2024版高中同步新教材選擇性必修第一冊(cè)人教物理備課資源01-專題強(qiáng)化練1 類碰撞問題

2024版高中同步新教材選擇性必修第一冊(cè)人教物理備課資源專題強(qiáng)化練1類碰撞問題P199定點(diǎn)2答案見P12460分鐘題組一彈簧模型1.(2023北京牛欄山一中月考)如圖所示,位于光滑水平桌面上的小滑塊P和Q都可視為質(zhì)點(diǎn),P的質(zhì)量是Q的2倍,Q與輕質(zhì)彈簧相連。設(shè)Q靜止,P以初速度v0向Q運(yùn)動(dòng)并與彈簧發(fā)生碰撞(輕質(zhì)彈簧與P不粘連)。在整個(gè)碰撞過程中有()A.當(dāng)彈簧被壓縮到最短時(shí),Q的速度最大B.P的最終動(dòng)能是它初動(dòng)能的1C.P被彈簧彈開瞬間速度與初速度反向D.由于彈簧被壓縮,最終P將靜止2.(2022北京朝陽期末)如圖所示,在水平桌面上放置一操作臺(tái),操作臺(tái)上表面水平且光滑。在操作臺(tái)上放置體積相同、質(zhì)量不同的甲、乙兩球,質(zhì)量分別為m1、m2,兩球用細(xì)線(圖中未畫出)相連,兩球之間有一個(gè)壓縮的輕質(zhì)彈簧,兩球分別與操作臺(tái)左、右邊緣距離相等。燒斷細(xì)線后,由于彈簧彈力的作用,兩球分別向左、右運(yùn)動(dòng),脫離彈簧后在操作臺(tái)面上滑行一段距離,然后平拋落至水平桌面上。下列說法正確的是()A.剛脫離彈簧時(shí),甲、乙兩球的動(dòng)量相同B.剛脫離彈簧時(shí),甲、乙兩球的動(dòng)能相同C.甲、乙兩球不會(huì)同時(shí)落到水平桌面上D.甲、乙兩球做平拋運(yùn)動(dòng)的水平射程之比為m1∶m23.(2023江蘇南京第一中學(xué)開學(xué)考試)如圖所示,質(zhì)量為m的鋼板B與直立的輕彈簧連接,彈簧的下端固定在水平地面上,平衡時(shí)彈簧的壓縮量為x0。另一個(gè)表面涂有油泥、質(zhì)量也為m的物塊A,從距鋼板3x0高度處自由落下,與鋼板碰后A、B粘連在一起向下壓縮彈簧,重力加速度大小為g,則()A.A、B粘連后的最大速度是12B.A、B粘連后的最大速度大于12C.在壓縮彈簧過程中,A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒D.從A開始運(yùn)動(dòng)到壓縮彈簧至最短的整個(gè)過程中,A、B和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒題組二子彈打木塊模型4.(2022湖北黃岡黃州中學(xué)入學(xué)考試)長(zhǎng)方體滑塊由材料不同的上下兩層粘在一起組成,將其放在光滑的水平面上,質(zhì)量為m的子彈以速度v水平射向滑塊,若射擊上層,則子彈恰好不射出;若射擊下層,則整個(gè)子彈恰好嵌入。則上述兩種情況相比,說法錯(cuò)誤的是()A.子彈擊中上層過程中,系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量較多B.兩次滑塊所受沖量一樣大C.兩次系統(tǒng)損失的機(jī)械能一樣多D.兩次子彈動(dòng)量變化量一樣大5.(2021安徽六安舒城中學(xué)月考)如圖所示,子彈以水平速度v0射入放在光滑水平桌面上的木塊,子彈沒有射出。子彈質(zhì)量為m,木塊質(zhì)量為M,此過程中木塊的位移為s,子彈進(jìn)入木塊的深度為Δs,若將子彈在射入木塊的過程中受到的阻力視為恒力,則s和Δs的大小關(guān)系滿足()A.s>ΔsB.s=ΔsC.s<ΔsD.不能確定題組三滑塊+光滑弧面模型6.(2023重慶一中月考)光滑的水平面上放有滑塊A,其內(nèi)側(cè)是半徑為R的四分之一光滑圓軌道,軌道底端的切線水平,離地高度為h,B為光滑小球,將其從軌道頂端由靜止釋放,如圖所示。若滑塊固定,小球B落地時(shí)離軌道底端的水平距離為x1;若滑塊不固定,小球B落地時(shí)離軌道底端的水平距離為x2;已知小球B和滑塊A的質(zhì)量相等,則x1x2為A.12B.21C.17.(2023江蘇南京師大蘇州實(shí)驗(yàn)學(xué)校月考)如圖所示,質(zhì)量為M、帶有半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道的滑塊靜置于光滑水平地面上,且圓弧軌道底端與水平面平滑連接,O為圓心,質(zhì)量為m的小滑塊以水平向右的初速度v0沖上圓弧軌道,恰好能滑到最高點(diǎn),已知M=2m,則下列判斷正確的是()A.由于沒有摩擦阻力,小滑塊沖上軌道的過程,小滑塊機(jī)械能守恒B.小滑塊沖上軌道的過程,小滑塊與帶有圓弧軌道的滑塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒C.小滑塊沖上軌道的最高點(diǎn)時(shí),帶有圓弧軌道的滑塊速度最大且大小為23vD.小滑塊脫離圓弧軌道時(shí),速度大小為13v題組四板塊模型8.(2022山東濰坊第四中學(xué)檢測(cè))如圖所示,質(zhì)量為M=2kg的木板靜止在光滑水平面上,一個(gè)質(zhì)量為m=4kg的滑塊以初速度v0=3m/s從木板的左端向右滑上木板,經(jīng)t=1s滑塊與木板相對(duì)靜止。則下面說法正確的是()A.