（新教材）2021-2022學(xué)年上學(xué)期高二寒假鞏固練習(xí)1 動(dòng)量守恒定律 學(xué)生版

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1、 練習(xí)1 動(dòng)■守恒定律 一、選擇題（1?5題為單選題，6?8題為多選題） 1. 在光滑水平直路上停著一輛較長(zhǎng)的木板車，車的左端站立一個(gè)大人，車的右端站立一個(gè)小孩。 如果大人向右走，小孩（質(zhì)量比大人?。┫蜃笞摺Ｋ麄兊乃俣却笮∠嗤?，則在他們走動(dòng)過(guò)程中（） A. 車一定向左運(yùn)動(dòng) B.車可能向右運(yùn)動(dòng) C.車可能保持靜止 D.無(wú)法確定 2. 某大雨天，小振同學(xué)想估算一下當(dāng)時(shí)下雨的雨滴對(duì)傘面產(chǎn)生的平均撞擊力。他 于是去實(shí)驗(yàn)室借來(lái)一個(gè)圓柱形容器置于露天空地上，測(cè)得30分鐘內(nèi)容器中水位上'' ￡五卜' 升了 90

2、mm,不考慮當(dāng)時(shí)風(fēng)的影響，可認(rèn)為雨滴以10 m/s的速度豎直落向地面。'、'、' 現(xiàn)在假設(shè)雨滴撞擊傘面后無(wú)反彈，已知雨水的密度為lxl（）3kg/m3,傘面的面積約 % 為0.8 n?,請(qǐng)根據(jù)上述條件估算當(dāng)時(shí)雨水對(duì)傘面的平均撞擊力最接近（） A. 0.05 N B. 0.08 N C. 0.4 N D. 5N 3. 如圖，兩個(gè)質(zhì)量相等的物體在同一高度沿傾角不同的兩個(gè)光滑固定斜面由靜止自由滑下，到 達(dá)斜面底端的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（） A. 剛到達(dá)底端時(shí)兩個(gè)物體的動(dòng)量相同 B. 到達(dá)斜面底端時(shí)兩個(gè)物體的動(dòng)能不相等 C. 兩個(gè)物體重力的沖量大小相等 D. 兩個(gè)物體合力的沖量大

3、小相等 4. 2022年冬奧會(huì)將在北京一張家口舉行，其中短道速滑接力是很具觀賞性的項(xiàng)目。比賽中“接 棒”運(yùn)動(dòng)員在前面滑行，“交棒”運(yùn)動(dòng)員從后面追上，“交棒”運(yùn)動(dòng)員用力推前方“接棒”運(yùn)動(dòng)員完成 接力過(guò)程。忽略運(yùn)動(dòng)員與冰面之間的摩擦，交接棒過(guò)程中兩運(yùn)動(dòng)員的速度方向均在同一直線上。 對(duì)兩運(yùn)動(dòng)員交接棒的過(guò)程，下列說(shuō)法正確的是（ ） A. 兩運(yùn)動(dòng)員之間相互作用力做的總功一定等于零 B. 兩運(yùn)動(dòng)員之間相互作用力的總沖量一定等于零 C. 兩運(yùn)動(dòng)員的動(dòng)量變化一定相同 D. 兩運(yùn)動(dòng)員組成的系統(tǒng)動(dòng)量和機(jī)械能均守恒 5. 如圖所示，小車靜止在光滑水平面上，A3是小車內(nèi)半圓軌道的水平直徑?，F(xiàn)將一小球

4、從距A 點(diǎn)正上方"高處由靜止釋放，小球由A點(diǎn)沿切線方向經(jīng)半圓軌道后從B點(diǎn)沖出，在空中能上升 !° 的最大高度為。.8/2,不計(jì)空氣阻力。下列說(shuō)法正確的是（） A. 在相互作用過(guò)程中，小球和小車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒 B. 小球離開小車后做豎直上拋運(yùn)動(dòng) C. 小球離開小車后做斜上拋運(yùn)動(dòng) D. 小球第二次沖出軌道后在空中能上升的最大高度為0.6/z 6. 如圖所示，某球員截?cái)鄬?duì)方傳球并專守為攻，斷球前瞬間，足球的速度大小為4m/s、方向水 平向左；斷球后瞬間，足球的速度大小為6 m/s、方向水平向右。若足球的質(zhì)量為0.4kg,球員 的腳與足球接觸的時(shí)間為0.2 s,忽略斷球過(guò)程中

