《【原創(chuàng)】（新教材）2020-2021學年上學期高二寒假鞏固練習3 動量守恒定律 學生版.docx》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《【原創(chuàng)】（新教材）2020-2021學年上學期高二寒假鞏固練習3 動量守恒定律 學生版.docx（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、作業(yè) 3動量守恒定律 1 .行駛中的汽車如果發(fā)生劇烈碰撞，車內(nèi)的平安氣囊會被彈出并瞬間充滿氣體。假設碰撞 后汽車的速度在很短時間內(nèi)減小為零，關于平安氣囊在此過程中的作用，以下說法正確的選 項是（）A.增加了司機單位面積的受力大小 B.減少了碰撞前后司機動量的變化量C.將司機的動能全部轉(zhuǎn)換成汽車的動能 D.延長了司機的受力時間并增大了司機的受力面積 【答案】D 【解析】因平安氣囊充氣后，受力面積增大，故減小了司機單位面積的受力大小，故A錯 誤；有無平安氣囊司機初動量和末動量均相同，所以動量的改變量也相同，故B錯誤；因有 平安氣囊的存在，司機和平安氣囊接觸后會

2、有一局部動能轉(zhuǎn)化為氣體的內(nèi)能，不能全部轉(zhuǎn)化 成汽車的動能，故C錯誤；因為平安氣囊充氣后面積增大，司機的受力面積也增大，在司機 擠壓氣囊作用過程中由于氣囊的緩沖故增加了作用時間，故D正確。 2 .水平冰面上有一固定的豎直擋板，一滑冰運發(fā)動面對擋板靜止在冰面上，他把一質(zhì)量為 4.0 kg的靜止物塊以大小為5.0 m/s的速度沿與擋板垂直的方向推向擋板，運發(fā)動獲得退行 速度；物塊與擋板彈性碰撞，速度反向，追上運發(fā)動時，運發(fā)動又把物塊推向擋板，使其再 一次以大小為5。m/s的速度與擋板彈性碰撞?？偣步?jīng)過8次這樣推物塊后，運發(fā)動退行速 度的大小大于50m/s,反彈的物塊不能再追上運發(fā)動。不計冰面的摩擦

3、力，該運發(fā)動的質(zhì)量 可能為（）A. 48 kg B. 53 kg C. 58 kg D. 63 kg 【答案】BC 【解析】設運發(fā)動和物塊的質(zhì)量分別為〃2、規(guī)定運發(fā)動運動的方向為正方向，運發(fā)動開 始時靜止，第一次將物塊推出后，運發(fā)動和物塊的速度大小分別為也、加 那么根據(jù)動量 守恒定律0=根也一根0血，解得匕=皿％；物塊與彈性擋板撞擊后，運動方向與運發(fā)動同m 得 vo=5 m/s所以/= 〃巾o=5N?s。 13.【解析】（1）設排球第一次落至地面經(jīng)歷的時間為九，第一次離開地面至反彈到最高點經(jīng)歷的時間為攵，那么有/12=1^22 解得力=0.6 s,亥=0.5 s所以排球與地面的作用時

4、間為為=，一力一亥=。.2 So ⑵設排球第一次落地時的速度大小為刃，第一次反彈離開地面時的速度大小為以，有： v\=gt\=6 m/s, V2=gti=5 m/s設地面對排球的平均作用力為凡 選排球為研究對像，以向上的方向為正方向，那么在它與 地面碰撞的過程中，由動量定理有：（/一根g）/3 =用也一，%（ 一也）代入數(shù)據(jù)解得E=26N 根據(jù)牛頓第三定律，排球?qū)Φ孛娴钠骄饔昧Υ笮?6 No 向，當運發(fā)動再次推出物塊根也+nwo=機也一加0以0，解得匕二網(wǎng)］。；第3次推出后加也+ ~ mm<）vo=mv3-m（）v（）,解得匕 =處%；依次類推，第8次推出后，運發(fā)動的速度 m彩

5、=生出?，根據(jù)題意可知h ="%%>5m/s,解得機<60 kg；第7次運發(fā)動的速度一 mm定小于5m/s,即為=1M%<5m/s,解得根>52 kg。綜上所述，運發(fā)動的質(zhì)量滿足52 kg m

