（新教材）2021-2022學年上學期高二寒假鞏固練習1 動量守恒定律 學生版

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1、 練習1 動■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的木板車，車的左端站立一個大人，車的右端站立一個小孩。 如果大人向右走，小孩（質量比大人?。┫蜃笞摺Ｋ麄兊乃俣却笮∠嗤?，則在他們走動過程中（） A. 車一定向左運動 B.車可能向右運動 C.車可能保持靜止 D.無法確定 2. 某大雨天，小振同學想估算一下當時下雨的雨滴對傘面產(chǎn)生的平均撞擊力。他 于是去實驗室借來一個圓柱形容器置于露天空地上，測得30分鐘內(nèi)容器中水位上'' ￡五卜' 升了 90

2、mm,不考慮當時風的影響，可認為雨滴以10 m/s的速度豎直落向地面。'、'、' 現(xiàn)在假設雨滴撞擊傘面后無反彈，已知雨水的密度為lxl（）3kg/m3,傘面的面積約 % 為0.8 n?,請根據(jù)上述條件估算當時雨水對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，兩個質量相等的物體在同一高度沿傾角不同的兩個光滑固定斜面由靜止自由滑下，到 達斜面底端的過程中，下列說法正確的是（） A. 剛到達底端時兩個物體的動量相同 B. 到達斜面底端時兩個物體的動能不相等 C. 兩個物體重力的沖量大小相等 D. 兩個物體合力的沖量大

3、小相等 4. 2022年冬奧會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目。比賽中“接 棒”運動員在前面滑行，“交棒”運動員從后面追上，“交棒”運動員用力推前方“接棒”運動員完成 接力過程。忽略運動員與冰面之間的摩擦，交接棒過程中兩運動員的速度方向均在同一直線上。 對兩運動員交接棒的過程，下列說法正確的是（ ） A. 兩運動員之間相互作用力做的總功一定等于零 B. 兩運動員之間相互作用力的總沖量一定等于零 C. 兩運動員的動量變化一定相同 D. 兩運動員組成的系統(tǒng)動量和機械能均守恒 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 點正上方"高處由靜止釋放，小球由A點沿切線方向經(jīng)半圓軌道后從B點沖出，在空中能上升 !° 的最大高度為。.8/2,不計空氣阻力。下列說法正確的是（） A. 在相互作用過程中，小球和小車組成的系統(tǒng)動量守恒 B. 小球離開小車后做豎直上拋運動 C. 小球離開小車后做斜上拋運動 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，某球員截斷對方傳球并專守為攻，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。若足球的質量為0.4kg,球員 的腳與足球接觸的時間為0.2 s,忽略斷球過程中

5、足球受到草地的摩擦力，則對于該過程，下列 說法正確的是（） A. 足球的動量改變量的大小為4kg?m/s B. 足球動量改變量的大小為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向右做直線運動，已知兩彈性小球質量分別為mi = 1 kg和mi = 2 kg。一段時 間后輕繩突然自動斷開，斷開后兩球仍沿原直線運動。經(jīng)過，=5.0s兩球的間距5=4.5 m,則下 列說法正確的是（） A. 剛分離時

6、，a、力兩球的速度方向相同 B. 剛分離時，人球的速度大小為0.4 m/s C. 剛分離時，1球的速度大小為0.7 m/s D. 兩球分開過程中釋放的彈性勢能為0.27J 8. 如圖甲所示，物塊A、B的質量分別是仞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右側與豎直墻壁相接觸；另有一物塊。從￡=0時，以一定速度 向右運動。在t—4 s時與物塊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，下列說法正確的是（ ） A?墻壁對物塊B的彈力在4?12 s的時間內(nèi)對B的沖量I的大小為18 N-s B. 墻壁對物塊B的

7、彈力在4?12 s的時間內(nèi)對B的沖量I的大小為36 N-s C. 3離開墻后的過程中，彈簧具有的最大彈性勢能為18J D. B離開墻后的過程中，彈簧具有的最大彈性勢能為9J 9. 某同學用如圖所示的裝置研究兩個小球在軌道水平部分碰撞前后的動量和機械能關系。圖中 。點是小球拋出點在地面上的垂直投影。實驗時，先讓入射球的多次從斜軌上的S位置靜止釋 放，找到其平均落地點的位置P，測量出平拋的射程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。實驗 得到小球的落點的平均位置分別為M、P、N。 則 m\ >mi