5、足球受到草地的摩擦力，則對(duì)于該過(guò)程，下列 說(shuō)法正確的是（） A. 足球的動(dòng)量改變量的大小為4kg?m/s B. 足球動(dòng)量改變量的大小為2kg?m/s C. 足球受到腳水平方向的平均作用力大小為20N D. 足球受到腳水平方向的平均作用力大小為10N 7. 如圖，用輕繩將人兩個(gè)彈性小球緊緊束縛在一起并發(fā)生微小的形變，現(xiàn)正在光滑水平面上 以速度vo=O.l m/s向右做直線運(yùn)動(dòng)，已知兩彈性小球質(zhì)量分別為mi = 1 kg和mi = 2 kg。一段時(shí) 間后輕繩突然自動(dòng)斷開，斷開后兩球仍沿原直線運(yùn)動(dòng)。經(jīng)過(guò)，=5.0s兩球的間距5=4.5 m,則下 列說(shuō)法正確的是（） A. 剛分離時(shí)

6、，a、力兩球的速度方向相同 B. 剛分離時(shí)，人球的速度大小為0.4 m/s C. 剛分離時(shí)，1球的速度大小為0.7 m/s D. 兩球分開過(guò)程中釋放的彈性勢(shì)能為0.27J 8. 如圖甲所示，物塊A、B的質(zhì)量分別是仞A=4.0kg和mB = 3.0kg,兩物塊之間用輕彈簧拴接， 放在光滑的水平地面上，物塊8右側(cè)與豎直墻壁相接觸；另有一物塊。從￡=0時(shí)，以一定速度 向右運(yùn)動(dòng)。在t—4 s時(shí)與物塊A相碰，并立即與A粘在一起不再分開，物塊。的圖象如圖 乙所示，下列說(shuō)法正確的是（ ） A?墻壁對(duì)物塊B的彈力在4?12 s的時(shí)間內(nèi)對(duì)B的沖量I的大小為18 N-s B. 墻壁對(duì)物塊B的

7、彈力在4?12 s的時(shí)間內(nèi)對(duì)B的沖量I的大小為36 N-s C. 3離開墻后的過(guò)程中，彈簧具有的最大彈性勢(shì)能為18J D. B離開墻后的過(guò)程中，彈簧具有的最大彈性勢(shì)能為9J 9. 某同學(xué)用如圖所示的裝置研究?jī)蓚€(gè)小球在軌道水平部分碰撞前后的動(dòng)量和機(jī)械能關(guān)系。圖中 。點(diǎn)是小球拋出點(diǎn)在地面上的垂直投影。實(shí)驗(yàn)時(shí)，先讓入射球的多次從斜軌上的S位置靜止釋 放，找到其平均落地點(diǎn)的位置P，測(cè)量出平拋的射程0P。然后，把被碰小球秫2靜置于軌道的水 平部分，再將入射小球啊從斜軌上的S位置由靜止釋放，與小球仞2相碰，并且多次重復(fù)。實(shí)驗(yàn) 得到小球的落點(diǎn)的平均位置分別為M、P、N。 則 m\ >mi

8、 (1) 實(shí)驗(yàn)必須要求滿足的條件是 。 A. 斜槽軌道必須是光滑的 B. 斜槽軌道末端的切線是水平的 C. 測(cè)量拋出點(diǎn)距地面的高度H D. 若入射小球質(zhì)量為mi,被碰小球質(zhì)量為皿, ,就可以驗(yàn)證碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒。 ⑵若實(shí)驗(yàn)結(jié)果滿足 (3)若碰撞是彈性碰撞，那么還應(yīng)該滿足的表達(dá)式為 。 10. 如圖所示，甲、乙兩名宇航員正在離靜止的空間站一定距離的地方執(zhí)行太空維修任務(wù)。某時(shí) 刻甲、乙都以大小為w = 2m/s的速度相向運(yùn)動(dòng)，甲、乙和空間站在同一直線上且可視為質(zhì)點(diǎn)。 乙 甲 甲和他的裝備總質(zhì)量M\ =90 kg,乙和他的裝備總質(zhì)量肱2= 135 kg,為了避免直接相撞，乙

