50cm處向右運(yùn)動(dòng)到70cm處，所以碰撞后A的速度為則碰撞后A從40cm處運(yùn)動(dòng)到50cm處的時(shí)間為所以碰撞前A從20cm處運(yùn)動(dòng)到40cm處的時(shí)間為所以A碰撞前速度為從第二次到第三次拍照，B從55cm處運(yùn)動(dòng)到85cm處，所以碰撞后B的速度為則碰撞前系統(tǒng)的總動(dòng)量為碰撞后系統(tǒng)的總動(dòng)量為15．（1）；（2）【詳解】（1）質(zhì)量為的物體放在月球表面，受到的萬(wàn)有引力等于重力，可得…………（2分）解得…………（1分）又…………（2分）聯(lián)立解得…………（1分）（2）設(shè)噴出氣體對(duì)上升器的作用力大小為，對(duì)上升器由牛頓第二定律可得…………（1分）設(shè)在時(shí)間內(nèi)噴射出氣體質(zhì)量為，由動(dòng)量定理可得…………（1分）其中由牛頓第三定律有…………（1分）聯(lián)立解得…………（1分）16．（1）；（2）；（3）見解析【詳解】（1）運(yùn)動(dòng)員離開地面做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，由…………（2分）解得…………（1分）（2）從m1下壓距離h位置松手瞬間開始到將彈簧長(zhǎng)度鎖定瞬間結(jié)束，這個(gè)過(guò)程表示人的“站起”過(guò)程。設(shè)彈簧長(zhǎng)度鎖定前瞬間，m1速度為u，彈簧長(zhǎng)度鎖定后瞬間m1與m2整體離地，速度為，由彈簧長(zhǎng)度鎖定過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒…………（2分）解得…………（1分）則至少需要做功…………（2分）（3）把手臂和軀體看作兩個(gè)部分，向前擺臂會(huì)使得起跳瞬間手臂部分的速度比身體的速度大，根據(jù)系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，起跳后身體速度還會(huì)增大，從而提高成績(jī)?！?分）17．（1）0.1m；（2）4N.【詳解】（1）小球釋放在向下擺動(dòng)的過(guò)程中，對(duì)A有向左的拉力，使得A、B之間有壓力，A、B不會(huì)分離，當(dāng)C運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，壓力為零，此時(shí)，A、B將要分離。A、B、C系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，以向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得mvC-2MvA=0…………（1分）則有…………（1分）由幾何關(guān)系得x1+x2=L…………（1分）解得A移動(dòng)的距離為…………（1分）（2）A、B、C系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，以向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得mvC-2MvA=0…………（1分）由機(jī)械能守恒定律得…………（1分）聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得…………（1分）當(dāng)A、B兩木塊恰分離時(shí)，小球相對(duì)A的速度為…………（1分）根據(jù)牛頓第二定律…………（1分）解得小球?qū)?xì)線的拉力…………（1分）18．（1），方向向右；（2）；（3）【詳解】（1）設(shè)向右為正方向，子彈射入滑塊后的共同速度大小為，對(duì)子彈與滑塊組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律得……