《全品高考复习方案》2020届高考物理一轮复习文档：第6单元动量 作业答案.doc

课时作业(十七)1.A解析由动量定理得Ft=p,则F=,即合力为动量的变化率,不等于动量的变化量,选项A正确.2.D解析小女孩下滑过程中弹力的冲量为mgcost,选项A错误;小女孩下滑过程中受到的摩擦力与其反作用力的总冲量为零,总功为负值,选项B错误;由动量定理知,小女孩下滑过程中动量的变化为mg(sin-cos)t,选项C错误;因从静止开始滑下,所以小女孩下滑到底端时动量的大小为mg(sin-cos)t,选项D正确.3.C解析惯性由质量决定,与速度无关,选项A错误;先后两次将纸条抽出,棋子受到的滑动摩擦力相等,由动量定理得mgt=mv,第二次时间更短,棋子受到纸带的冲量更小,离开桌面时的动量更小,选项B、D错误,选项C正确.4.B解析鸡蛋自由下落的时间t1=3s,对鸡蛋运动的全过程,由动量定理得mg(t1+t2)=t2,解得=2000N,选项B正确.5.B解析由图像可知,t=2s时,P=30W,可得v=2m/s,由动量定理得(F-mg)t=mv,解得=0.4,选项B正确.6.B解析b做自由落体运动,c的竖直分运动是自由落体运动,b、c的加速度都为g,设斜面的倾角为,则a的加速度为gsin,下落相同高度,设高度为h,a运动时间为t1,则=gsin,所以t1=,b、c下落时间为t2=,a与b、c所用时间不同,选项A错误;a的动量变化为mgsint1=m,b、c的动量变化为mgt2=m,故三球动量变化大小相等,选项B正确;由机械能守恒定律可知,c的末动能大于a、b的末动能,选项C错误;由于t1>t2,所以重力对它们的冲量大小不相等,选项D错误.7.AC解析小球在整个过程中,动能变化量为零,重力势能减少了mg(H+h),则小球的机械能减少了mg(H+h),故A正确;对小球下落的全过程,由动能定理得mg(H+h)-Wf=0,则小球克服阻力做功Wf=mg(H+h),故B错误;小球落到地面时的速度v=,对进入泥潭的过程,由动量定理得IG-If=0-m,解得If=IG+m,可知阻力的冲量大于m,故C正确;对全过程分析,由动量定理知,动量的改变量等于重力的冲量和阻力冲量的矢量和,故D错误.8.ABC解析根据运动学公式=+2ax,对AB段,有=+2aABxAB,对BC段,有=+2aBCxBC,因为vC=vA,xAB=xBC,所以aAB=-aBC,即两段运动中加速度大小相等,方向相反,A正确;根据动量定理,对AB段,有F合tAB=m(vB-vA),对BC段,有F合tBC=m(vC-vB),因为两段运动中速度变化量大小相等,方向相反,合外力大小相等,方向相反,所以tAB=tBC,B正确;因为xAB=xBC,所以在两段运动中竖直方向的位移分量相等,故重力做功相等,C正确;物体在以上两段运动中动量变化量大小相等,方向相反,D错误.9.BCD解析子弹在水球中沿水平方向做匀减速直线运动,通过四个水球的平均速度不同,运动位移相同,则时间不等,由v=at可得,子弹在每个水球中的速度变化不相同,由I=mat可得,每个水球对子弹的冲量不同,由mal=Ek可得,子弹在毎个水球中的动能变化相同,选项A错误,选项B、C、D正确.10.CD解析04s内,质点先做加速运动后做减速运动,由动量定理得I总=mv,由图像可得04s内合力的冲量为0,则4s末的速度恰减为0,选项A错误;01s内合力的冲量为I1=0.5Ns,则t=1s时质点的动量为0.5kgm/s,选项B错误;由动量定理可得,