第六章第1节动量定理动量守恒定律练习含解析.docx

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1、第1节动量定理动量守恒定律基础必备练1. （2018 清华大学附中三模）如图所示，从地面上的A点以速度v竖直向上抛出一小球,上升 至最高点B后返回,。为A, B的中点，小球在运动过程中受到的空气阻力大小不变.下列说法正 确的是（C ）解析：小球上升时,受到向下的重力和向下的空气阻力，故小球匀减速上升，在上升到最高点的 过程中，初速度为v,末速度为0,则其中间时刻的速度为2二0.5v,而中间位移的速度为v2+ O2 vY 2二J2,它大于o.5v,故选项A,B错误;小球下降时受向下的重力和向上的空气阻力，则 小球向上运动时的合力大于向下运动时的合力，故上升过程的加速度大于下降过程的加速度， 由于

2、位移相等,都可以看成是初速度为0,故物体向上运动时的时间小于下降的时间,而重力相 等,故小球在上升过程中重力的冲量小于下降过程中重力的冲量,选项C正确；由功能关系可知, 小球在上升过程中，动能的减少量 Ek初gh+fXAB,而下降过程中动能的增加量AEl =mgh-f X AB,二者不相等，选项D错误.2. （2019 黑龙江大庆实验中学高三考试）如图所示,斜面和水平面之间通过小圆弧平滑连接， 质量为m的物体（可视为质点）从斜面上h高处的A点由静止开始沿斜面下滑,最后停在水平地 面上的B点,要使物体能原路返回A点，在B点物体需要的最小瞬时冲量是（C ）1A. 2my/ghy/ghC. 2nl项

3、 D. 4m痂解析：物体从A到B过程，由动能定理得mghTk0,物体从B到A过程，由能量守恒得2-2田。=mgh+Wr+2niv；当v=0时，在B点的瞬时冲量最小，即2m=mgh+Wf=2ingh解得p=2nn厨，由动量定理得I=p=2nn厨，故C正确.1和F2分别作用于水平面上等质量的a, b两物体上，作用一段时间后撤去推力，物体将继续运动一段时间后停下,a, b两物体的v-t图像分别如图中OAB, 0CD所示，图中ABCI）,贝U （ C ）Vi0的冲量大于F2的冲量I的冲量等于F2的冲量解析:题图中,AB与CD平行,说明推力撤去后两物体的加速度相同,根据牛顿第二定律可知,两 物体受到的摩

4、擦力大小相等.根据动量定理,对整个过程有RtrftoB=0, F2t2-fto产0,而t0Bt0D,则 有FitKF2t2,即Fl的冲量小于F2的冲量,选项C正确.4. （2019 宁夏育才中学月考）（多选）一质量m=0.10 kg的小钢球以大小为v0=10 m/s的速度水平抛出下落h=5.0 m时撞击一钢板，撞后速度恰好反向，且速度大小不变.已知小钢球与钢板的作用时间极短,取g=10 m/s2,则（0 =601 N sC.小钢球撞击钢板的过程中其动量的变化量的大小为10 kg m/s嫄N s解析:小钢球撞击钢板时的竖直分速度vk沟二10 m/s,设小球的速度方向与水平方向的夹角 为Q,则ta

5、n。二%=1,解得a =45。，即钢板与水平面的夹角0=45。，选项A错误;小钢球从水2/1平抛出到刚要撞击钢板时所飞行的时间t=J 9 =1 s,重力冲量I=mgt=l N s,选项B正确;取垂 直钢板向上为正方向，小钢球刚要撞击钢板时小钢球速度的大小为v尸Mvo=lO$ m/s,动量 pi二一mvi二一隹kg m/s;撞后小钢球的速度v济10亚m/s,动量p2=n）V2=&kg m/s,小钢球的动 量 变 化 p = p 2- p 1=2 k g m / s ,由动量定理可知，钢板对小钢球的冲量大小I二 p二 2a/2 N s,选项C错误，D正确.5. （2019 安徽淮南模拟）（多选）如