8、 (1) 實驗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. 測量拋出點距地面的高度H D. 若入射小球質量為mi,被碰小球質量為皿, ,就可以驗證碰撞過程中動量守恒。 ⑵若實驗結果滿足 (3)若碰撞是彈性碰撞，那么還應該滿足的表達式為 。 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。某時 刻甲、乙都以大小為w = 2m/s的速度相向運動，甲、乙和空間站在同一直線上且可視為質點。 乙 甲 甲和他的裝備總質量M\ =90 kg,乙和他的裝備總質量肱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距離不變的同向運動，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) 設甲與物體A作用時間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，將他的運動看作勻加速直線運動。已知 滑雪者的初速度v()=l m/s,在，=5 s時間內(nèi)滑下的距離x=55m,滑雪者與裝備的總質量m=80 kg,取重力加速度g=10m/s 玻璃球開始射向小物塊時的速度W多大？ 若s>0.8m,為保

10、證小物塊不離開長木板， 若長木板足夠長，小物塊與長木板之間因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q,請在圖丙中畫出。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) 滑雪者在下滑過程中所受阻力的大小Ff； (3) 滑雪者在下滑5 s的過程中，所受合力的沖量大小/合。 12. 如圖甲所示，質量M=2kg的長木板靜止在光滑的水平面上，距長木板右端s處有一與長木 板上表面等高的固定擋板。質量m=l kg的小物塊靜置在長木板的左端，質量mo=O.l kg的玻璃 球以某一速度W在極短時間內(nèi)從左端水平射向小物塊，與小物塊發(fā)生彈性碰撞(碰撞時間極短)。 從小物塊開始運動計時的

11、最初一段時間內(nèi)，速度平方與位移的關系如圖乙所示，經(jīng)過一段時間, 長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 長木板至少多長?  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)動量守恒，且總動量為零，由于大人質量大于小孩，速度相同，因此大人與小孩的 總動量向右，為滿足動量守恒，車一定向左運動，故A正確，BCD錯誤。 2. 【答案】C 【解析】設傘面對水滴的平均作用力大小為乩，時間內(nèi)與傘面發(fā)生相互作用的雨水的質量為隊， 根據(jù)動量定理有-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)動能定理可知mgh = ^mv\則兩個物體到達斜面底端時的動能相等，但方向不同, 根據(jù)動量定理I = Ap = mv-0可知，兩個物體在達到底端時的動量不同，即合力的沖量大小相等， 方向不同，故AB錯誤，D正確；物體在斜面上下滑的加速度為。= gsin。，根據(jù)運動學公式可 知一妃= 1gsin9P,則下滑的時間為，c 匚

13、仁，因為下落的時間不一樣，則重力的沖量 sin。2 \ gsin2 0 IG = mgt也不相同，故C錯誤。 4. 【答案】B 【解析】交接棒過程中兩運動員之間的相互作用力等大反向，作用時間相同，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錯誤，B正確；交接棒過程中兩運動員 之間的相互作用力等大反向，作用時間相同，根據(jù)動量定理可知兩運動員的動量變化大小相同, 方向相反，故C錯誤；兩運動員組成的系統(tǒng)所受合外力為零，動量守恒，但“交棒"遠動員的推力 對系統(tǒng)做功，系統(tǒng)機械能不守恒，故D錯誤。 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)動量守恒，但系統(tǒng)所受的合 外力不為零，所以系統(tǒng)動量不守恒，故A錯誤；小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒， 小球由3點離開小車時系統(tǒng)水平方向動量為零，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動，故B正確，C錯誤；小球第一次車中運動過程中，由動能定理得 -0.8/1)-Wf=0,解得Wt=0.2mgh,即小球第一次在車中滾動損失的機械能為0.2mg。,由于小 球第二次在車中滾動時，對應位置處速度變小，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,機械能損失小于0.2mgh,因此小球再次離開小 車時，能上升