相對(duì)靜止前滑塊和木板的加速度大小之比是2∶3B.整個(gè)過程中因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能是10JC.木板的最小長(zhǎng)度是2.5mD.從開始到滑塊與木板相對(duì)靜止這段時(shí)間內(nèi),滑塊與木板的位移之比是5∶29.(2021重慶西南大學(xué)附中月考)如圖所示,長(zhǎng)為L(zhǎng)、質(zhì)量為2m的長(zhǎng)木板B放在光滑的水平面上,質(zhì)量為m的鐵塊A放在長(zhǎng)木板右端。一質(zhì)量為m的子彈以速度v0射入木板并留在其中,鐵塊恰好不滑離木板。子彈射入木板中的時(shí)間極短,子彈、鐵塊均視為質(zhì)點(diǎn),鐵塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)恒定,重力加速度為g,則()A.整個(gè)過程中子彈、A、B三者構(gòu)成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒B.木板獲得的最大速度為14vC.鐵塊獲得的最大速度為13vD.鐵塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為v10.(2023湖北荊州公安第三中學(xué)月考)如圖所示,地面和半圓軌道面均光滑。質(zhì)量M=1kg、長(zhǎng)L=4m的小車放在地面上,其右端與墻壁的距離為s=3m,小車上表面與半圓軌道最低點(diǎn)P的切線相平。現(xiàn)有一質(zhì)量m=2kg的滑塊(視為質(zhì)點(diǎn))以v0=6m/s的初速度滑上小車左端,帶動(dòng)小車向右運(yùn)動(dòng)。小車與墻壁碰撞時(shí)即被粘在墻壁上,已知滑塊與小車表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.25,重力加速度g取10m/s2。(1)滑塊與小車剛達(dá)到相對(duì)靜止時(shí),小車對(duì)地的位移是多少?(2)要使滑塊恰好運(yùn)動(dòng)到半圓軌道最高點(diǎn)Q,求半圓軌道的半徑R。題組五懸繩模型11.(2022重慶巴蜀中學(xué)月考)如圖所示,質(zhì)量均為2m的木塊A和B,并排放在光滑的水平面上,A上固定一豎直輕桿,輕桿上端的O點(diǎn)系一長(zhǎng)為l的細(xì)線,細(xì)線另一端系一質(zhì)量為m的球C?，F(xiàn)將C球拉起,使細(xì)線水平伸直,并由靜止釋放C球。重力加速度為g。關(guān)于從釋放C球到C球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過程,下列說法正確的是()A.整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中,A、B、C系統(tǒng)動(dòng)量守恒,機(jī)械能守恒B.整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中,A、B、C系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒,機(jī)械能守恒C.當(dāng)C球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí),A、B的速度均為110D.當(dāng)C球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí),A、B的速度均為2512.如圖所示,質(zhì)量為m的滑環(huán)套在足夠長(zhǎng)的光滑水平滑桿上,質(zhì)量為M=3m的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))通過長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)繩與滑環(huán)連接。將滑環(huán)固定時(shí),給小球一個(gè)水平?jīng)_量,小球擺起后剛好碰到水平桿;若滑環(huán)不固定,仍給小球同樣的水平?jīng)_量,則小球擺起的最大高度為()A.16LB.1C.12LD.3

答案與分層梯度式解析第一章動(dòng)量守恒定律專題強(qiáng)化練1類碰撞問題1.B2.C3.B4.A5.C6.A7.D8.D9.AD11.BC12.B1.B當(dāng)彈簧被壓縮到最短時(shí),Q的加速度最大,當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí),Q的加速度為零,速度最大,A錯(cuò)誤。設(shè)P、Q的質(zhì)量分別為2m和m,當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí),P、Q的速度分別為v1、v2,由動(dòng)量守恒和能量守恒可知2mv0=2mv1+mv2,12·2mv02=12·2mv12+12mv22,解得v1=v03,v2=4v03,所以P被彈簧彈開瞬間速度與初速度同向,最終以v03的速度做勻速運(yùn)動(dòng),C、D錯(cuò)誤。