在t=2s时质点速度最大,动能最大,选项C正确;13s内图像与时间轴所围的面积为0,F的冲量为0,选项D正确.11.BD解析v-t图线中线段ACBD,故两物体与水平面间的动摩擦因数相同,设动摩擦因数为,在a、b加速的过程中,由牛顿第二定律得Fa-mag=maaa,Fb-mbg=mbab,解得Fa=maaa+mag,Fb=mbab+mbg,由vt图像知,在a、b加速的过程中,aa>ab,若ma>mb,则Fa>Fb;整个运动过程中a、b的位移分别为xa=2v02t0=2v0t0和xb=v03t0=v0t0,物体a克服摩擦力做功Wfa=magxa,物体b克服摩擦力做功Wfb=mbgxb,若ma>mb,则物体a克服摩擦力做功大于物体b克服摩擦力做功,选项A错误,B正确.若ma<mb,则Fa、Fb的大小关系不确定;物体a所受摩擦力的冲量大小Ia=mag2t0,物体b所受摩擦力的冲量大小Ib=mbg3t0,若ma<mb,则物体a所受摩擦力的冲量小于物体b所受摩擦力的冲量,选项C错误,D正确.12.BC解析物块从开始运动到返回底端的过程中重力的冲量大小IG=3mgt0,选项A错误;设物块返回底端的速度为v,则有=,即v=,物块从开始运动到返回底端的过程中动量变化量大小p=mv0,选项B正确;由动量定理知,对上滑和下滑过程,分别有-(mgsin+mgcos)t0=-mv0和(mgsin-mgcos)2t0=mv0,联立可得sin=,选项C正确;在3t0时间内物块克服摩擦力做的功Wf=m-mv2=m,选项D错误.13.(1)540N(2)22.5J解析(1)重物自由下落,设落地前瞬间的速度为v1,有H=gt2,v1=gt,解得v1=3m/s设反弹瞬间速度为v2,有=2gh,解得v2=2m/s规定向上为正方向,由动量定理得(F-mg)t=mv2+mv1,解得F=540N(2)损失的机械能E=m-m=22.5J.14.A解析设雨滴受到支持面的平均作用力为F,在t时间内有质量为m的雨水的速度由v=12m/s减为零.以向上为正方向,对这部分雨水,由动量定理得Ft=0-(-mv)=mv,解得F=v,设水杯的横截面积为S,对水杯里的雨水,在t时间内水面上升h高度,有m=Sh,F=Sv,产生的压强p=v=0.15Pa,故A正确.课时作业(十八)A1.D解析小球下滑过程中,小球与槽组成的系统所受合外力不为零,系统动量不守恒,选项A错误;小球下滑过程中,小球的位移方向与槽对小球的支持力方向的夹角为钝角,故支持力做负功,选项B错误;刚开始时小球速度为零,重力的功率为零,当小球到达底端时,速度水平,与重力方向垂直,重力的功率为零,所以重力的功率先增大后减小,选项C错误;小球下滑过程中,地球、小球和槽组成的系统机械能守恒,选项D正确.2.D解析对于火箭和卫星组成的系统,在分离前后沿原运动方向上动量守恒,由动量守恒定律得(m1+m2)v0=m1v1+m2v2,解得v1=v0+(v0-v2),D正确.3.B解析小球1在桌面上滑动的过程,速度不变,与小球2碰撞过程,由动量守恒定律得m1v0=(m1+m2)v,解得v=2m/s,两球脱离桌面后做平抛运动,运动时间t=0.5s,水平位移x=vt=1m,选项B正确.4.C解析A、B两人及小车组成的系统受合外力为零,系统动量守恒,根据动量守恒定律得mAvA+mBvB+m车v车=0,若小车不动,则mAvA+mBvB=0,由于不知道A、B的质量关系,所以两人的速率不一定相等,故A错误;若小车向左运动,则A、B的动量之和必须向右,而