9、從自 己的裝備中取出一質(zhì)量m=45 kg的物體A推向甲，甲迅速接住A后即不再松開，此后甲、乙兩 宇航員在空間站外做相對(duì)距離不變的同向運(yùn)動(dòng)，且安全“飄''向空間站。 空間站 (1) 乙要以多大的速度U將物體A推出； (2) 設(shè)甲與物體A作用時(shí)間1=0.5 s,求甲與A的相互作用力F的大小。 11. 如圖所示，一位滑雪者沿傾角9=30。的山坡滑下，將他的運(yùn)動(dòng)看作勻加速直線運(yùn)動(dòng)。已知 滑雪者的初速度v()=l m/s,在，=5 s時(shí)間內(nèi)滑下的距離x=55m,滑雪者與裝備的總質(zhì)量m=80 kg,取重力加速度g=10m/s 玻璃球開始射向小物塊時(shí)的速度W多大？ 若s>0.8m,為保

10、證小物塊不離開長(zhǎng)木板， 若長(zhǎng)木板足夠長(zhǎng)，小物塊與長(zhǎng)木板之間因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q,請(qǐng)?jiān)趫D丙中畫出。隨著s變 化的圖線。 o求： (1) 滑雪者在5 s末速度的大小u； (2) 滑雪者在下滑過(guò)程中所受阻力的大小Ff； (3) 滑雪者在下滑5 s的過(guò)程中，所受合力的沖量大小/合。 12. 如圖甲所示，質(zhì)量M=2kg的長(zhǎng)木板靜止在光滑的水平面上，距長(zhǎng)木板右端s處有一與長(zhǎng)木 板上表面等高的固定擋板。質(zhì)量m=l kg的小物塊靜置在長(zhǎng)木板的左端，質(zhì)量mo=O.l kg的玻璃 球以某一速度W在極短時(shí)間內(nèi)從左端水平射向小物塊，與小物塊發(fā)生彈性碰撞(碰撞時(shí)間極短)。 從小物塊開始運(yùn)動(dòng)計(jì)時(shí)的

11、最初一段時(shí)間內(nèi)，速度平方與位移的關(guān)系如圖乙所示，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間, 長(zhǎng)木板與擋板碰撞后粘在一起不再反彈，重力加速度g=10 m/s2,貝I」： 甲 % 36 16 0 2 乙 長(zhǎng)木板至少多長(zhǎng)?  參考答案 一、選擇題（1?5題為單選題，6?8題為多選題） 1. 【答案】A 【解析】系統(tǒng)動(dòng)量守恒，且總動(dòng)量為零，由于大人質(zhì)量大于小孩，速度相同，因此大人與小孩的 總動(dòng)量向右，為滿足動(dòng)量守恒，車一定向左運(yùn)動(dòng)，故A正確，BCD錯(cuò)誤。 2. 【答案】C 【解析】設(shè)傘面對(duì)水滴的平均作用力大小為乩，時(shí)間內(nèi)與傘面發(fā)生相互作用的雨水的質(zhì)量為隊(duì)， 根據(jù)動(dòng)量定理有-Ft

12、= 0-沖，根據(jù)密度公式可知m = pV = pSh ,由題意可知 4 = 90x10③m/s = 5xl（f5m/s,聯(lián)立解得F = QAN，根據(jù)牛頓第三定律可知雨水對(duì)傘面的平均撞 t 30x60 擊力大小為0.4 N,故選C。 3. 【答案】D 【解析】根據(jù)動(dòng)能定理可知mgh = ^mv\則兩個(gè)物體到達(dá)斜面底端時(shí)的動(dòng)能相等，但方向不同, 根據(jù)動(dòng)量定理I = Ap = mv-0可知，兩個(gè)物體在達(dá)到底端時(shí)的動(dòng)量不同，即合力的沖量大小相等， 方向不同，故AB錯(cuò)誤，D正確；物體在斜面上下滑的加速度為。= gsin。，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可 知一妃= 1gsin9P,則下滑的時(shí)間為，c 匚

