2024-2025學(xué)年高中物理第一章碰撞與動量守恒第二節(jié)動量動量守恒定律課堂演練含解析粵教版選修3-5

PAGE5-其次節(jié)動量動量守恒定律A級抓基礎(chǔ)1．下列說法中正確的是()A．沖量的方向肯定和動量的方向相同B．動量改變量的方向肯定和動量的方向相同C．物體的末動量方向肯定和它所受合外力的沖量方向相同D．沖量是物體動量改變的緣由解析：沖量的方向和動量的方向不肯定相同，比如平拋運動，沖量方向豎直向下，動量方向是軌跡的切線方向，故A錯誤；動量增量的方向與合力的沖量方向相同，與動量的方向不肯定相同，比如勻減速直線運動，動量改變量的方向和動量的方向相反，故B錯誤；物體的末動量方向不肯定和它所受合外力的沖量方向相同，故C錯誤；依據(jù)動量定理可知，沖量是物體的動量改變的緣由，故D正確．答案：D2．一個力作用在A物體上，在ts時間內(nèi)．速度增量為6m/s，這個力作用在B物體上時，在ts內(nèi)速度增量為9m/s，若把A、B兩物體連在一起，再用此力作用ts，則整體速度的增量為()A.15m/s B．0.28m/sC.3.6m/s D.3.0m/s解析：設(shè)這個力為F，依據(jù)動量定理，得Ft＝mAΔv1，F(xiàn)t＝mBΔv2，解得：mA＝eq\f(Ft,6)，mB＝eq\f(Ft,9).若把A、B兩物體連在一起，依據(jù)動量定理，得Ft＝(mA＋mB)Δv3，解得Δv3＝3.6m/s.答案：C3．如圖所示，甲、乙兩小孩各乘一輛冰車在水平冰面上游玩，甲和他的冰車總質(zhì)量為30kg，乙和他的冰車總質(zhì)量為30kg，嬉戲時甲推著一質(zhì)量為10kg的木箱，和他一起以v0＝3.5m/s的速度滑行，乙在甲的正前方相對地面靜止，為避開碰撞，則甲至少以相對地面多大的速度將箱子推出才能避開與乙相撞()A．8m/s B．3m/sC．6m/s D.10m/s解析：設(shè)甲至少以速度v將箱子推出，推出箱子后甲的速度為v甲，乙獲得的速度為v乙，取向右方向為正方向．以甲和箱子為系統(tǒng)，依據(jù)動量守恒，得(M甲＋m)v0＝M甲v甲＋mv，①選箱子和乙為系統(tǒng)，得mv＝(m＋M乙)v乙，②當甲與乙恰好不相撞時v甲＝v乙，③聯(lián)立①②③得v＝8m/s.答案：A4．甲、乙兩物體的質(zhì)量之比為m甲∶m乙＝1∶4，若它們在運動過程中的動能相等，則它們動量大小之比p甲∶p乙是()A．1∶1 B．1∶2C．1∶4 D．2∶1解析：依據(jù)運動過程中的動能相等，得eq\f(1,2)m甲veq\o\al(2,甲)＝eq\f(1,2)m乙veq\o\al(2,乙)，甲的動量p甲＝m甲v甲＝eq\r(2m甲·\f(1,2)m甲veq\o\al(2,甲))，乙的動量p乙＝m乙v乙＝eq\r(2m乙·\f(1,2)m乙veq\o\al(2,乙))，所以eq\f(p甲,p乙)＝eq\f(\r(m甲),\r(m乙))＝eq\f(1,2).答案：BB級提實力5.沿光滑水平面在同一條直線上運動的兩物體A、B碰撞后以共同的速度運動，該過程的位移—時間圖象如圖所示．則下列推斷錯誤的是()A．碰撞前后A的運動方向相反B．A、B的質(zhì)量之比為1∶2C．碰撞過程中A的動能變大，B的動能減小D．碰前B的動量較大解析：由位移—時間圖象可得，碰之前vA＝eq\f(20－30,2)m/s＝－5m/s，碰之后vA′＝eq\f(20－10,2)m/s＝5m/s；則碰撞前后A的運動方向相反，故A正確；由位移—時間圖象可得，碰之前vB＝eq\f(20－0,2)m/s＝10m/s；依據(jù)動量守恒得mAvA＋mBvB＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mA＋mB))vA′，代入數(shù)據(jù)得mA∶mB＝1∶2，故B正確；碰撞前后A速度大小相等，則碰撞過程中A動能不變，故C錯誤；碰前AB速度方向相反，碰后AB速度方向與B碰前速度方向相同，則碰前B動量較大，故D正確．答案：C6．如圖所示，細線上端固定于O點，其下端系一小球，細線長L.現(xiàn)將細線和小球拉至圖中實線位置，此時細線與豎直方向的夾角θ＝60°，在小球搖擺的最低點處放置一質(zhì)量相同的泥球，然后使小球從實線位置由靜止釋放，當它運動到最低點時與泥球碰撞并合為一體，它們一起搖擺中可達到的最大高度是()A.eq\f(L,2) B.eq\f(L,4)C.eq\f(L,8) D.eq\f(L,16)解析：設(shè)小球與泥球碰前的速度為v1，碰撞后的速度為v2，小球下落過程中有mgL(1－cos60°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，在碰撞過程中有mv1＝2mv2，上升過程中有2mgh＝eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,2)，由以上各式解得h＝eq\f(L,8).