P的初動(dòng)能EkP0=12·2mv02=mv022.C剛脫離彈簧時(shí),甲、乙兩球的動(dòng)量大小相等、方向相反,A錯(cuò)誤;由Ek=12mv2=p22m,由于甲、乙兩球的質(zhì)量不同,所以動(dòng)能不相同,B錯(cuò)誤;由m1v1-m2v2=0得v1v2=m2m1,甲、乙兩球在操作臺(tái)上滑行時(shí)的速度大小不同,距操作臺(tái)左、右邊緣距離相等,所以在操作臺(tái)上滑行時(shí)間不相等,兩球到桌面的高度相同,由h=12gt2可知,兩球做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等,因此甲、乙兩球不會(huì)同時(shí)落到水平桌面上3.B模型構(gòu)建物塊A下落3x0,由動(dòng)能定理有mg·3x0=12mv2,得物塊A與鋼板碰撞前瞬間的速度v=6gx0,碰撞時(shí)間極短,鋼板與物塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,設(shè)兩者碰后瞬間的共同速度為v1,則mv=2mv1,解得v1=126gx0,當(dāng)A、B粘連后的瞬間,A、B的總重力(2mg)大于此時(shí)彈簧的彈力(mg),A、B粘連后先要向下加速再減速,所以A、B粘連后的最大速度大于126gx0,A錯(cuò)誤,B正確;在壓縮彈簧過程中,A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能減小,減小的機(jī)械能等于彈簧增加的彈性勢(shì)能,C錯(cuò)誤;由于A、B碰后粘連,4.A由動(dòng)量守恒定律知,兩次滑塊和子彈最終獲得的速度(滑塊和子彈共速)相同,則系統(tǒng)損失的機(jī)械能相等,產(chǎn)生的熱量也相等,A錯(cuò)誤,C正確;兩次滑塊的動(dòng)量變化量相同,由動(dòng)量定理知,兩次滑塊所受沖量一樣大,B正確;兩次子彈的動(dòng)量變化量也一樣大,D正確。故錯(cuò)誤的是A。5.C子彈擊中木塊過程動(dòng)量守恒,設(shè)子彈與木塊共速時(shí)的速度為v,取向右為正方向。由動(dòng)量守恒定律有mv0=(m+M)v,由動(dòng)能定理,對(duì)木塊有fs=12Mv2,對(duì)子彈有-f(s+Δs)=12mv2-12mv02,聯(lián)立解得s=mm6.A設(shè)A、B的質(zhì)量均為m,滑塊A固定時(shí),小球B離開A時(shí)的速度大小為v。小球下滑過程中,由機(jī)械能守恒定律有mgR=12mv2,解得v=2gR;滑塊不固定時(shí),設(shè)B離開A時(shí)B的速度大小為v1,A的速度大小為v2,A、B組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒,以向右為正方向,在水平方向有mv1-mv2=0,由機(jī)械能守恒定律有mgR=12mv12+12mv22,解得v1=v2=gR,兩種情況下小球B離開A后都做平拋運(yùn)動(dòng),豎直方向有h=12gt2,水平方向有x1=vt,x2=(v1+v2)t,解得7.D由于沒有摩擦阻力,小滑塊沖上軌道的過程,小滑塊和帶有圓弧軌道的滑塊組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒,帶有圓弧軌道的滑塊的機(jī)械能增加,小滑塊的機(jī)械能減少,A錯(cuò)誤;小滑塊沖上軌道的過程,小滑塊在豎直方向存在加速度,帶有圓弧軌道的滑塊在豎直方向不存在加速度,故小滑塊和帶有圓弧軌道的滑塊組成的系統(tǒng)在豎直方向的合外力不為零,系統(tǒng)動(dòng)量不守恒,B錯(cuò)誤;小滑塊沖上軌道的過程,系統(tǒng)在水平方向不受外力作用,系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒,小滑塊沖上軌道的最高點(diǎn)時(shí),兩者具有共同的速度v,則有mv0=(m+M)v,解得v=mv0m+M=13v0,C錯(cuò)誤;設(shè)小滑塊脫離圓弧軌道時(shí),速度為v1,帶有圓弧軌道的滑塊的速度為v2,根據(jù)系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒和系統(tǒng)機(jī)械能守恒可得mv0=mv1+Mv2,12mv02=12mv12+12Mv22,聯(lián)立解得v1=m?M8.D設(shè)木板和滑塊的加速度大小分別為a1和a2,水平面光滑,木板在水平方向只受到滑塊對(duì)它的摩擦力,由牛頓第二定律有μmg=Ma1,滑塊在水平方向也只受到摩擦力的作用,有μmg=ma2,則a2∶a1=1∶2,A錯(cuò)誤;滑塊和木板組成的系統(tǒng)所受的合外力為零,系統(tǒng)動(dòng)量守恒,取向右為正方向,滑塊相對(duì)木板靜止時(shí),由動(dòng)量守恒定律有mv0=(M+m)v,得v=2m/s,根據(jù)能量守恒定律,整個(gè)過程中因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能為Q=12mv02-12(M+m)v2=6J,B錯(cuò)誤;該過程中,滑塊的位移xm=v0+v2t=2.5m,木板的位移xM=v2t=1m,木板的最小長(zhǎng)度Δx=xm-xM=1.5m,