《2019版高考物理一轮复习 第六章 动量守恒定律 课后分级演练18 动量定理和动量守恒定律.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019版高考物理一轮复习 第六章 动量守恒定律 课后分级演练18 动量定理和动量守恒定律.doc（7页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、1课后分级演练课后分级演练( (十八十八) ) 动量定理和动量守恒定律动量定理和动量守恒定律【A 级基础练】1(2017江西赣州三中测试)物体在恒定的合力作用下做直线运动，在时间t1内动能由零增大到E1，在时间t2内动能由E1增加到 2E1，设合力在时间t1内做的功为W1，冲量为I1，在时间t2内做的功是W2，冲量为I2，则( )AI1I2，W1W2CI1I2，W1I2，综上知，B 正确2mE12.(多选)(2017常德模拟)如图所示，质量为m的小球从距离地面高H的A点由静止开始释放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用到达距地面深度为h的B点时速度减为零不计空气阻力，重力加速度为g.关
2、于小球下落的整个过程，下列说法正确的有( )A小球的机械能减少了mg(Hh)B小球克服阻力做的功为mghC小球所受阻力的冲量大于m2gHD小球动量的改变量等于所受阻力的冲量解析：AC 本题考查动能定理、动量定理等知识，意在考查考生应用动能定理、动量定理解决实际问题的能力在整个过程中，小球机械能的减少量等于其重力势能的减少量，为mg(Hh)，故 A 对；由动能定理，可推出小球克服阻力做的功为mg(Hh)，故 B 错；在陷入泥潭过程中，由动量定理，可推出小球受阻力的冲量大于m，故 C 对；在整个过2gH程中，小球动量的改变量等于所受合力的冲量，故 D 错3.如图所示，质量为M的滑槽内有半径为R的半
3、圆轨道，将滑槽放在水平面上，左端紧靠墙壁一质量为m的物体从半圆轨道的顶端a点无初速度释放，b点为半圆轨道的最低点，c点为半圆轨道另一侧与a等高的点不计一切摩擦下列说法正确的是( )Am从a点运动到b点过程中，m与M组成的系统机械能守恒、水平方向动量守恒Bm从a点释放后运动的全过程中，m的机械能守恒Cm释放后能够到达c点D当m首次从右向左到达最低点b时，M的速度达到最大解析：D m首次下滑过程，墙对系统有向右的弹力，因此系统水平方向动量不守恒；系统没有摩擦和介质阻力，因此m从a点释放后运动的全过程中，系统机械能始终守恒，2但M的机械能比初状态增加了，因此m的机械能不守恒；m第一次到最低点后，M离
4、开墙，系统水平方向动量守恒，当m和M共速时，系统具有动能，因此m的势能必小于mgR，故m不能到达c点；m第一次在圆轨道右半侧上滑行过程对M的弹力始终向右下方，有水平向右的分力，因此M始终加速，m从右向左通过最低点b后，M开始减速故选项 D 正确4.如图所示，篮球运动员接传来的篮球时，通常要先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球迅速引至胸前，这样做可以( )A减小球的动量的变化量B减小球对手作用力的冲量C减小球的动量变化率D延长接球过程的时间来减小动量的变化量解析：C 篮球运动员接传来的篮球时，不能改变动量的变化量，A、D 错误；根据动量定理，也不能改变冲量，B 错误；由于延长了作用时间，动量的
5、变化慢了，C 正确5.如图所示，PQS是固定于竖直平面内的光滑的 圆周轨道，圆1 4心O在S的正上方在O和P两点各有一个质量为m的小物块a和b，从同一时刻开始，a自由下落，b沿圆弧下滑以下说法正确的是( )Aa比b先到达S，它们在S点的动量不相等Ba与b同时到达S，它们在S点的动量不相等Ca比b先到达S，它们在S点的动量相等Db比a先到达S，它们在S点的动量相等解析：A 物体a做自由落体运动，其加速度为g；而物体b沿 圆弧轨道下滑，在竖1 4直方向上加速度在任意高度都小于g，由hat2得tatb；因为动量是矢量，故a、b到达1 2S时，它们的动量不相等，故 A 正确6.如图所示，质量为m的小滑