A向右运动,B向左运动,所以A的动量一定比B的大,故B错误,C正确;若小车向右运动,则A、B的动量之和必须向左,而A向右运动,B向左运动,所以A的动量一定比B的小,故D错误.5.BD解析由图像可知,碰撞前A、B两球都做匀速直线运动,va=m/s=-3m/s,vb=m/s=2m/s,碰撞后二者合在一起做匀速直线运动,vc=m/s=-1m/s,碰撞过程中动量守恒,即mAva+mBvb=(mA+mB)vc,可解得mB=kg,选项B、D正确.6.BC解析碰撞的瞬间滑块甲和丙组成的系统动量守恒,滑块乙的速度在瞬间不变,以滑块甲的初速度方向为正方向,若碰后滑块甲和丙的速度分别变为v1和v2,由动量守恒定律得Mv=Mv1+mv2;若碰后滑块甲和丙的速度相同,由动量守恒定律得Mv=(M+m)v,故B、C正确.7.AC解析机车牵引力不变,脱钩后机车做加速运动,拖车做减速运动,拖车最后速度为0,对运动的整体,由动量守恒定律得2Mv0=Mv1+Mv2,当v1=15m/s时,v2=5m/s,选项A正确,B错误;对系统,由动能定理得Fx1-f1x1-f2x2=Ek,因加速过程的位移大于减速过程的位移,即x1>x2,则动能增大,选项C正确.8.BC解析以人与两船组成的系统为研究对象,人在跳跃过程中系统总动量守恒,所以A、B两船(包括人)的动量大小之比总是11,选项B正确;最终人在B船上,以系统为研究对象,在整个过程中,以A的速度方向为正方向,由动量守恒定律得mvA-vB=0,解得=,选项A错误;A的动能为EkA=,B(包括人)的动能为EkB=,则EkAEkB=32,选项C正确,D错误.9.AD解析设碰后蓝壶的速度为v2,碰前红壶的速度v0=1.0m/s,碰后红壶的速度v1=0.2m/s,根据动量守恒定律得mv0=mv1+mv2,解得v2=0.8m/s,选项A正确;根据碰前红壶的速度图像可得红壶的加速度大小a=m/s2=0.2m/s2,碰后蓝壶减速到零需要的时间t=s=5s,碰后蓝壶运动图像与时间轴围成的面积表示走过的位移,x2=m=2m,选项B错误;碰撞过程两壶损失的动能为E=m-m-m=3.04J,选项C错误;碰后红壶走过的位移为x1=0.1m,所以碰后红、蓝两壶所滑过的距离之比为120,选项D正确.10.ABD解析当A、B、C三者的速度相等时,弹簧的弹性势能最大,对A、B、C三者组成的系统,由动量守恒定律得(mA+mB)v=(mA+mB+mC)vA,解得vA=2m/s,选项A正确;B、C碰撞时,B、C组成的系统动量守恒,有mBv=(mB+mC)v1,解得碰后瞬间两者的速度v1=m/s,碰后系统的机械能守恒,故弹簧的最大弹性势能为Ep=(mB+mC)+mAv2-(mA+mB+mC)=J,选项B正确,C错误;由动量守恒定律得(mA+mB)v=mAvA+(mB+mC)vB,假设A向左运动,即vA<0,则vB>m/s,此时A、B、C的动能之和为Ek=mAv+(mB+mC)v>(mB+mC)v=J,实际上系统的动能Ek=(mB+mC)+mAv2=J,根据能量守恒定律可知Ek>Ek违反了能量守恒定律,是不可能的,选项D正确.11.AC解析规定向右为正方向,碰撞前A、B两球的动量均为6kgm/s,说明A、B两球的速度方向向右,两球质量关系为mB=2mA,所以碰撞前vA>vB,左方是A球;碰撞后A球的动量增量为-4kgm/s,所以碰撞后A球的动量是2kgm/s;碰撞过程中系统总动量守恒,所以碰撞后B球的动量是10kgm/s,根据mB=2mA,所以碰撞后A、B两球速度大小之比为25,选项C正确,D错误.