6、料耗盡后質(zhì)量加比 值）越小，那么火箭獲得的速度就越大.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(zhì)量比大人?。┫蜃笞?。他們的速度大小相同，那么在他們走 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 .質(zhì)量為1kg的小球A以速率8 m/s沿光滑水平面運動，與質(zhì)量為3 kg的靜止小球3發(fā)生 正碰后，A、8兩小球的速率阻和加可能為（）A. V/i= 5 m/sB.= 3 m/s C. vb= 1 rn/s D. v^=3 m/s 4.如下列圖，橫截面積為5 cm2的水柱以10 m/s的速度垂直

7、沖到墻壁上，水的密度為1x103 kg/m3,假設水沖到墻上后不反彈而順墻壁流下，那么墻壁所受水柱沖擊力為（B. 5N B. 5N C. 50N D. 500N 5.兩個小球在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運動，8球在前，A球在后，mA=lkg、 W8=2kg,iM = 6m/s,U8=3m/s,當A球與8球發(fā)生碰撞后，A、8兩球的速度可能是（）A. %'=-4m/s, vb,= 6 m/sB. u/=4m/s, v5 =5 m/s C. w'=4m/s, u/=4m/sD. %'=7 m/s, u/=2?5 m/sA、3兩球沿同一直線運動并發(fā)生正碰，如下列圖

8、為兩球碰撞前后的位移一時間（x—。圖像， 圖中。、b分別為A、5兩球碰撞前的圖線，。為碰撞后兩球共同運動的圖線。假設A球的質(zhì) 量〃2A = 2 kg,那么由圖可知以下結論正不確的是（） A. B兩球碰撞前的總動量為3 kg-m/s B.碰撞過程A對3的沖量為一4 N-sC.碰撞前后A的動量變化為4 kg-m/s D,碰撞過程A、8兩球組成的系統(tǒng)損失的機械能為10 J.在“探究碰撞中的不變量〃實驗中，對于最終的結論m1也+加2也=m14 +m2也'，以下說法 正確的選項是（） A.僅限于一維碰撞.任何情況下相”/ +加2y22 = 〃2"產(chǎn)+加2也”也一定成立 C.式中的也、也、V1\

9、 k都是速度的大小D.式中的不變量是mi和加2組成的系統(tǒng)的質(zhì)量與速度乘積之和 8.如圖，兩滑塊A、B在光滑水平面上沿同一直線相向運動，滑塊A的質(zhì)量為〃2,速度大 小為2噸，方向向右，滑塊3的質(zhì)量為2祖，速度大小為玲，方向向左，兩滑塊發(fā)生碰撞后的 運動狀態(tài)可能是（）左我衛(wèi)右 T|[~B~777/77777777777777777777777777777777 A. A和3都向左運動A和8都靜止 B. A向左運動，B向右運動A靜止，B向右運動 9 .如下列圖，小車靜止在光滑水平面上，A8是小車內(nèi)半圓軌道的水平直徑?，F(xiàn)將一小球從距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

10、后從5點沖出，在空中 能上升的最大高度為0.8九不計空氣阻力。以下說法正確的選項是（） f° 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/i

11、計空氣阻力），以下說法 中正確的選項是（）——B A.重物在C位置時，其加速度的大小等于當?shù)刂亓铀俣鹊闹礏.在重物從A位置下落到。位置的過程中，重力的沖量大小等于彈簧彈力的沖量大小 C.在手托重物從3位置緩慢上升到A位置的過程中，手對重物所做的功等于物體克服重力 所做的功D.在重物從A位置到B位置和從8位置到C位置的兩個過程中，彈簧彈力對重物所做功 之比是1：3 11 .某同學用如下列圖的裝置，研究兩個小球在軌道水平局部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，先讓入射球如屢次從斜軌上的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0尸。

