高考物理一輪復(fù)習(xí) 考點規(guī)范練習(xí)本16 動量定理動量守恒定律的理解（含答案解析）

這是一份高考物理一輪復(fù)習(xí) 考點規(guī)范練習(xí)本16 動量定理動量守恒定律的理解（含答案解析），共8頁。試卷主要包含了5 m/sD，5 m/s，等內(nèi)容，歡迎下載使用。
2020版高考物理 考點規(guī)范練習(xí)本16 動量定理動量守恒定律的理解1.從地面上方同一高度沿水平和豎直向上方向分別拋出兩個等質(zhì)量的小物體，拋出速度大小都是為v，不計空氣阻力，對兩個小物體以下說法正確的是(　　)A．落地時的速度相同B．落地時重力做功的瞬時功率相同C．從拋出到落地重力的沖量相同D．兩物體落地前動量變化率相等  2.質(zhì)量為0.2 kg的球豎直向下以6 m/s的速度落至水平地面,再以4 m/s的速度反向彈回。取豎直向上為正方向,在小球與地面接觸的時間內(nèi),關(guān)于球動量變化量Δp和合外力對小球做的功W,下列說法正確的是(　　)A.Δp=2 kg·m/s　W=-2 JB.Δp=-2 kg·m/s　W=2 JC.Δp=0.4 kg·m/s　W=-2 JD.Δp=-0.4 kg·m/s　W=2 J  3.如圖所示為某運動員用頭顛球，若足球用頭頂起，每次上升高度為 80 cm，足球的重量為400 g，與頭頂作用時間Δt為0.1 s，則足球一次在空中的運動時間t及足球?qū)︻^部的作用力大小FN分別為(空氣阻力不計，g=10 m/s2)(　　)A．t=0.4 s，F(xiàn)N=40 N  B．t=0.4 s，F(xiàn)N=36 NC．t=0.8 s，F(xiàn)N=36 ND．t=0.8 s，F(xiàn)N=40 N  4.如圖所示,甲木塊的質(zhì)量為m1,以v的速度沿光滑水平地面向前運動,正前方有一靜止的、質(zhì)量為m2的乙木塊,乙上連有一輕質(zhì)彈簧。甲木塊與彈簧接觸后(　　)A.甲木塊的動量守恒B.乙木塊的動量守恒C.甲、乙兩木塊所組成的系統(tǒng)動量守恒D.甲、乙兩木塊所組成的系統(tǒng)動能守恒  5.如圖所示,質(zhì)量為0.5 kg的小球在距離車底部一定高處以初速度v0=15 m/s向左平拋,落在以7.5 m/s速度沿光滑水平面向右勻速行駛的敞篷小車中,車底涂有一層油泥,車與油泥的總質(zhì)量為4 kg,g取10 m/s2,則當(dāng)小球與小車相對靜止時,小車的速度大小是(　　)A.4 m/s????????????? B.5 m/s????????????? C.8.5 m/s????????????? D.9.5 m/s  6.如圖所示，小車與木箱緊挨著靜止在光滑的水平冰面上，現(xiàn)有一男孩站在小車上用力向右迅速推出木箱．關(guān)于上述過程，下列說法中正確的是(　　)A．男孩和木箱組成的系統(tǒng)動量守恒B．小車與木箱組成的系統(tǒng)動量守恒C．男孩、小車與木箱三者組成的系統(tǒng)動量守恒D．木箱的動量增量與男孩、小車的總動量增量相同  7.如圖甲所示,在傾角為30°的足夠長的光滑固定斜面上有一質(zhì)量為m的物體,它受到沿斜面方向的力F的作用。力F可按如圖乙所示的四種方式隨時間變化(圖中縱坐標(biāo)是F與mg的比值,力沿斜面向上為正)。已知此物體在t=0時速度為零,若用v1、v2、v3、v4分別表示上述四種受力情況下物體在3 s末的速率,則這四個速率中最大的是(　　)A.v1?????????????            B.v2?????????????              C.v3?????????????                    D.v4 8.如圖所示，一段不可伸長的輕質(zhì)細(xì)繩長為L，一端固定在O點，另一端系一個質(zhì)量為m的小球(可以視為質(zhì)點)，保持細(xì)繩處于伸直狀態(tài)，把小球拉到跟O點等高的位置由靜止釋放，在小球擺到最低點的過程中，不計空氣阻力，重力加速度大小為g，則(　　)A．