15、的高度大于0.8/z-0.2/z=0.6/z,同時小于0.8/z,故D錯誤。 6. 【答案】AC 【解析】取向右正方向，則足球動量改變量的大小Ap = m(v2 - ) = 0.4x[6-(-4)] = 4kg-m/s ,故 A正確，B錯誤；由動量定理得I = Ftdp,代入數(shù)據(jù)解得F = 20N,故C正確，D錯誤。 7. 【答案】CD 【解析】取向右為正方向，由動量守恒定律得(秫1+皿)"0 = 〃21"1+/722口2，經(jīng)過，=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,負號表示速度方向與正方

16、 向相反，所以剛分離時，。、力兩球的速度方向相反，剛分離時，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碰撞過程 動量守恒，取碰撞前C的速度方向為正方向，由動量守恒定律得mcvi = (mA+mc)V2,解得C的 質量mc=2kg,由圖可知12s末A和。的速度為巧=—3m/s, 4 s到12 s,墻對8的沖量廣= (mA+mc)V3-

17、(mA+mc)V2,解得尸=—36N?s,方向向左，墻壁對物塊3的彈力在4?12 s的時間 內(nèi)對B的沖量/的大小為36N?s,故B正確，A錯誤；12 s后B離開墻壁，之后A、B、。及彈 簧組成的系統(tǒng)動量和機械能守恒，且當A、C與B速度相等時，彈簧彈性勢能最大，以人的速度 方向為正方向，由動量守恒定律得(mA + mc)v3 = (wa + wb + mc)V4,由機械能守恒定律得 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)為使小球做平拋運動且每次初速度相同，應保證斜槽末端水平，小球每次都從同一點滑 Y 下，但是軌道不一定是光滑的，故A項錯誤，B項正確。因為平拋運動的時間相等，根據(jù)所 以用水平射程可以代替速度，不需要測量拋出點距地面的高度H,需測量小球平拋運動的射程間接 測量速度.為了防止入射球反彈，球的的質量應大于球m2的質量，故C錯誤，D正確。 (2)根據(jù)平拋運動可知，落地高度相同，則運動時間相同，設落地時間為L貝U： %=竺，片=四， t t 均=半，若動量守恒則mivo—mivi + m2V2,若兩球相碰前后的動量守恒，需要驗證表

19、達式m\ OP =m\-OM~\~m2-ONo （3）若為彈性碰撞, 則碰撞前后系統(tǒng)動能相同, 有三仞1譏）2=矛1祈+方仇2誼， 即滿足關系式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，對甲、乙以及 物體A組成的系統(tǒng)根據(jù)動量守恒定律可得既口0 -心凹=（嶺+心2川 對乙和A組成的系統(tǒng)根據(jù)動量守恒定律可得心2北0 =（心2 -榆明+S 聯(lián)立解得：v = 5.2m/s， v, = 0.4m/s。 ⑵對甲根據(jù)動量定理有Ft =州、-M}（-v0） 解得：F = 432N o 11.

20、【解析】（1）根據(jù)勻變速直線運動的規(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 設碰后玻璃球的速度為vi,由動量守恒定律，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，小物塊運動的加速度大小為。］=L?36T6即$2 =5如$2⑤ 2 2 假設沒有擋板，小物塊與長木板達到共同速度為U2,根據(jù)動量守恒定律有 mv=（M+m）V2 ⑥ 解得電=2m/s ⑦ 該過程所用時間4=匕蘭=0.8、⑧ 小物塊的位移大小為而=號紜=3?2皿⑨ 長木板的位移尤2=§刃11=0.8 m⑨ 所以若s>0.8m,長木板在與擋板碰撞前就能與小物塊達到共同速度，此時小物塊距長木板左端 的距離為 l\ =x\ —X2 = 2.4 m ⑩ 之后長木板與小物塊一起勻速運動一段時間，與擋板碰撞后，小物塊做勻減速運動，假設小物

22、塊 恰好可以到達長木板的右端，該過程小物塊的位移大小為 2 所以木板長度的最小值為/=/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,長木板與小物塊到達共同速度之前，長木板就與擋板發(fā)生碰撞。 長村反的加速度大小為。2=學=澎=2.5g? 設長木板與擋板碰撞前瞬間的速度大小為V3,根據(jù)運動學公式可得有巧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。