碰撞前系统总动能为+=+=,碰撞后系统动能为+=+=,则碰撞前后系统机械能不变,碰撞是弹性碰撞,选项A正确,B错误.12.(1)1.6104Ns1.6105N(2)不会解析(1)v1=36km/h=10m/s取速度v1的方向为正方向,由动量定理得-I0=0-m1v1解得I0=1.6104Ns由冲量定义有I0=F0t1解得F0=1.6105N(2)设试验车和汽车碰撞后获得共同速度v,由动量守恒定律得m1v1+m2v2=(m1+m2)v对试验车,由动量定理得-Ft2=m1v-m1v1联立解得F=2.5104N因F<F0,故试验车的安全气囊不会爆开.13.D解析小球与小车组成的系统在水平方向上所受合外力为零,系统在水平方向上动量守恒,但系统整体所受合外力不为零,系统动量不守恒,故选项A错误;系统在水平方向上动量守恒,以向右为正方向,在水平方向上,由动量守恒定律得mv-mv=0,即m-m=0,解得小车的位移x=R,故选项B错误;小球与小车组成的系统在水平方向上动量守恒,类似于人船模型,小球离开小车时系统在水平方向上动量为零,小球与小车在水平方向上的速度为零,小球离开小车后做竖直上抛运动,故选项C错误;小球第一次在车中运动的过程中,由动能定理得mg-Wf=0,Wf为小球克服摩擦力做功大小,解得Wf=mgh0,即小球第一次在车中滚动损失的机械能为mgh0,由于小球第二次在车中滚动时,对应位置处速度变小,因此小车对小球的弹力变小,摩擦力变小,克服摩擦力做功小于mgh0,机械能损失小于mgh0,因此小球再次离开小车时,能上升的最大高度大于h0-h0=h0,而小于h0,故选项D正确.课时作业(十八)B1.B解析两球组成的系统在水平方向上动量守恒,以向右为正方向,在水平方向,由动量守恒定律得mv-mv=0,由机械能守恒定律得mv2+mv2=mgl,联立解得v=,选项B正确.2.B解析A、B组成的系统在水平方向动量守恒,以B的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得mBv=(mA+mB)v,由机械能守恒定律得mBv2=(mA+mB)v2+mBgh,联立解得h=0.10m,选项B正确.3.A解析最后滑块与子弹相对静止,根据动量守恒定律可知,两种情况下滑块和子弹的共同速度相等,根据能量守恒定律可知,两种情况下碰撞前后动能的减少量相等,产生的热量相等,而子弹相对滑块的位移大小不等,故滑块对子弹的阻力不一样大,A错误,D正确;根据动能定理可知,滑块动能的增加量等于子弹对滑块做的功,所以两种情况下子弹对滑块做的功一样多,B正确;根据动量定理,两种情况滑块受到的冲量一样大,C正确.4.D解析根据动量守恒定律可得mv0=(m+mA)v,由图像可知v=1m/s,解得mA=2kg,选项A、B错误;02s内,A、B组成的系统损失的机械能E损=m-(mA+m)v2=3J,选项D正确,C错误.5.BD解析斜劈和滑块组成的系统所受的合外力不为零,动量不守恒,选项A错误;斜劈和滑块组成的系统在水平方向上动量守恒,设滑块运动的位移为s1,斜劈运动的位移为s2,由动量守恒定律得ms1-Ms2=0,且s1+s2=L,解得s2=,选项B正确;斜劈的动量变化量应该与合外力的冲量大小相等,选项C错误;系统的机械能守恒,所以滑块克服支持力做的功等于斜劈增加的动能,选项D正确.6.BC解析以物体A、B和弹簧为系统,由动量守恒定律可知,第一种情况,有m1v=(m1+m2)v1,