合力做的功為0B．合力的沖量為0C．重力做的功為mgLD．重力的沖量為m 9. (多選)關(guān)于動量和沖量，下列說法正確的是(　　)A．物體所受合外力的沖量的方向與物體動量的方向相同B．物體所受合外力的沖量等于物體動量的變化C．物體所受合外力的沖量等于物體的動量D．物體動量的方向與物體的運動方向相同  10. (多選)一質(zhì)點靜止在光滑水平面上，現(xiàn)對其施加水平外力F，力F隨時間按正弦規(guī)律變化，如圖所示，下列說法正確的是(　　)A．第2 s末，質(zhì)點的動量為0B．第4 s末，質(zhì)點回到出發(fā)點C．在0～2 s時間內(nèi)，力F的功率先增大后減小D．在1～3 s時間內(nèi)，力F的沖量為0  11. (多選)兩個物體A、B的質(zhì)量分別為m1、m2,并排靜止在水平地面上,用同向水平拉力F1、F2分別作用于物體A和B上,作用一段時間后撤去,兩物體各自滑行一段距離后停止,A、B兩物體運動的速度—時間圖像分別如圖中圖線a、b所示,已知拉力F1、F2撤去后,物體做減速運動過程的速度—時間圖線彼此平行(相關(guān)數(shù)據(jù)已在圖中標(biāo)出)。由圖中信息可以得出(　　)A.若F1=F2,則m1小于m2B.若m1=m2,則力F1對物體A所做的功較多C.若m1=m2,則力F1對物體A的沖量與F2對B的沖量之比為4∶5D.若m1=m2,則力F1的最大瞬時功率一定是力F2的最大瞬時功率的2倍  12. (多選)質(zhì)量為m的物塊甲以3 m/s的速度在光滑水平面上運動，有一輕彈簧固定于其左端，另一質(zhì)量也為m的物塊乙以4 m/s的速度與物塊甲相向運動，如圖所示．則(　　)A．甲、乙兩物塊組成的系統(tǒng)在彈簧壓縮過程中動量守恒B．當(dāng)兩物塊相距最近時，物塊甲的速率為零C．物塊甲的速率可能達(dá)到5 m/sD．當(dāng)物塊甲的速率為1 m/s時，物塊乙的速率可能為0     實驗題13.如圖為“驗證動量守恒定律”的實驗裝置．(1)(多選)下列說法中符合本實驗要求的是________．A．入射球比靶球質(zhì)量大或者小均可，但二者的直徑必須相同B．在同一組實驗的不同碰撞中，每次入射球必須從同一高度由靜止釋放C．安裝軌道時，軌道末端必須水平D．需要使用的測量儀器有天平、刻度尺和秒表(2)實驗中記錄了軌道末端在記錄紙上的豎直投影為O點，經(jīng)多次釋放入射球，在記錄紙上找到了兩球平均落點位置為M、P、N，并測得它們到O點的距離分別為OM、OP和ON.已知入射球的質(zhì)量為m1，靶球的質(zhì)量為m2，如果測得m1·OM＋m2·ON近似等于________，則認(rèn)為成功驗證了碰撞中的動量守恒． 14.如圖所示，質(zhì)量為m=245 g的物塊(可視為質(zhì)點)放在質(zhì)量為M=0.5 kg的木板左端，足夠長的木板靜止在光滑水平面上，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ=0.4.質(zhì)量為m0=5 g 的子彈以速度v0=300 m/s沿水平方向射入物塊并留在其中(時間極短)，g取10 m/s2.子彈射入后，求：(1)子彈進(jìn)入物塊后一起向右滑行的最大速度v1；(2)木板向右滑行的最大速度v2；(3)物塊在木板上滑行的時間t.                         15.質(zhì)量為mB=2 kg 的木板B靜止于光滑水平面上，質(zhì)量為mA=6 kg的物塊A停在木板B的左端，質(zhì)量為mC=2 kg的小球C用長為L=0.8 m的輕繩懸掛在固定點O.現(xiàn)將小球C及輕繩拉直至水平位置后由靜止釋放，小球C在最低點與物塊A發(fā)生正碰，碰撞作用時間很短為Δt=10－2 s，之后小球C反彈所能上升的最大高度h=0.2 m．已知A、B間的動摩擦因數(shù)μ=0.1，物塊A與小球C均可視為質(zhì)點，不計空氣阻力，取g=10 m/s2.求：(1)小球C與物塊A碰撞過程中所受的撞擊力大?。?/span>(2)為使物塊A不滑離木板B，木板B至少多長．             