C錯(cuò)誤;9.AD整個(gè)過程中子彈、A、B三者構(gòu)成的系統(tǒng)受到的合外力為零,則系統(tǒng)的動(dòng)量守恒,故A正確;取向右為正方向,對(duì)子彈和木板B構(gòu)成的系統(tǒng),根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mv0=(m+2m)v1,解得v1=v03,即木板獲得的最大速度為13v0,故B錯(cuò)誤;對(duì)木板B(包括子彈)和鐵塊A構(gòu)成的系統(tǒng)有mv0=(m+2m+m)v2,解得v2=v04,即鐵塊獲得的最大速度為14v0,故C錯(cuò)誤;子彈打入木板后,對(duì)木板B(包括子彈)和鐵塊A構(gòu)成的系統(tǒng),由能量守恒定律有μmgL=12·3mv12-1210.答案(1)1.6m(2)0.16m解析(1)對(duì)滑塊與小車組成的系統(tǒng),由動(dòng)量守恒得mv0=(M+m)v1可得滑塊與小車剛達(dá)到相對(duì)靜止時(shí),滑塊的速度大小v1=4m/s對(duì)滑塊,由動(dòng)能定理得-μmgx1=12mv12-12mv0對(duì)小車,由動(dòng)能定理得μmgx2=12Mv可得小車的位移為x2=1.6m<s,即碰到墻壁前已共速。(2)滑塊與小車剛達(dá)到相對(duì)靜止時(shí),滑塊與小車的相對(duì)位移為x=x1-x2=2.4m[或:由能量守恒得μmgx=12mv02-12(m+M)v12,小車與墻壁碰撞時(shí)即被粘在墻壁上,滑塊將在小車上向右滑動(dòng)到P點(diǎn),對(duì)滑塊,由動(dòng)能定理得-μmg(L-x)=12mv22-可得滑塊到達(dá)P點(diǎn)時(shí)的速度v2=22m/s若滑塊恰好過半圓軌道最高點(diǎn),有mg=m滑塊從P點(diǎn)到半圓軌道最高點(diǎn),根據(jù)動(dòng)能定理得-mg·2R=12mv32-可得R=0.16m11.BC對(duì)于A、B、C組成的系統(tǒng),整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中,只有重力及系統(tǒng)內(nèi)彈力做功,系統(tǒng)機(jī)械能守恒,水平方向無外力作用,水平方向動(dòng)量守恒,由于A、B沒有豎直方向的分加速度,但C球有豎直方向的分加速度,因此在豎直方向上系統(tǒng)所受的合外力不為零,豎直方向動(dòng)量不守恒,A錯(cuò)誤,B正確;當(dāng)C運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí),由系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒有mvC=4mvAB,由機(jī)械能守恒有mgl=12mvC2+12×4mvAB2,聯(lián)立解得vAB模型強(qiáng)化幾個(gè)物體組成的系統(tǒng)在某一方向不受外力(或某一方向合力為0),系統(tǒng)在這個(gè)方向動(dòng)量守恒。幾個(gè)物體組成的系統(tǒng)只有重力或系統(tǒng)內(nèi)彈力做功,系統(tǒng)機(jī)械能守恒。12.B滑環(huán)固定時(shí),根據(jù)機(jī)械能守恒定律有MgL=12Mv02,解得v0=2gL,水平?jīng)_量大小為I=M2gL;滑環(huán)不固定時(shí),因?yàn)榻o小球的水平?jīng)_量相同,所以小球初速度仍為v0,在小球擺至最大高度h時(shí),小球和滑環(huán)的速度相等,設(shè)為v,在此過程中小球和滑環(huán)組成的系統(tǒng)水平方向的動(dòng)量守恒,有Mv0=(m+M)v,由機(jī)械能守恒得12M2動(dòng)量定理基礎(chǔ)過關(guān)練題組一沖量的理解與計(jì)算1.下列說法中正確的是()A.根據(jù)F=ΔpB.力與力的作用時(shí)間的乘積叫作力的沖量,它反映了力的作用對(duì)時(shí)間的累積效應(yīng),是一個(gè)標(biāo)量C.作用在靜止的物體上的力的沖量一定為零D.沖量的方向就是物體運(yùn)動(dòng)的方向2.(2022江蘇南京校際聯(lián)合體聯(lián)考)如圖所示,質(zhì)量為m的物體從傾角為θ的固定斜面的頂端勻速滑下,下滑時(shí)間為t,重力加速度大小為g,下列說法中正確的是()A.支持力的沖量為零B.摩擦力的沖量大小為mgtsinθC.重力的沖量大小為mgtsinθD.合力的沖量大小為mgt-mgtsinθ3.質(zhì)量為m的運(yùn)動(dòng)員托著質(zhì)量為M的杠鈴從下蹲狀態(tài)(圖甲)緩慢運(yùn)動(dòng)到站立狀態(tài)(圖乙),該過程中杠鈴和人的肩部相對(duì)位置不變,運(yùn)動(dòng)員保持圖乙狀態(tài)站立Δt時(shí)間后再將杠鈴緩慢向上舉,至雙臂伸直(圖丙),運(yùn)動(dòng)員從甲到乙、從乙到丙經(jīng)歷的時(shí)間分別為t1、t2,重力加速度大小為g,則在舉起杠鈴的整個(gè)過程中()A.地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員的沖量為0B.