13、仁，因?yàn)橄侣涞臅r(shí)間不一樣，則重力的沖量 sin。2 \ gsin2 0 IG = mgt也不相同，故C錯(cuò)誤。 4. 【答案】B 【解析】交接棒過(guò)程中兩運(yùn)動(dòng)員之間的相互作用力等大反向，作用時(shí)間相同，總沖量一定為零, 但兩力作用的位移不一定相同，總功不一定為零，故A錯(cuò)誤，B正確；交接棒過(guò)程中兩運(yùn)動(dòng)員 之間的相互作用力等大反向，作用時(shí)間相同，根據(jù)動(dòng)量定理可知兩運(yùn)動(dòng)員的動(dòng)量變化大小相同, 方向相反，故C錯(cuò)誤；兩運(yùn)動(dòng)員組成的系統(tǒng)所受合外力為零，動(dòng)量守恒，但“交棒"遠(yuǎn)動(dòng)員的推力 對(duì)系統(tǒng)做功，系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，故D錯(cuò)誤。 5. 【答案】B 【解析】小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向不受外力，

14、水平方向系統(tǒng)動(dòng)量守恒，但系統(tǒng)所受的合 外力不為零，所以系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，故A錯(cuò)誤；小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒， 小球由3點(diǎn)離開小車時(shí)系統(tǒng)水平方向動(dòng)量為零，小球與小車水平方向速度為零，所以小球離開小車后做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，故B正確，C錯(cuò)誤；小球第一次車中運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，由動(dòng)能定理得 -0.8/1)-Wf=0,解得Wt=0.2mgh,即小球第一次在車中滾動(dòng)損失的機(jī)械能為0.2mg。,由于小 球第二次在車中滾動(dòng)時(shí)，對(duì)應(yīng)位置處速度變小，因此小球需要的向心力減小，則小車給小球的彈 力變小，摩擦力變小，摩擦力做功小于0.2mgh,機(jī)械能損失小于0.2mgh,因此小球再次離開小 車時(shí)，能上升

15、的高度大于0.8/z-0.2/z=0.6/z,同時(shí)小于0.8/z,故D錯(cuò)誤。 6. 【答案】AC 【解析】取向右正方向，則足球動(dòng)量改變量的大小Ap = m(v2 - ) = 0.4x[6-(-4)] = 4kg-m/s ,故 A正確，B錯(cuò)誤；由動(dòng)量定理得I = Ftdp,代入數(shù)據(jù)解得F = 20N,故C正確，D錯(cuò)誤。 7. 【答案】CD 【解析】取向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得(秫1+皿)"0 = 〃21"1+/722口2，經(jīng)過(guò)，=5.OS后，兩球的 間距為s=4.5m,貝Ij s=vit—V2t,解得vi =0.70 m/s, V2= ~0.20 m/s,負(fù)號(hào)表示速度方向與正方

16、 向相反，所以剛分離時(shí)，。、力兩球的速度方向相反，剛分離時(shí)，8球的速度大小為0.2 m/s, a球 的速度大小為0.7 m/s,故AB錯(cuò)誤,C正確；由能量守恒定律得上㈣+〃&)緒+EP = — + — , 解得Ep=0.27J,故D正確。 8. 【答案】BD 【解析】由題圖乙知，C與A碰撞前速度ui=9m/s,碰后速度大小V2 = 3 m/s, C與A碰撞過(guò)程 動(dòng)量守恒，取碰撞前C的速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得mcvi = (mA+mc)V2,解得C的 質(zhì)量mc=2kg,由圖可知12s末A和。的速度為巧=—3m/s, 4 s到12 s,墻對(duì)8的沖量廣= (mA+mc)V3-

17、(mA+mc)V2,解得尸=—36N?s,方向向左，墻壁對(duì)物塊3的彈力在4?12 s的時(shí)間 內(nèi)對(duì)B的沖量/的大小為36N?s,故B正確，A錯(cuò)誤；12 s后B離開墻壁，之后A、B、。及彈 簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量和機(jī)械能守恒，且當(dāng)A、C與B速度相等時(shí)，彈簧彈性勢(shì)能最大，以人的速度 方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得(mA + mc)v3 = (wa + wb + mc)V4,由機(jī)械能守恒定律得 Ep — —(777a + —(A/lA + ZTlg + 1TIq)V^ > 解礙 Ep = 9 J,故 D 正確，C 錯(cuò)誤。 9. 【答案】(1)BD Q)mi?0P=mi?0M+m2?0N (3)77