6、块沿倾角为的斜面向上滑动，经过时间t1速度为零然后又下滑，经过时间t2回到斜面底端，滑块在运动过程中受到的摩擦力大小始终为F1.在整个过程中，重力对滑块的总冲量为( )Amgsin (t1t2)Bmgsin (t1t2)Cmg(t1t2)D0解析：C 谈到冲量必须明确是哪一个力的冲量，此题中要求的是重力对滑块的冲量根据冲量的定义式IFt.因此重力对滑块的冲量应为重力乘作用时间，所以IGmg(t1t2)即 C 正确37.(多选)光滑水平地面上，A、B两物体质量都为m，A以速度v向右运动，B原来静止，左端有一轻弹簧，如图所示，当A撞上弹簧，弹簧被压缩最短时( )AA、B系统总动量仍然为mvBA的动
7、量变为零CB的动量达到最大值DA、B的速度相等解析：AD 系统水平方向动量守恒，A 正确；弹簧被压缩到最短时A、B两物体具有相同的速度，D 正确，B 错误；但此时B的速度并不是最大的，因为弹簧还会弹开，故B物体会进一步加速，A物体会进一步减速，C 错误8.如图所示，一质量为M的长木板在光滑水平面上以速度v0向右运动，一质量为m的小铁块在木板上以速度v0向左运动，铁块与木板间存在摩擦，为使木板能保持速度v0向右匀速运动，必须对木板施加一水平力，直至铁块与木板达到共同速度v0.设木板足够长，求此过程中水平力的冲量大小解析：考虑M、m组成的系统，设M运动的方向为正方向，根据动量定理有Ft(Mm)v0
8、(Mv0mv0)2mv0则水平力的冲量IFt2mv0.答案：2mv09静止在太空中的飞行器上有一种装置，它利用电场加速带电粒子，形成向外发射的粒子流，从而对飞行器产生反冲力，使其获得加速度已知飞行器的质量为M，发射的是2 价氧离子，发射功率为P，加速电压为U，每个氧离子的质量为m，单位电荷的电量为e，不计发射氧离子后飞行器的质量变化，求：(1)射出的氧离子速度；(2)每秒钟射出的氧离子数；(3)射出离子后飞行器开始运动的加速度解析：(1)每个氧离子带电量为q2e，由动能定理得qUmv2，即得氧离子速度v1 2.4eU m(2)设每秒射出的氧离子数为n，每秒对离子做的总功为nqU，即功率为Pnq
9、U，由此可得每秒钟射出的氧离子数n.P 2eU(3)由动量定理得Fnmv，p t4又由牛顿第二定律得FMa，综合上述各式，得飞行器开始运动的加速度a.mP2 eUM2答案：(1) (2) (3) 4eU mP 2eUmP2 eUM210.(2017烟台二模)两块厚度相同的木块A和B，紧靠着放在光滑的水平面上，其质量分别为mA2.0 kg，mB0.90 kg，它们的下底面光滑，上表面粗糙，另有一质量mC0.10 kg 的滑块C，以vC10 m/s 的速度恰好水平地滑到A的上表面，如图所示由于摩擦，滑块最后停在木块B上，B和C的共同速度为 0.50 m/s.求：(1)木块A的最终速度vA；(2)滑
10、块C离开A时的速度vC.解析：C从开始滑上A到恰好滑上A的右端过程中，A、B、C组成系统动量守恒mCvC(mBmA)vAmCvCC刚滑上B到两者相对静止，对B、C组成的系统动量守恒mBvAmCvC(mBmC)v解得vA0.25 m/svC2.75 m/s.答案：(1)0.25 m/s (2)2.75 m/s【B 级提升练】11(多选)(2017河南六市一联)在 2016 年里约奥运跳水比赛中，中国跳水梦之队由吴敏霞领衔包揽全部 8 枚金牌假设质量为m的跳水运动员从跳台上以初速度v0向上跳起，跳水运动员在跳台上从起跳到入水前重心下降H，入水后受水阻力而减速为零，不计跳水运动员水平方向的运动，运动
11、员入水后到速度为零时重心下降h，不计空气阻力，则( )A运动员起跳后在空中运动过程中受到合外力冲量大小为mmv0v2 02gHB水对运动员阻力的冲量大小为mv2 02gHC运动员克服水的阻力做功为mgHmv1 22 0D运动员从跳起到入水后速度减为零的过程中机械能减少量为mg(Hh)mv1 22 0解析：AD 设运动员入水前速度为vt，则由机械能守恒有mvmgHmv，得vt1 22 01 22t，据动量定理可得运动员起跳后在空中运动过程中受到合外力冲量大小v2 02gHImvt(mv0)mmv0，A 项正确运动员入水后受竖直向下的重力和竖直向v2 02gH上的阻力，合力的冲量大小为I合m，B
12、项错误运动员从跳起到入水后速度减v2 02gH5为零的过程中应用动能定理有mg(Hh)Wf0mv，得运动员克服水的阻力做功1 22 0Wfmg(Hh)mv，则 C 项错误由能的转化与守恒关系可知此过程中机械能的减少量1 22 0为mg(Hh)mv，D 项正确1 22 012(多选)(2017湖南六校联考)如图所示，小车的上面固定一个光滑弯曲圆管道，整个小车(含管道)的质量为 2m，原来静止在光滑的水平面上今有一个可以看作质点的小球，质量为m，半径略小于管道半径，以水平速度v从左端滑上小车，小球恰好能到达管道的最高点，然后从管道左端滑离小车关于这个过程，下列说法正确的是( )A小球滑离小车时，小