6、图所示,在光滑的水平面上放有一物体M,物体上有一光滑 的半圆弧轨道,轨道半径为R,最低点为C,两端A, B等高,现让小滑块m从A点由静止下滑,在 此后的过程中，则（BD ）A.M和m组成的系统机械能守恒,动量守恒B.M和m组成的系统机械能守恒,动量不守恒C. m从A至C的过程中M向左运动,m从C至B的过程中M向右运动D.m从A到C的过程中M向左运动,m从C到B的过程中M向左运动解析:小滑块m从A点静止下滑,物体M与滑块m组成的系统水平方向所受合力为零,系统水平 方向动量守恒，竖直方向有加速度,合力不为零，所以系统动量不守恒,M和m组成的系统机械能 守恒，选项A错误,B正确;系统水平方向动量守恒

7、，由于系统初始状态水平方向动量为零，所以 m从A至IC的过程中,m向右运动,M向左运动,m从C到B的过程中,M还是向左运动,选项C错 误，D正确.6 . （2019 内蒙古北方重工三中月考）（多选）质量为m的物块甲以 3 m/s的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定于其左端，另一质量也为m的物块乙以4 m/s的速度与甲相向运动，如图所示，则（AD ）乙一甲A.甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，由于弹力属于内力作用，故系统动量守恒B.当两物块相距最近时，甲物块的速率为零5 m/s1 m / s 时，乙物块的速率可能为 2 m / s ,也可能 为0解析：甲、乙两物块（包括弹簧）组成的系统在弹簧压缩

8、过程中，系统所受的合外力为零,系统动 量守恒，故A正确；当两物块相距最近时速度相同，取作用前乙的速度方向为正方向，设共同速 率为v,根据动量守恒定律得到mv乙-mv甲二2mv,解得v=0. 5 m/s,故B错误;若物块甲的速率达到 5 m/s,方向与原来相同，贝Imv乙-mv甲二-mv甲+m乙v乙，代入数据解得v乙,二6 m5 m/s,方向与 原来相反，则mv乙-mv甲=mv甲+m乙v乙，代入数据解得v乙=-4 m/s,即作用后乙的动能不变，甲的动能增 加,系统总动能增加,违反了能量守恒定律,所以物块甲的速率不可能达到5 m/s,故C错误;若 物块甲的速率为1 m/s,方向与原来相同，由动量守

9、恒定律得m v乙-mv甲二-mv甲+ m乙v乙,，代入数据解得v乙2 m/s;若物块甲的速率为1 m/s,方向与原来相反，由动量守恒定 律得mv乙-mv甲二mv甲+m乙v乙，代入数据解得v乙=0,故D正确.7. （2019 山东日照联考）如图所示,质量为0.5 kg的小球在距离小车底部20 m高处以一定的 初速度向左平抛,落在以7.5 m/s的速度沿光滑水平面向右匀速行驶的敞篷小车中，车底涂有 一层油泥,车与油泥的总质量为4 kg.设小球在落到车底前瞬间速度是25 m/s,重力加速度取 10 m/s?.则当小球与小车相对静止时，小车的速度是（B ）A. 4 m/s B. 5 m/s C. 8.

10、 5 m/s D. 9. 5 m/s/ 22解析:小球落入小车时竖直方向速度vy=V2/l=20 m/s,所以小球的水平速度Vo=VVVy=15 m/s.对小车和小球,水平方向动量守恒,得Mvmvo二（M+m） 代入数据得v2=5 m/s,选项B正确. 8. （2019 湖南衡阳联考）如图所示,质量为M的盒子放在光滑的水平面上,盒子内表面不光滑, 盒内放有一块质量为m的物体，某时刻给物体一个水平向右的初速度vo,那么在物体与盒子前 后壁多次往复碰撞后（D ）力。M，方向水平向右M + S方向水平向右解析：由于盒子内表面不光滑，在多次碰撞后物体与盒子相对静止,B项错误；由动量守恒得 mvo= （

11、M+m） v, 解得V，=M +叫故选项D正确,a, C项错误.能力培养练9. （2018 吉林长春第二次质量监测）（多选）一滑块在水平地面上做直线运动,t=0时速率为1 m/s,从此时开始对物体施加一个与初速度相反的水平力F,力F和滑块的速度v随时间的变化 规律分别如图（甲）、（乙）所示,则下列说法正确的是（CD ）v/(m , s_,)A. 2 s末滑块距离出发点最远B. 0-1 s和12 s时间内滑块的加速度大小相等、方向相反C.第1 s内摩擦力对滑块冲量为1 N sD.第2 s内力F的平均功率为1. 5 W解析：由（乙）图可知，图像所围的面积为2 s内的位移,所以在2 s末滑块回到出发