12、然后，把被碰小球加2靜 置于軌道的水平局部，再將入射小球仍從斜軌上的S位置由靜止釋放，與小球加2相碰，并 且屢次重復。實驗得到小球的落點的平均位置分別為V、P、N。 ffh ⑴實驗必須要求滿足的條件是 O 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”D.假設入射小球質(zhì)量為〃 21，被碰小球質(zhì)量為〃 22，那么〃21＞加2 (2)假設實驗結果滿足,就可以驗證碰撞過程中動量守恒。 (3)假設碰撞是彈性碰撞，那么還應該滿足的表達式為 o.有一為傾角為30。的斜面，斜面長1m且固定，質(zhì)量為1kg的小物塊從斜面頂端以沿斜 面向下的初速度也)開始自由下滑

13、，當uo=lm/s時，經(jīng)過0.4s后小物塊停在斜面上。屢次改 變也)的大小，記錄下小物塊從開始運動到最終停下的時間做出，一呸)圖像，如圖乙所示， 求： 甲 ⑴小物塊與該種材料間的動摩擦因數(shù)為多少? (2)要使小物體從斜面的底端滑到頂端，在斜面的底端至少要給小物塊多大的沖量? 12 .排球運動是一項同學們喜歡的體育運動。為了了解排球的某些性能，某同學讓排球從距 地面高//)= 1.8 m處自由落下，測出該排球從開始下落到第一次反彈到最高點所用時間為t = 1.3 s,第一次反彈的高度為①=L25 m。排球的質(zhì)量為m=0.4 kg, 10 m/s2,不計空氣阻力。求： (1)排球與地

14、面的作用時間；⑵排球?qū)Φ孛娴钠骄饔昧Φ拇笮　? 1 .【答案】B 【解析】一對平衡力所做功之和一定為零；一對作用力和反作用力大小相等方向相反，但它 們的做功對應的位移不一定相等，所以它們做功之和不一定為零，故A錯誤。一對平衡力 的沖量之和一定為零；一對作用力與反作用力因等大反向，同在同失，那么它們的沖量之和 也一定為零，故B正確。物體所受合力沖量的方向一定與物體動量的變化方向相同，不一定 與物體的末動量方向相同，故C錯誤?；鸺抢梅礇_的原理工作的，取向上為正方向，根(M A 據(jù)動量守恒定律，有0=(M—m為一加生 解得/= —-1 V,那么知火箭噴出的氣體速度越大、火箭的質(zhì)量比越小，那

15、么火箭能夠獲得的速度不一定越大，故D錯誤。 2 .【答案】A 【解析】系統(tǒng)動量守恒，且總動量為零，由于大人質(zhì)量大于小孩，速度相同，因此大人與小 孩的總動量向右，為滿足動量守恒，車一定向左運動，故A正確，BCD錯誤。 3 .【答案】D 【解析】取碰撞前A球的速度方向為正方向，由動量守恒定律得：〃2必0 =，沏+ +機/^8。假設 卜=5 m/s,代入①得由于碰撞后A、8同向運動，A的速度大于8的速度不可 能，故A錯誤；假設w = 3m/s,代入①得UB=￡m/s,由于碰撞后A、3同向運動，A的速 度大于3的速度不可能，故B錯誤；假設U8=lm/s,代入①得卜= 5m/s,同理知不可能,

16、故C錯誤；假設U8=3m/s,代入①得w= -1 m/s,碰撞前系統(tǒng)的總動能Ek=%Mu()2 = 32J, 碰撞后系統(tǒng)的總動能Ek'=%2痔汨=14JV￡k,符合能量守恒定律，故D正確。 4 .【答案】C 【解析】設沖水時間A3墻對水柱的作用力為凡對水柱水平方向動量定理得：0一〃.= 一 FA/,且機="%="必/S 代入數(shù)據(jù)解得b=50N, C正確。 5 .【答案】C 【解析】兩球碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以兩球的初速度方向為正方向，如果兩球發(fā)生完全非 彈性碰撞，由動量守恒定律得m4以+〃方ub=Oa+加代入數(shù)據(jù)解得u=4 m/s；如果兩球 發(fā)生完全彈性碰撞，有m/[VA+mBVB=m