答案：C7.(多選)如圖所示，小車A靜止于光滑水平面上，A上有一圓弧PQ，圓弧位于同一豎直平面內(nèi)，小球B由靜止起沿圓弧下滑，這一過程中()A．若圓弧光滑，則系統(tǒng)的動量守恒，機械能守恒B．若圓弧光滑，則系統(tǒng)的動量不守恒，機械能守恒C．若圓弧不光滑，則系統(tǒng)水平方向的動量守恒，但機械能不守恒D．若圓弧不光滑，則系統(tǒng)水平方向的動量不守恒，機械能不守恒解析：不論圓弧是否光滑，小車與小球組成的系統(tǒng)在小球下滑過程中系統(tǒng)所受合外力都不為零，則系統(tǒng)動量都不守恒．但系統(tǒng)水平方向不受外力，所以系統(tǒng)水平方向的動量守恒．若圓弧光滑，只有重力做功，系統(tǒng)的機械能守恒．若圓弧不光滑，系統(tǒng)要克服摩擦力做功，機械能削減，故A、D錯誤，B、C正確．答案：BC8．將質(zhì)量為m＝1kg的小球，從距水平地面高h＝5m處，以v0＝10m/s的水平速度拋出，不計空氣阻力，g取10m/s2.求：(1)拋出后0.4s內(nèi)重力對小球的沖量；(2)平拋運動過程中小球動量的增量Δp；(3)小球落地時的動量p′.解析：由于平拋運動的豎直分運動為自由落體運動，故h＝eq\f(1,2)gt2，落地時間t＝eq\r(\f(2h,g))＝1s.(1)重力是恒力，0.4s內(nèi)重力對小球的沖量I＝mgt′＝1×10×0.4N·s＝4N·s，方向豎直向下．(2)小球飛行過程中只受重力作用，所以合外力的沖量為I＝mgt＝1×10×1N·s＝10N·s，方向豎直向下．由動量定理得Δp＝I＝10N·s，方向豎直向下．(3)小球落地時豎直分速度為vy＝gt＝10m/s.如圖，落地速度v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))＝eq\r(102＋102)m/s＝10eq\r(2)m/s，設(shè)v0與v的夾角為θ，則tanθ＝eq\f(vy,v0)＝1，所以小球落地時的動量大小p′＝mv＝10eq\r(2)kg·m/s，與水平方向的夾角為45°.答案：(1)4N·s，方向豎直向下(2)10N·s，方向豎直向下(3)10eq\r(2)kg·m/s，方向與水平方向的夾角為45°9．如圖所示，小物塊A在粗糙水平面上做直線運動，經(jīng)距離l時與另一小物塊B發(fā)生碰撞并粘在一起以速度v飛離桌面，最終落在水平地面上．已知l＝5.0m，s＝0.9m，A、B質(zhì)量相等且m＝0.10kg，物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.45，桌面高h＝0.45m．不計空氣阻力，重力加速度g取10m/s2.求：(1)A、B一起平拋的初速度v；(2)小物塊A的初速度v0.解析：(1)兩木塊離開桌面后做平拋運動，設(shè)在空中飛行的時間為t依據(jù)平拋運動規(guī)律有：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(h＝\f(1,2)gt2，,s＝vt，))代入數(shù)據(jù)解得：v＝seq\r(\f(g,2h))＝0.9eq\r(\f(10,2×0.45))m/s≈3.0m/s.(2)A在桌面上滑行過程，由動能定理得：－μmgl＝eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，A、B碰撞過程，由動量守恒定律：mv′＝2mv，聯(lián)立得：v0＝eq\r(v′2＋2μgl)＝9m/s.答案：(1)3.0m/s(2)9m/s10．如圖所示，長l＝0.2m的細線上端固定在O點，下端連接一個質(zhì)量為m＝0.5kg的小球，懸點O距地面的高度H＝0.35m．起先時將小球提到O點而靜止，然后讓它自由下落，當小球到達使細線被拉直的位置時，剛好把細線拉斷，再經(jīng)過t＝0.1s落到地面．假如不考慮細線的形變，g取10m/s2，試求：(1)細線拉斷前后的速度大小和方向；(2)假設(shè)細線由拉直到斷裂所經(jīng)驗的時間為Δt＝0.1s，試確定細線的平均張力大?。馕觯?1)細線拉斷前，小球下落過程機械能守恒：mgl＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，得v1＝eq\r(2gl)＝2m/s，方向豎直向下．設(shè)