12、点，故A错 误；由于图像的斜率表示加速度，在前2 s内斜率不变，故B错误；由图（甲）得FfI N, F2=3 N, 由图（乙）得2 s内滑块的加速度不变,即为a=l m/s2,据牛顿第二定律有E+f=ma, F2-f=ma,解得 f=l N,所以第1 s内摩擦力对滑块冲量为I=ft=l N- s,故C正确;第2 s内力F的平均功率为% + “20 + 1F2 2=3X2 忆1.5M故口正确.10. （2019-山东烟台模拟）如图所示,木块A静止于光滑的水平面上，其曲面部分MN光滑，水平 部分NP是粗糙的，现有一物体B自M点由静止下滑，设NP足够长，则以下叙述正确的是（C ）777777T777

13、7777777A. A, B物体最终以不为零的速度共同运动B. A物体先做加速运动,后做减速运动,最终做匀速运动C.物体A, B构成的系统减少的机械能转化为内能 解析:因NP足够长,最终物体B 一定与A相对静止，由系统水平方向动量守恒可知,最终A,B- 定静止,选项A, B均错误;因NP段有摩擦,系统减少的机械能都转化为内能,所以选项C正确,D 错误.11. (2019 湖南师大附中月考)如图所示,质量为m=l kg的小木块放在质量为M=8 kg的长木 板(足够长)的左端,静止在光滑的水平面上,m与M之间的动摩擦因数U =0.1, g=10 m/s2.现给m 一个向右的速度v0=10 m/s,

14、同时对M施加一水平向左的恒力F,且F=5 N,则F作用一段时间后 撤去,M, m的速度最终都变为零.求：M(1)F作用的时间t1：(2)此过程中系统生热Q.解析：(1)根据动量定理,对M, m系统分析可得Fti=mv0解得ti=2 s.(2)对M,由牛顿第二定律得F-u mg二Ma解得 a=0. 5 m/s2.1在03时间内M运动的位移x=2ai =1 m1 -2由能量守恒知系统生热Q=Fx+2mvo代入数据解得Q=55 J.答案：(1)2 s (2)55 J12. (2019 北京通州区摸底)在水平地面的右端B处有一面墙,一小物块放在水平地面上的A 点，质量m=0. 5 kg, AB间距离s

15、=5 m0=8 m/s从A向B运动，刚要与墙壁碰撞时的速度vf7 m/s, 碰 撞 后 以 速 度 V2 =6m10 m/s2.求：A B(1)小物块从A向B运动过程中的加速度a的大小；(2)小物块与地面间的动摩擦因数U ;若碰撞时间t=0. 05 s,碰撞过程中墙面对小物块平均作用力F的大小.解析：(1)从A到B过程是匀减速直线运动,根据速度位移公式,有1一02 72_82a= 2s =2x5 m/s2=-l. 5 m/s；从A到B过程,根据动能定理,有1 12 2-u mgs=2mV1-2mo代入数据解得以二0.15.(3 )对小物块与墙壁碰撞过程，若向左为正方向，根据动量定理，有 F A

16、 t=rm-m (-Vi)可得 F=130 N.答案：(1)1.5 m/s2(3)130 N13. (2019 山东泰安高三质检)如图所示,光滑水平面上停放一个木箱和小车，木箱质量为m, 小车和人总质量为M,M ： m=4 ： 1,人以速度v沿水平方向将木箱推出，木箱被挡板以原速率反弹 回来以后,人接住木箱再以同样大小的速率v第二次推出木箱,木箱又被原速率反弹，问人 最多能推几次木箱？*mI1I /n,第n次接住后速度为v/，根据动量守恒定律第一次推出mv后有 0二则 vi二 M第一次接住后有Mvi+mv=(M+m) v J第二次推出后有(M+m) vj =Mv2-mv,3mv则 V2= M第二次接住后有Mv2+mv= (M+m) v/ 第n-1次接住后有Mvn-i+mv= (M+m) Vn-/第 n 次推出:(M+m) Vn-J =Mvn-mv(2n - 1)即 vf M niv设最多能推N次,推出后有M-i v(2N - l)mv 2(N - 1) - lmv即 M*且M v1 M 1 M所以 2+i)wn5(租+1)+1M将租WN3.5.答案：3