17、AVAr+由機械能守恒定律，=5〃納/+斗班獷，解得u/=2 m/s, u/=5 m/s,那么碰撞后A、B的速度為2 m/s

18、kg?m/s, 故C正確；碰撞中4、3兩球組成的系統(tǒng)損失的動能為1出u/+%2成/-1(/&+〃笫)叱=10 J, 乙乙乙故D正確。此題選不正確的，應選A。 7 .【答案】AD 【解析】這個實驗是在一維情況下設計的實驗，其他情況未做探究；系統(tǒng)的質(zhì)量與速度的乘 積之和在碰撞前后為不變量是實驗的結論，其他探究的結論情況不成立，而速度是矢量，應 考慮方向。故AD正確。 8 .【答案】BC 【解析】兩球碰撞過程動量守恒，以兩球組成的系統(tǒng)為研究對像,取水平向右方向為正方向， 碰撞前系統(tǒng)總動量P =+ ".8 =。，系統(tǒng)總動量為0，系統(tǒng)動量守恒，那么碰撞前后系統(tǒng)總動量都是0;假設碰撞為完全非彈性碰

19、撞，那么碰撞后二者的速度相等，都是0;假設碰 撞不是完全非彈性碰撞，那么碰撞后二者的速度方向運動相反，即A向左運動，B向右運 動，故B、C正確，A、D錯誤。 9 .【答案】BD 【解析】小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向不受外力，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 能定理得加以/?-0.8/2)—跖=0,解得Wf =0.2mg/z,即小球第一次在車中滾動損

20、失的機械能 為0.2mg/z,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，那么小車給小球的彈力變小，摩擦力變小，摩擦力做功小于0.2加"，機械能損失小于 Q.2mgh,因此小球再次離開小車時，能上升的高度大于0.8〃一0.2/2=0.6九同時小于因8%, 故D正確。 10 .【答案】ABD 【解析】根據(jù)簡諧運動的對稱性可得回復力最大為mg,那么在最低點C時回復力大小等于 mg,方向向上，產(chǎn)生的加速度大小為g,方向向上，故A正確；在A位置時重物速度為零， 在。位置時重物速度為零，重物從A位置下落到C位置的過程中受重力和彈簧對重物的彈 力，那么此過程中重力的沖量

21、與彈簧彈力的沖量剛好抵消。即此過程中重力的沖量大小等于 彈簧彈力的沖量大小，兩者方向相反，故B正確；在手托重物從3位置緩慢上升到A位置 的過程中，重物受重力、彈簧彈力、手對重物的功，三力做功之和為零，手對重物所做的功 加上彈簧彈力對物體做的功等于物體克服重力所做的功，故C錯誤；在重物從A位置到B 位置和從3位置到C位置的兩個過程中，彈力隨位置的變化均勻增加，設A到3時位移為 x,那么A位置到B位置，彈簧彈力對重物做功必產(chǎn)一T(O+mg)x，3位置到C位置，Wbc = -1(/^+2mg)x,在重物從A位置到3位置和從5位置到C位置的兩個過程中，彈簧彈 力對重物所做功之比是1 ： 3,故D正確。

22、 11 .【答案】(1)BD(2)mi OP=mvOM-\-m2 ON (3)mi-OP2=miOAY2+m2-0/V2 【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，球如的質(zhì)量應大于球加2的質(zhì)量，故C錯誤，D正確。 np⑵根據(jù)平拋運動可知，落地高度相同，那么運動時間相同，設落地時間為3那么：% =? 0M 匕=丁，匕 1/ CN ，假設動量守恒那么〃21M) = mUl+"22也，假設兩球相碰前后的動量守恒,需要驗證表達式mvOP=m\-OM+myONo ⑶假設為彈性碰撞，那么碰撞前后系統(tǒng)動能相同, iVo2=1miv?+1m2vL即滿足關系式 m\-OP2=m\-OM2+m2 -ON2。 12 .【解析】(1)由從圖像得物體下滑的加速度：a = ^ = 2.5m/s t由牛頓第二定律得：ma=^mgcos。一〃zgsin 0 V3聯(lián)立解得〃=與。 (2)物體上滑時加速度為：a=gsin 8+〃gcos。 又濘=2〃s