地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員的沖量大小為(M+m)g(t1+t2)C.運(yùn)動(dòng)員對(duì)杠鈴的沖量大小為Mg(t1+t2+Δt)D.運(yùn)動(dòng)員對(duì)杠鈴的沖量大小為Mg(t1+t2)4.(2023黑龍江齊齊哈爾期中)物體從t=0時(shí)刻開始由靜止做直線運(yùn)動(dòng),0~4s內(nèi)其受到的合外力隨時(shí)間變化的關(guān)系圖線為正弦曲線,如圖所示,下列表述不正確的是()A.0~2s內(nèi)合外力的沖量一直增大B.0~4s內(nèi)合外力的沖量為零C.2s末物體的動(dòng)量方向發(fā)生變化D.0~4s內(nèi)物體動(dòng)量的方向一直不變題組二動(dòng)量定理的理解與簡(jiǎn)單應(yīng)用5.(2023山東廣饒一中月考)下面關(guān)于物體動(dòng)量和沖量的說法正確的是()A.當(dāng)力與物體的位移垂直時(shí),該力的沖量為零B.物體所受合外力越大,它的動(dòng)量變化就越快C.物體所受合外力的沖量越大,它的動(dòng)量也越大D.做曲線運(yùn)動(dòng)的物體,在任何Δt時(shí)間內(nèi)所受合外力的沖量一定不為零6.(2023河北保定三中月考)玻璃杯從同一高度自由下落,掉落到水泥地上易碎,掉落到草地上不易碎,這是由于玻璃杯掉到水泥地上()A.所受合外力的沖量更大B.杯子的動(dòng)量變化量更大C.與水泥地碰撞前的速度更大D.杯子的動(dòng)量變化率更大7.(2023江蘇震澤中學(xué)月考)在一次摸高測(cè)試中,一質(zhì)量為70kg的同學(xué)先下蹲,再用力蹬地的同時(shí)舉臂起跳,在剛要離地時(shí)其手指距地面的高度為1.95m;離地后身體形狀近似不變,手指摸到的最大高度為2.40m,若從蹬地到離開地面的時(shí)間為0.2s,則在不計(jì)空氣阻力情況下,起跳過程中他對(duì)地面的平均壓力約為(重力加速度g取10m/s2)()A.1050NB.1400NC.1750ND.1900N8.(2022江蘇蘇州十中月考)質(zhì)量為1kg的物體做直線運(yùn)動(dòng),其速度-時(shí)間圖像如圖所示。則物體在前10s內(nèi)和后10s內(nèi)所受外力的沖量分別是()A.10N·s,10N·sB.10N·s,-10N·sC.0,10N·sD.0,-10N·s9.如圖甲所示,質(zhì)量為0.5kg的木塊靜止在光滑的水平面上,0時(shí)刻起在木塊右端施加一水平向右、大小按圖乙所示隨時(shí)間t變化的拉力F,圖像為一半圓,4s后撤去力F。則整個(gè)過程中木塊所受拉力F的沖量大小以及木塊在4s末的速度大小分別為()A.4N·s,8m/sB.4N·s,2m/sC.2πN·s,4πm/sD.2πN·s,πm/s10.(2023江蘇金湖中學(xué)月考)如圖所示,一不可伸長(zhǎng)的輕繩的一端固定于O點(diǎn),另一端系一小球,開始時(shí)將輕繩向右拉至水平,然后將小球由靜止釋放,則小球由靜止到運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過程,下列說法正確的是()A.拉力對(duì)小球的沖量為零B.重力對(duì)小球的沖量為零C.合力對(duì)小球的沖量方向水平向左D.合力對(duì)小球的沖量方向始終指向圓心11.(2022黑龍江大慶東風(fēng)中學(xué)月考)某輕機(jī)槍子彈彈頭質(zhì)量約8g,出膛速度大小約750m/s。某次軍事演習(xí)中,解放軍戰(zhàn)士在使用該機(jī)槍連續(xù)射擊1分鐘的過程中,機(jī)槍所受子彈的平均反沖力大小約12N,則機(jī)槍在這1分鐘內(nèi)射出子彈的數(shù)量約為()A.40顆B.80顆C.120顆D.160顆12.(2023重慶一中月考)一質(zhì)點(diǎn)做曲線運(yùn)動(dòng),在前一段時(shí)間內(nèi)速度大小由v增大到3v,在隨后的一段時(shí)間內(nèi)速度大小由3v增大到7v。前后兩段時(shí)間內(nèi),合外力對(duì)質(zhì)點(diǎn)做的功分別為W1和W2,合外力的沖量大小分別為I1和I2。下列關(guān)系式一定成立的是()A.W2=5W1,I2≤5I1B.W2=5W1,I2=2I1C.W2=2W1,I2≥I1D.W2=2W1,I2=2I1

能力提升練題組一動(dòng)量定理的應(yīng)用1.(2023湖北宜昌英杰學(xué)校階段練習(xí))如圖所示,質(zhì)量為m的小球從距離地面高H的A點(diǎn)由靜止開始釋放,落到地面上后又陷入泥潭中,由于受到阻力作用,到達(dá)距地面深度為h的B點(diǎn)時(shí)速度減為零。不計(jì)空氣阻力,重力加速度為g。關(guān)于小球下落的整個(gè)過程,下列說法正確的有()A.小球的機(jī)械能減少了mg(H+h)B.小球克服阻力做的功為mghC.小球所受阻力的沖量大于m2D.小球動(dòng)量的改變量等于所受阻力的沖量2.(2021山東濰坊現(xiàn)代中學(xué)月考)人們對(duì)手機(jī)的依賴性越來越強(qiáng),有些人喜歡躺著看手機(jī),經(jīng)常出現(xiàn)被手機(jī)砸傷眼睛的情況。