解得v1=v,第二种情况,有m2v=(m1+m2)v2,解得v2=v,由于m1<m2,所以v1<v2,选项A错误,B正确;根据能量守恒定律可知,第一种情况,有Ep=m1v2-(m1+m2)=m1v2-(m1+m2)v2=v2,第二种情况,有Ep=m2v2-(m1+m2)=m2v2-(m1+m2)v2=v2,选项C正确,D错误.7.BC解析系统满足动量守恒,系统总动量向左,最终小物块和木箱相对静止,两者以相同的速度一起向左运动,选项A错误;规定向左为正方向,由动量守恒定律得Mv0=(M+m)v,则最终系统的速度v=,方向向左,小物块和木箱组成的系统最终损失的机械能E=M-(M+m)v2=,选项B正确;木箱速度水平向左、大小为时,有Mv0=Mv1+mv2,解得v2=,选项C正确;当木箱速度为v1=时,根据动量守恒定律得Mv0=Mv1+mv3,解得v3=,选项D错误.8.AD解析从图像可以看出,从0到t1的过程中,物块A的速度比物块B的大,弹簧被压缩,t1时刻两物块达到共同速度,此后物块A的速度比物块B的小,两者间距增大,弹簧的压缩量减小,所以t1时刻弹簧长度最短,选项A正确;t2时刻物块B的速度最大,此后物块B的速度减小,弹簧被拉伸,则t2时刻弹簧恢复原长,在t1t2时间内,弹簧处于压缩状态,t2t3时间内,弹簧处于拉伸状态,选项B错误;在0t2时间内,弹簧对物块A冲量的大小为m1(v0+v3),选项C错误;对弹簧和两物块组成的系统,因合外力为零,故动量守恒,由动量守恒定律得m1v0=(m1+m2)v2=m2v1-m1v3,选项D正确.9.ABD解析物体A到达与物体B相距最近位置后继续前进,此后拉动物体B前进,物体A减速,物体B加速,达到共同速度时两者相距最远,此后物体A继续减速,物体B加速,当两球再次相距最近时,物体A达到最小速度,物体B达到最大速度,两物体在水平方向上动量守恒,速度相同时保持稳定,一直向右前进,取向右为正方向,根据动量守恒定律和机械能守恒定律得m1v1=m1v1+m2v2,m1=m1v+m2,解得v1=v1,v2=v1,故物体B的最大速度为v1,物体A的最小速度为v1,当m1=m2时,物体A的最小速度是0,故A、D正确,C错误;若m1<m2,则v1<0,可知在某段时间内物体A向左运动,选项B正确.10.(1)30N(2)不能解析(1)小滑块从A到B过程中,由动能定理得-mgL=m-m解得vB=2m/s从C到D过程中,由动能定理得-mgR=0-m解得R=0.2m在C点时,有FN-mg=m解得FN=30N由牛顿第三定律可得滑块经过C点时对轨道的压力大小为30N(2)滑块从D重新回到C过程,有mgR=m解得vC=2m/s滑块再次滑上AB时,若AB长度足够,则最终两者相对静止,此过程中滑块和轨道组成的系统动量守恒,有mvC=(M+m)v根据能量守恒定律得m=(M+m)v2+mgs联立解得s=0.32m因为s<L=0.5m,故滑块不能从轨道上滑下.11.(1)4m/s(2)90J解析(1)设与物块Q发生碰撞前物块P的速度大小为v0,碰后二者速度大小为v1,在D点时速度大小为v2,则在D点,由牛顿第二定律得(m1+m2)g=(m1+m2)从B到D过程,由动能定理得-(m1+m2)g2R=(m1+m2)-(m1+m2)解得v1=2m/sP、Q碰撞过程,由动量守恒定律得m1v0=(m1+m2)v1解得v0=4m/s.(2)对小物块P从释放点至运动到B点,由动能定理得W-m1gL=m1-0解得W=90J故Ep=W=90J.