答案解析1.答案為：D；解析：根據(jù)動能定理兩物體落地時，速度大小相等，方向不同，重力做功的瞬時功率P=mgvsin θ，故A、B錯誤；豎直上拋與平拋相比，平拋時間短，所以重力的沖量mgt小，故C錯誤；根據(jù)動量定理mgΔt=Δp可知，=mg，故D正確． 2.答案為：A；解析：取豎直向上為正方向,則小球與地面碰撞過程中動量的變化量:Δp=mv2-mv1=0.2×4kg·m/s-0.2×(-6)kg·m/s=2kg·m/s,方向豎直向上。由動能定理,合外力做的功:W=×0.2×42J-×0.2×62J=-2J。 3.答案為：C；解析：足球自由下落時有h=gt，解得t1==0.4 s，豎直向上運動的時間等于自由下落運動的時間，所以t=2t1=0.8 s；設(shè)豎直向上為正方向，由動量定理得(F－mg)Δt=mv－(－mv)，又v=gt=4 m/s，聯(lián)立解得F=36 N，由牛頓第三定律知足球?qū)︻^部的作用力FN=36 N，故C正確． 4.答案為：C；解析：兩木塊在光滑水平地面上相碰,且中間有彈簧,則碰撞過程系統(tǒng)的動量守恒,機(jī)械能也守恒,故A、B錯誤,C正確;甲、乙兩木塊碰撞前、后機(jī)械能總量不變,但碰撞過程中有彈性勢能,故動能不守恒,只是機(jī)械能守恒,D錯誤。5.答案為：B；解析：小球與車組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒,以向右為正方向,由動量守恒定律得Mv-mv0=(M+m)v車,代入數(shù)據(jù)解得v車=5m/s,由此可知B項正確。 6.答案為：C；解析：當(dāng)男孩、小車與木箱看作整體時水平方向所受的合力才為零，系統(tǒng)動量守恒，所以選項A、B錯誤，C正確；木箱的動量增量與男孩、小車的總動量增量大小相等，方向相反，D錯誤． 7.答案為：C；解析：根據(jù)動量定理分別研究四種情況下物體的速率。取t0=1s,(1)圖中mgsin30°·3t0+F·2t0-Ft0=mv1,得v1=20m/s;(2)圖中mgsin30°·3t0-Ft0+Ft0=mv2,得v2=15m/s;(3)圖中mgsin30°·3t0+F·2t0=mv3,得v3=25m/s;(4)圖中mgsin30°·3t0+F·2t0-F't0=mv4,得v4=15m/s。故選項C正確。8.答案為：C；解析：小球在向下運動的過程中，由動能定理mgL=mv2得v=，故A錯誤，C正確；由動量定理可得合力的沖量I合=Δp=mv－0=m，故B錯誤；從開始到最低點的時間t大于自由落體的時間t′，L=gt′2，則t>t′=，所以重力的沖量IG=mgt>mgt′=m，故D錯誤． 9.答案為：BD；解析：物體所受合外力的沖量的方向與合外力的方向相同，與物體動量變化量的方向相同，與動量的方向不一定相同，故A錯誤；由動量定理可知，物體所受合外力的沖量等于物體動量的變化，故B正確，C錯誤；物體的動量p=mv，故物體動量的方向與物體的運動方向相同，D正確． 10.答案為：CD；解析：由題圖可知，0～2 s時間內(nèi)F的方向和質(zhì)點運動的方向相同，質(zhì)點經(jīng)歷了一個加速度逐漸增大的加速運動和加速度逐漸減小的加速運動，所以第2 s末，質(zhì)點的速度最大，動量最大，故A錯誤；該質(zhì)點在2～4 s內(nèi)F的方向與0～2 s內(nèi)F的方向不同，0～2 s內(nèi)做加速運動，2～4 s內(nèi)做減速運動，所以質(zhì)點在0～4 s內(nèi)的位移均為正，故B錯誤；0～2 s內(nèi)，質(zhì)點速度在增大，力F先增大后減小，根據(jù)瞬時功率P=Fv得，力F瞬時功率開始為0，2 s末時為0，所以在0～2 s時間內(nèi)，力F的功率先增大后減小，故C正確；在Ft圖象中，圖線與橫軸所圍的面積表示力F的沖量大小，由題圖可知，1～2 s內(nèi)的面積與2～3 s內(nèi)的面積大小相等，一正一負(fù)，則在1～3 s 時間內(nèi)，力F的沖量為0，故D正確． 