若手機(jī)質(zhì)量為150g,從離人眼約20cm的高度由靜止掉落,砸到眼睛后手機(jī)未反彈,眼睛受到手機(jī)的沖擊時(shí)間約為0.1s,不計(jì)空氣阻力,取重力加速度g=10m/s2,則()A.手機(jī)與眼睛作用過程中動(dòng)量約變化了0.45kg·m/sB.手機(jī)對(duì)眼睛的沖量大小約為0.1N·sC.手機(jī)對(duì)眼睛的沖量大小約為0.3N·sD.手機(jī)對(duì)眼睛的作用力大小約為4.5N3.20世紀(jì)人類最偉大的創(chuàng)舉之一是開展了對(duì)太空的探索。假如有一艘遠(yuǎn)離星球在太空中直線飛行的宇宙飛船,為了測(cè)量自身質(zhì)量,啟動(dòng)推進(jìn)器,測(cè)出飛船在短時(shí)間Δt內(nèi)速度的改變量Δv和飛船受到的推力F(其他星球?qū)λ囊珊雎?。飛船在某次航行中,當(dāng)它飛近一個(gè)孤立的星球時(shí),飛船能以速度v在星球的較高軌道上繞星球做周期為T的勻速圓周運(yùn)動(dòng)。已知星球的半徑為R,引力常量用G表示。則宇宙飛船和星球的質(zhì)量分別是()A.FΔvΔt,vC.FΔtΔv,v題組二動(dòng)量定理與圖像結(jié)合問題4.(2023山西師范大學(xué)實(shí)驗(yàn)中學(xué)階段練習(xí))質(zhì)量為0.1kg的物體靜止在水平地面上,從t=0時(shí)刻開始受到豎直向上的拉力F作用,F隨時(shí)間t變化的情況如圖所示,重力加速度g取10m/s2,則物體7s末的速度為()A.60m/sB.120m/sC.30m/sD.50m/s5.(2022江蘇蘇州一中月考)甲、乙兩物體分別在恒定的合外力F1和F2的作用下沿同一直線運(yùn)動(dòng),它們的動(dòng)量隨時(shí)間的變化關(guān)系如圖所示,設(shè)甲在t1時(shí)間內(nèi)所受的沖量大小為I1,乙在t2時(shí)間內(nèi)所受的沖量大小為I2,則下列關(guān)系正確的是()A.F1<F2,I1<I2B.F1>F2,I1>I2C.F1>F2,I1=I2D.F1=F2,I1=I26.(2023山東招遠(yuǎn)二中月考)水平推力F1和F2分別作用于水平面上質(zhì)量相等的甲、乙兩物體上,作用一段時(shí)間后撤去推力,物體將繼續(xù)運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后停下,甲、乙兩物體的v-t圖像分別如圖中OAB、OCD所示,圖中AB∥CD。則()A.兩物體受到的摩擦力大小相等B.兩物體受到的摩擦力大小不等C.F1的沖量大于F2的沖量D.F1的沖量小于F2的沖量7.(2022河北張家口期中)質(zhì)量為m=2kg的物體受到水平拉力F的作用,在光滑的水平面上由靜止開始做直線運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)過程中物體的加速度隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖所示。則下列判斷正確的是()A.0~4s內(nèi)物體先做加速運(yùn)動(dòng)再做勻速運(yùn)動(dòng)B.6s末物體的速度為零C.0~4s內(nèi)拉力的沖量為18N·sD.0~4s內(nèi)拉力做功49J題組三動(dòng)量定理和動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用8.(2023河南安陽一中月考,)如圖所示,足夠長(zhǎng)、傾角θ=37°的光滑斜面體固定在光滑水平面上,A點(diǎn)為斜面體的底端,質(zhì)量為1kg的物塊靜止在水平面上的P點(diǎn),P點(diǎn)到A點(diǎn)的距離為1.2m。給物塊施加一個(gè)水平向右、大小為5N的恒定拉力F,忽略物塊經(jīng)過A點(diǎn)時(shí)因碰撞產(chǎn)生的能量損失,重力加速度g取10m/s2,已知sin37°=0.6,cos37°=0.8。求:(1)物塊運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)的速度大小;(2)物塊從P點(diǎn)至第一次運(yùn)動(dòng)到斜面上的最高位置所用的時(shí)間。9.(2022浙江云峰聯(lián)盟聯(lián)考)有些朋友駕駛汽車通過路口時(shí)喜歡“趕紅綠燈”,也就是看著是綠燈就加速開過去。但是這種情況下往往是快開到路口時(shí)發(fā)現(xiàn)變燈了,就急剎車使汽車停止,這樣很可能造成后方車輛來不及反應(yīng),發(fā)生追尾事故。所以為了自己和他人的安全,過路口時(shí)一定要減速慢行,切忌急剎車。現(xiàn)有一輛車正以54km/h的速度勻速行駛,司機(jī)發(fā)現(xiàn)平直公路前方有一紅綠燈路口,然后立即剎車。這一過程中,汽車所受阻力大小隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖所示。圖中,0~t1時(shí)間段為從司機(jī)發(fā)現(xiàn)紅綠燈到采取措施的反應(yīng)時(shí)間(這段時(shí)間內(nèi)汽車所受阻力可忽略,汽車保持勻速行駛),t1=0.8s;t1~t2時(shí)間段為剎車系統(tǒng)的啟動(dòng)時(shí)間,t2=1.3s;從t2時(shí)刻開始汽車的剎車系統(tǒng)穩(wěn)定工作,阻力大小等于車重的12,汽車正好在紅燈亮起時(shí)停在停止線內(nèi)。