18、ti-OP2 = mvOM1 + mrON2 【解析】(1)為使小球做平拋運(yùn)動(dòng)且每次初速度相同，應(yīng)保證斜槽末端水平，小球每次都從同一點(diǎn)滑 Y 下，但是軌道不一定是光滑的，故A項(xiàng)錯(cuò)誤，B項(xiàng)正確。因?yàn)槠綊佭\(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等，根據(jù)所 以用水平射程可以代替速度，不需要測(cè)量拋出點(diǎn)距地面的高度H,需測(cè)量小球平拋運(yùn)動(dòng)的射程間接 測(cè)量速度.為了防止入射球反彈，球的的質(zhì)量應(yīng)大于球m2的質(zhì)量，故C錯(cuò)誤，D正確。 (2)根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)可知，落地高度相同，則運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，設(shè)落地時(shí)間為L(zhǎng)貝U： %=竺，片=四， t t 均=半，若動(dòng)量守恒則mivo—mivi + m2V2,若兩球相碰前后的動(dòng)量守恒，需要驗(yàn)證表

19、達(dá)式m\ OP =m\-OM~\~m2-ONo （3）若為彈性碰撞, 則碰撞前后系統(tǒng)動(dòng)能相同, 有三仞1譏）2=矛1祈+方仇2誼， 即滿足關(guān)系式mvOP2 = mi- OM2+mr ON2。 10. 【解析】（1）規(guī)定水平向左為正方向，甲、乙兩宇航員最終的速度大小均為口，對(duì)甲、乙以及 物體A組成的系統(tǒng)根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得既口0 -心凹=（嶺+心2川 對(duì)乙和A組成的系統(tǒng)根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得心2北0 =（心2 -榆明+S 聯(lián)立解得：v = 5.2m/s， v, = 0.4m/s。 ⑵對(duì)甲根據(jù)動(dòng)量定理有Ft =州、-M}（-v0） 解得：F = 432N o 11.

20、【解析】（1）根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律 1 X = v(/ + ~at 解得：a = 4m/s2 , v = 21m/s o ⑵根據(jù)牛頓第二定律mg sin 30° - F{ = ma 解得％ =80N。 （3）設(shè)滑雪者所受重力、支持力、阻力的合力為F合。F合的沖量大小為 /合=F合 t, F^=ma 解得：/合=1600N.s。 12. 【解析】（1）由題圖乙可知，玻璃球與小物塊碰撞后瞬間，小物塊的速度v=6m/s ① 設(shè)碰后玻璃球的速度為vi,由動(dòng)量守恒定律，有movo=movi+mv ② 由能量守恒定律，有|/n（）v（）2=^m（）vi2 + %，③ 聯(lián)立①②③

21、可得vo=33 m/s④ （2）由乙圖可知，小物塊運(yùn)動(dòng)的加速度大小為。］=L?36T6即$2 =5如$2⑤ 2 2 假設(shè)沒(méi)有擋板，小物塊與長(zhǎng)木板達(dá)到共同速度為U2,根據(jù)動(dòng)量守恒定律有 mv=（M+m）V2 ⑥ 解得電=2m/s ⑦ 該過(guò)程所用時(shí)間4=匕蘭=0.8、⑧ 小物塊的位移大小為而=號(hào)紜=3?2皿⑨ 長(zhǎng)木板的位移尤2=§刃11=0.8 m⑨ 所以若s>0.8m,長(zhǎng)木板在與擋板碰撞前就能與小物塊達(dá)到共同速度，此時(shí)小物塊距長(zhǎng)木板左端 的距離為 l\ =x\ —X2 = 2.4 m ⑩ 之后長(zhǎng)木板與小物塊一起勻速運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間，與擋板碰撞后，小物塊做勻減速運(yùn)動(dòng)，假設(shè)小物

22、塊 恰好可以到達(dá)長(zhǎng)木板的右端，該過(guò)程小物塊的位移大小為 2 所以木板長(zhǎng)度的最小值為/=/i +，2 = 2.8 m? (3)由(2)可知，若s>0.8 m,根據(jù)能量守恒定律可得Q=^mv1 弋=0.4m@) —^Mv22=14 J ? 若sV0.8m,長(zhǎng)木板與小物塊到達(dá)共同速度之前，長(zhǎng)木板就與擋板發(fā)生碰撞。 長(zhǎng)村反的加速度大小為。2=學(xué)=澎=2.5g? 設(shè)長(zhǎng)木板與擋板碰撞前瞬間的速度大小為V3,根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得有巧2 = 2(0? 根據(jù)能量守恒定律可得= (18—55)(J) ? 根據(jù)以上分析作出Q-s圖像如圖所示。