11.答案為：ACD；解析：由斜率等于加速度知,撤去拉力后兩物體的速度圖像平行,故加速度大小相等,設(shè)為a,由牛頓第二定律得μ1m1g=m1a,μ2m2g=m2a,解得μ1=μ2=0.1,令μ1=μ2=μ,若F1=F2,對于m1,有F1-μm1g=m1a1,解得m1=,同理m2=,由題圖可知a1>a2,則m1<m2,故A正確;若m1=m2,則滑動摩擦力Ff1=Ff2,由題圖可知,兩物體運動位移相同,滑動摩擦力對兩物體做功相同,由動能定理WF-Wf=0可知,力F1對物體A所做的功與力F2對物體B所做的功一樣多,故B錯誤;令m1=m2=m,由牛頓第二定律得F1-μmg=ma1,解得F1=mg,同理F2=mg,這兩個力的沖量之比,故C正確;這兩個力的最大功率之比=2,故D正確。 12.答案為：AD；解析：甲、乙兩物塊組成的系統(tǒng)在彈簧壓縮過程中，系統(tǒng)所受的合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，故A正確．當(dāng)兩物塊相距最近時速度相同，取碰撞前物塊乙的速度方向為正方向，設(shè)共同速率為v，根據(jù)動量守恒定律有mv乙－mv甲=2mv，解得v=0.5 m/s，故B錯誤．若物塊甲的速率達(dá)到5 m/s，方向與原來相同，則mv乙－mv甲=－mv′甲＋mv′乙，解得v′乙=6 m/s，兩個物塊的速率都增大，動能都增大，違反了能量守恒定律；若物塊甲的速率達(dá)到5 m/s，方向與原來相反，則mv乙－mv甲=mv′甲＋mv′乙，代入數(shù)據(jù)解得v′乙=－4 m/s，即碰撞后，物塊乙的動能不變，物塊甲的動能增加，違反了能量守恒定律，所以物塊甲的速率不可能達(dá)到5 m/s，故C錯誤．乙兩物塊組成的系統(tǒng)動量守恒，若物塊甲的速率為1 m/s，方向與原來相同，由動量守恒定律得mv乙－mv甲=－mv′甲＋mv′乙，解得v′乙=2 m/s；若物塊甲的速率為1 m/s，方向與原來相反，由動量守恒定律得mv乙－mv甲=mv′甲＋mv′乙，解得v′乙=0，故D正確． 13.答案為：(1)BC；(2)m1·OP；解析：(1)入射球應(yīng)比靶球質(zhì)量大，A錯；本題用小球水平位移代替速度，所以不用求出具體時間，所以不需要秒表，D錯．(2)若動量守恒，碰撞后兩球的總動量應(yīng)該等于不放靶球而讓入射球單獨下落時的動量，入射球單獨下落時的動量可用m1·OP表示．14.解：(1)子彈進(jìn)入物塊后一起向右滑行的初速度即為物塊的最大速度，由動量守恒定律可得m0v0=(m0＋m)v1，解得v1=6 m/s.(2)當(dāng)子彈、物塊、木板三者同速時，木板的速度最大，由動量守恒定律可得(m0＋m)v1=(m0＋m＋M)v2，解得v2=2 m/s.(3)對物塊和子彈組成的整體應(yīng)用動量定理得－μ(m0＋m)gt=(m0＋m)v2－(m0＋m)v1，解得t=1 s. 15.解：(1)C下擺過程，根據(jù)動能定理得mCgL=mCv，解得碰前C的速度vC=4 m/s.C反彈過程，根據(jù)動能定理得－mCgh=0－mCvC′2，解得碰后C的速度vC′=2 m/s，取向右為正方向，對C根據(jù)動量定理得－F·Δt=－mCvC′－mCvC，解得碰撞過程中C所受的撞擊力大小F=1 200 N.(2)C與A碰撞過程，根據(jù)動量守恒定律得mCvC=－mCvC′＋mAvA，解得碰后A的速度vA=2 m/s，A恰好滑至B右端并與其共速時，B的長度最?。鶕?jù)動量守恒定律得mAvA=(mA＋mB)v，解得A、B的共同速度v=1.5 m/s，根據(jù)能量守恒定律得μmAgx=mAv－(mA＋mB)v2，解得木板B的最小長度x=0.5 m.