設(shè)汽車質(zhì)量為m=2000kg,重力加速度g取10m/s2(1)t2時(shí)刻汽車的速度;(2)從t2時(shí)刻開始,第3s內(nèi)汽車的位移;(3)t1~t2時(shí)間內(nèi)阻力的平均功率。題組四應(yīng)用動(dòng)量定理處理“流體模型”問題10.(2022江蘇南通月考)如圖所示,小華發(fā)現(xiàn)質(zhì)量為M的水平平板鍋蓋剛好被水蒸氣頂起。假設(shè)水分子的質(zhì)量均為m,并均以速度v垂直撞擊鍋蓋后以大小為v3的速度反向彈回,重力加速度為g,忽略水分子的重力,則單位時(shí)間內(nèi)撞擊鍋蓋的水分子個(gè)數(shù)為()A.3Mg4mvB.3Mg11.(2022江蘇如皋教學(xué)質(zhì)量調(diào)研)某豎直面內(nèi)的戶外廣告牌的迎風(fēng)面積為S,單位面積上所能承受的最大風(fēng)力為F。設(shè)風(fēng)吹到廣告牌上后速度立刻減為零,空氣密度為ρ,則廣告牌能承受的垂直迎風(fēng)面方向的最大風(fēng)速為()A.FρSB.FρC.F12.(2023遼寧渤海大學(xué)附屬高級(jí)中學(xué)月考)水刀切割具有精度高,無熱變形、無毛刺,無須二次加工以及節(jié)約材料等特點(diǎn),因而得到廣泛應(yīng)用。某水刀切割機(jī)床如圖所示,若橫截面直徑為d的圓柱形水流垂直射到要切割的鋼板上,碰到鋼板后水的速度減為零。已知水的流量(單位時(shí)間內(nèi)流出水的體積)為Q,水的密度為ρ,則鋼板受到水的平均沖力大小為()A.4QρB.QρC.16ρQ

答案與分層梯度式解析第一章動(dòng)量守恒定律2動(dòng)量定理基礎(chǔ)過關(guān)練1.A2.B3.C4.C5.B6.D7.C8.D9.C10.C11.C12.A1.A牛頓第二定律的另一種表達(dá)形式為F=ΔpΔt,其中ΔpΔt表示動(dòng)量的變化率,A正確;沖量是矢量,B錯(cuò)誤;沖量反映了力對(duì)時(shí)間的累積效應(yīng),只要有力作用一段時(shí)間,就有沖量,與物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)無關(guān),C錯(cuò)誤2.B物體所受支持力的大小為N=mgcosθ,所以支持力的沖量大小為IN=Nt=mgtcosθ,A錯(cuò)誤;物體勻速下滑,由平衡條件知物體受到的摩擦力大小為f=mgsinθ,則摩擦力的沖量大小為If=ft=mgtsinθ,B正確;重力的沖量大小為IG=mgt,C錯(cuò)誤;物體勻速下滑,所受合力為0,所以合力的沖量為0,D錯(cuò)誤。3.C因緩慢運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)員和杠鈴均可視為處于平衡狀態(tài),則地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員的支持力大小為(M+m)g,作用時(shí)間為(t1+t2+Δt),故沖量大小為I=(M+m)g(t1+t2+Δt),A、B均錯(cuò)誤;運(yùn)動(dòng)員對(duì)杠鈴的力的大小為Mg,其沖量大小為I'=Mg(t1+t2+Δt),C正確,D錯(cuò)誤。4.C根據(jù)F-t圖像中圖線與t軸圍成的面積表示沖量,可知在0~2s內(nèi)合外力的沖量一直增大,0~4s內(nèi)合外力的沖量為零,故A、B正確;0~4s內(nèi)物體動(dòng)量的方向一直不變,故C錯(cuò)誤,D正確。故選C。5.B力的沖量是力與作用時(shí)間的乘積,跟力與物體的位移的夾角大小無關(guān),A錯(cuò)誤。根據(jù)動(dòng)量定理有I=F合·Δt=Δp,動(dòng)量變化的快慢為ΔpΔt=F合,所以物體所受合外力越大,它的動(dòng)量變化就越快;物體所受合外力的沖量越大,它的動(dòng)量變化Δp越大;B正確,C錯(cuò)誤。合外力的沖量等于動(dòng)量的變化,做曲線運(yùn)動(dòng)的物體,如做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的物體,轉(zhuǎn)一圈時(shí)動(dòng)量的變化量等于0,6.D玻璃杯從同一高度自由落下,與水泥地和草地接觸前的速度相同,動(dòng)量相同,作用后速度均變?yōu)榱?故動(dòng)量變化量Δp相同,由動(dòng)量定理可知,合力的沖量也相同,A、B、C錯(cuò)誤;玻璃杯掉落在水泥地上,作用時(shí)間較短,由動(dòng)量定理Ft=Δp可得F=Δpt,所以玻璃杯掉落在水泥地上時(shí)動(dòng)量的變化率Δpt更大7.C跳起后重心升高的高度為h=2.40m-1.95m=0.45m,由v2=2gh,解得人離開地面時(shí)的速度v=2g?=3m/s,人跳起過程,根據(jù)動(dòng)量定理可得(F-mg)t=mv-0,地面對(duì)他的平均作用力約為F=1750N,根據(jù)牛頓第三定律,起跳過程中他對(duì)地面的平均壓力約為F'=F=1750N,8.D由圖像可知,在前10s內(nèi)物體的初、末狀態(tài)的動(dòng)量相同,p1=p2=5kg·m/s,由動(dòng)量定理知I1=0;在后10s內(nèi)物體的末動(dòng)量p3=-5kg·m/s,I2=p3-p2=-10N·s,故選D。