13、车回到原来位置B小球滑离小车时相对小车的速度大小为vC车上管道中心线最高点的竖直高度为v2 3gD小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，小车的动量变化大小是mv 3解析：BC 小球恰好到达管道的最高点，说明在最高点时小球和管道之间相对速度为0，小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，由动量守恒有mv(m2m)v，得v ，v 3小车动量变化大小 p车2m mv，D 项错误小球从滑进管道到滑到最高点为的过程v 32 3中，由机械能守恒有mgHmv2 (m2m)v2，得H，C 项正确小球从滑上小车到1 21 2v2 3g滑离小车的过程，由动量守恒定律和机械能守恒有：mvmv12mv2，mv2mv 2mv，
14、解得v1 ，v2v，则小球滑离小车时相对小1 21 22 11 22 2v 32 3车的速度大小为vvv，B 项正确由以上分析可知在整个过程中小车一直向右运动，2 31 3A 项错误13如图所示，甲车质量m120 kg，车上有质量M50 kg 的人，甲车(连同车上的人)以v3 m/s 的速度向右滑行，此时质量m250 kg 的乙车正以v01.8 m/s 的速度迎面滑来，为了避免两车相撞，当两车相距适当距离时，人从甲车跳到乙车上，求人跳出甲车的水平速度(相对地面)应当在什么范围以内才能避免两车相撞？不计地面和小车的摩擦，且乙车足够长6解析：人跳到乙车上后，如果两车同向，甲车的速度小于或等于乙车的
15、速度就可以避免两车相撞以人、甲车、乙车组成的系统为研究对象，由水平方向动量守恒得：(m1M)vm2v0(m1m2M)v，解得v1 m/s.以人与甲车为一系统，人跳离甲车过程水平方向动量守恒，得：(m1M)vm1v1Mu解得u3.8 m/s.因此，只要人跳离甲车的速度u3.8 m/s，就可避免两车相撞答案：大于等于 3.8 m/s14.(2017湖南益阳 4 月调研)一质量为 2m的物体P静止于光滑水平地面上，其截面如图所示图中ab为粗糙的水平面，长度为L；bc为一光滑斜面，斜面和水平面通过与ab和bc均相切的长度可忽略的光滑圆弧连接现有一质量为m的木块以大小为v0的水平初速度从a点向左运动，在
16、斜面上上升的最大高度为h，返回后在到达a点前与物体P相对静止重力加速度为g.求(1)木块在ab段受到的摩擦力f；(2)木块最后距a点的距离s.解析：(1)从开始到木块到达最大高度过程：由动量守恒：mv03mv1由能量守恒：mv 3mvmghfL1 22 01 22 1解得：fmv2 03mgh 3L(2)木块从最大高度至与物体最终相对静止：由动量守恒：3mv13mv2由能量守恒： 3mvmgh 3mvfx1 22 11 22 2距a点的距离：sLx解得：sLL3ghL v2 03ghv2 06gh v2 03gh答案：(1) (2)Lmv2 03mgh 3Lv2 06gh v2 03gh15.
17、如图所示，长L0.8 m、电阻r0.3 、质量r0.1 kg 的金属棒CD垂直跨放在位于水平面上的两条平行光滑金属导轨上，两导轨间距也是L，棒与导轨间接触良好，导轨电阻不计，导轨左端接有7R0.5 的电阻量程为 03.0 A 的理想电流表串接在一条导轨上，量程为 01.0 V的理想电压表接在电阻R的两端，垂直导轨平面的匀强磁场B向下穿过平面，现以向右的恒定外力F使金属棒右移，当金属棒以v2 m/s 的速度在导轨平面上匀速滑动时，观察到电路中的一个电表正好满偏，而另一个电表未满偏(1)此满偏的电表是什么表？说明理由；(2)拉动金属棒的外力F多大？(3)此时撤去外力F，金属棒将逐渐慢下来，最终停在导轨上求从撤去外力到金属棒停止运动的过程中通过电阻R的电荷量解析：(1)电压表满偏若电流表满偏，则I3 A，UIR1.5 V，大于电压表量程(2)由功能关系有FvI2(Rr)，而I ，所以U RFU2Rr R2v代入数据得F N1.6 N.12 0.50.3 0.52 2(3)由动量定理有mvIBLt，两边求和mv1mv2BLI1t1BLI2t2即mvBLq.由电磁感应定律EBLv及EI(Rr)解得q.mv2 IRr代入数据得q C0.25 C.0.1 22 2 0.50.3答案：(1)见解析 (2)1.6 N (3)0.25 C