9.C整個(gè)過程中木塊所受拉力F的沖量大小等于F-t圖線與t軸所圍的面積,即I=12π×22N·s=2πN·s;根據(jù)動(dòng)量定理可得I=mv,木塊在4s末的速度大小為v=Im=4πm/s10.C小球由靜止到運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過程,小球的初動(dòng)量為零,末動(dòng)量水平向左,根據(jù)動(dòng)量定理,合力對(duì)小球的沖量I合方向水平向左,C正確,D錯(cuò)誤。小球由靜止到運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過程,重力的沖量IG=mgt豎直向下,根據(jù)平行四邊形定則,繩子拉力的沖量IF應(yīng)向左偏上,重力、拉力對(duì)小球的沖量都不是零,A、B錯(cuò)誤。故選C。方法技巧利用數(shù)形結(jié)合法,用帶箭頭的線段分別表示出小球所受各力的沖量,大小、方向一目了然。11.C設(shè)機(jī)槍在1分鐘內(nèi)射出的子彈數(shù)量為n,則對(duì)這n顆子彈分析,由動(dòng)量定理得Ft=nmv0,代入數(shù)據(jù)解得n≈120,故選C。12.A由動(dòng)能定理,W1=12m(3v)2-12mv2=4mv2,W2=12m(7v)2-12m(3v)2=20mv2,可知W2=5W1,C、D錯(cuò)誤。根據(jù)動(dòng)量定理I=Δp,由于此題只給了速度的大小,沒有給方向,動(dòng)量變化量的計(jì)算是一個(gè)矢量運(yùn)算,其大小范圍在初、末動(dòng)量大小之和與之差之間,即4mv≥I1≥2mv,10mv≥I2≥4mv能力提升練1.AC2.D3.D4.A5.C6.AD7.D10.A11.C12.D1.AC小球在整個(gè)下落過程中,動(dòng)能變化量為零,重力勢(shì)能減少了mg(H+h),則小球的機(jī)械能減少了mg(H+h),故A項(xiàng)正確;對(duì)小球下落的全過程運(yùn)用動(dòng)能定理得mg(H+h)-Wf=0,則小球克服阻力做功Wf=mg(H+h),故B項(xiàng)錯(cuò)誤;小球落到地面時(shí)的速度v=2gH,對(duì)進(jìn)入泥潭的過程運(yùn)用動(dòng)量定理得IG-If=0-m2gH,解得If=IG+m2gH,知阻力的沖量大于m2gH,故C項(xiàng)正確;對(duì)全過程運(yùn)用動(dòng)量定理知2.D根據(jù)自由落體運(yùn)動(dòng)規(guī)律得手機(jī)下落約20cm時(shí)的速度約為v=2g?=2×10×0.2m/s=2m/s,手機(jī)與眼睛作用后手機(jī)的速度變成0,取向下為正方向,則手機(jī)與眼睛作用過程中動(dòng)量變化約為Δp=0-mv=-0.15×2kg·m/s=-0.3kg·m/s,故A錯(cuò)誤;手機(jī)與眼睛碰撞的過程中,手機(jī)受到重力與眼睛的作用力,根據(jù)動(dòng)量定理有I+mgt=Δp,代入數(shù)據(jù)可得I=-0.45N·s,手機(jī)對(duì)眼睛的作用力與眼睛對(duì)手機(jī)的作用力大小相等、方向相反、作用時(shí)間相等,所以手機(jī)對(duì)眼睛的沖量大小約為0.45N·s,故B、C錯(cuò)誤;由沖量的定義式I=Ft,可得手機(jī)對(duì)眼睛的作用力大小約為F=I't=0.450.1N=4.3.D當(dāng)飛船直線飛行時(shí),根據(jù)動(dòng)量定理有FΔt=mΔv,解得飛船的質(zhì)量m=FΔtΔv;當(dāng)飛船繞孤立星球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí),根據(jù)公式GMmr2=m4π2T2r,又G4.A解題關(guān)鍵(1)過程選取:0~1s內(nèi),物體所受重力、拉力、支持力的合力為0,動(dòng)量不變,應(yīng)選取1~7s過程進(jìn)行研究;若選取整個(gè)過程列式,還要考慮支持力的沖量。(2)F-t圖線與時(shí)間軸所圍面積表示沖量。物體的重力為G=mg=1N,t=1s時(shí)刻F=1N=mg,則1s后物體將向上運(yùn)動(dòng),則對(duì)物體在1~7s時(shí)間內(nèi),由動(dòng)量定理得IF-mgΔt=mv,其中Δt=6s,且1~7s內(nèi)力F的沖量IF=12×(1+3)×2+12×(1+3)×4N·s=12N·s,聯(lián)立解得v5.C由圖像可知,甲、乙兩物體動(dòng)量變化量的大小相等,由動(dòng)量定理知,它們所受沖量的大小相等,即I1=I2,根據(jù)I=Ft,t2>t1,所以F1>F2,C正確,A、B、D錯(cuò)誤。6.ADv-t圖像的斜率表示加速度,AB與CD平行,說明撤去推力F1、F2后兩物體的加速度相同,又因?yàn)閮晌矬w質(zhì)量相等,所以撤去推力后兩物體所受的合力相等,即兩物體受到的摩擦力f大小相等,A正確,B錯(cuò)誤;