【2017優(yōu)化探究一輪復(fù)習(xí) 習(xí)題】第13章-第1講 動量定理 動量守恒定律及其應(yīng)用 (實(shí)驗(yàn)：驗(yàn)證動量守恒定律)

《【2017優(yōu)化探究一輪復(fù)習(xí) 習(xí)題】第13章-第1講 動量定理 動量守恒定律及其應(yīng)用 (實(shí)驗(yàn)：驗(yàn)證動量守恒定律)》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《【2017優(yōu)化探究一輪復(fù)習(xí) 習(xí)題】第13章-第1講 動量定理 動量守恒定律及其應(yīng)用 (實(shí)驗(yàn)：驗(yàn)證動量守恒定律)（10頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 [隨堂反饋] 1.如圖所示，輕彈簧的一端固定在豎直墻上，質(zhì)量為m的光滑弧形槽靜置在光滑水平面上，弧形槽底端與水平面相切，一個質(zhì)量也為m的小物塊從槽高h(yuǎn)處開始自由下滑．下列說法正確的是(　　) A．在下滑過程中，物塊的機(jī)械能守恒 B．在下滑過程中，物塊和槽的動量守恒 C．物塊被彈簧反彈后，做勻速直線運(yùn)動 D．物塊被彈簧反彈后，能回到槽高h(yuǎn)處 解析：在下滑過程中，物塊和光滑弧形槽組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，但物塊的機(jī)械能減少，選項(xiàng)A錯誤；在下滑過程中，物塊和光滑弧形槽組成的系統(tǒng)水平方向不受力，水平方向動量守恒，而豎直方向系統(tǒng)動量不守恒，故選項(xiàng)B錯誤；物塊被彈簧反彈后，做勻速直線運(yùn)

2、動，選項(xiàng)C正確；由物塊和光滑弧形槽組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒可知，物塊和光滑弧形槽的速度大小相同，故物塊被彈簧反彈后不可能再追上弧形槽，D錯誤． 答案：C 2．(2016·梅州聯(lián)考)如圖所示甲、乙兩種情況中，人用相同大小的恒定拉力拉繩子，使人和船A均向右運(yùn)動，經(jīng)過相同的時間t，圖甲中船A沒有到岸，圖乙中船A沒有與船B相碰，則經(jīng)過時間t(　　) A．圖甲中人對繩子拉力的沖量比圖乙中人對繩子拉力的沖量小 B．圖甲中人對繩子拉力的沖量比圖乙中人對繩子拉力的沖量大 C．圖甲中人對繩子拉力的沖量與圖乙中人對繩子拉力的沖量一樣大 D．以上三種情況都有可能 解析：由題可知，兩個力大小相等，

3、作用時間相同，所以由I＝Ft知，兩沖量相等． 答案：C 3．(2015·高考天津卷)如圖所示，在光滑水平面的左側(cè)固定一豎直擋板，A球在水平面上靜止放置，B球向左運(yùn)動與A球發(fā)生正碰，B球碰撞前、后的速率之比為3∶1，A球垂直撞向擋板，碰后原速率返回．兩球剛好不發(fā)生第二次碰撞，A、B兩球的質(zhì)量之比為________，A、B兩球碰撞前、后的總動能之比為________． 解析：設(shè)A、B質(zhì)量分別為mA、mB，B的初速度為v0，取B的初速度方向?yàn)檎较颍深}意，剛好不發(fā)生第二次碰撞說明A、B碰撞后速度大小相等，方向相反，分別為和－v0，則mBv0＝mA·＋mB·，解得mA∶mB＝4∶1 碰撞

4、前、后動能之比 Ek1∶Ek2 ＝mBv∶ ＝9∶5 答案：4∶1　9∶5 4．如圖所示，進(jìn)行太空行走的宇航員A和B的質(zhì)量分別為80 kg和100 kg，他們攜手遠(yuǎn)離空間站，相對空間站的速度為0.1 m/s.A將B向空間站方向輕推后，A的速度變?yōu)?.2 m/s，求此時B的速度大小和方向． 解析：相對空間站而言，宇航員A和B構(gòu)成的系統(tǒng)滿足動量守恒的條件．以初速度v0＝0.1 m/s的方向?yàn)檎较颍珹將B向空間站方向輕推后，A的速度一定沿正方向，即vA＝0.2 m/s. 由動量守恒定律得(mA＋mB)v0＝mAvA＋mBvB 代入數(shù)據(jù)解得vB＝0.02 m/s 因?yàn)関B＞0，

5、所以B的方向仍為離開空間站方向． 答案：0.02 m/s　離開空間站方向 5．(2014·高考山東卷)如圖所示，光滑水平直軌道上兩滑塊A、B用橡皮筋連接，A的質(zhì)量為m.開始時橡皮筋松弛，B靜止，給A向左的初速度v0.一段時間后，B與A同向運(yùn)動發(fā)生碰撞并粘在一起．碰撞后的共同速度是碰撞前瞬間A的速度的兩倍，也是碰撞前瞬間B的速度的一半．求： (1)B的質(zhì)量； (2)碰撞過程中A、B系統(tǒng)機(jī)械能的損失． 解析：(1)以初速度v0的方向?yàn)檎较?，設(shè)B的質(zhì)量為mB，A、B碰撞后的共同速度為v，由題意知：碰撞前瞬間A的速度為，碰撞前瞬間B的速度為2v，由動量守恒定律得 m＋2mBv＝(m＋

6、mB)v① 由①式得mB＝② (2)從開始到碰后的全過程，由動量守恒定律得 mv0＝(m＋mB)v③ 設(shè)碰撞過程A、B系統(tǒng)機(jī)械能的損失為ΔE，則 ΔE＝m2＋mB(2v)2－(m＋mB)v2④ 聯(lián)立②③④式得ΔE＝mv. 答案：(1)　(2)mv [課時作業(yè)] 一、單項(xiàng)選擇題 1．一顆子彈水平射入置于光滑水平面上的木塊A并留在其中，A、B用一根彈性良好的輕質(zhì)彈簧連在一起，如圖所示．則在子彈打擊木塊A及彈簧被壓縮的過程中，對子彈、兩木塊和彈簧組成的系統(tǒng)(　　) A．動量守恒，機(jī)械能守恒 B．動量不守恒，機(jī)械能守恒 C．動量守恒，機(jī)械能不守恒 D．無法判定動量、機(jī)械

7、能是否守恒 解析：動量守恒的條件是系統(tǒng)不受外力或所受外力的和為零，本題中子彈、兩木塊、彈簧組成的系統(tǒng)，水平方向上不受外力，豎直方向上所受外力的和為零，所以動量守恒．機(jī)械能守恒的條件是系統(tǒng)除重力、彈力做功外，其他力對系統(tǒng)不做功，本題中子彈射入木塊瞬間有部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能(發(fā)熱)，所以系統(tǒng)的機(jī)械能不守恒．故C正確，A、B、D錯誤． 答案：C 2．一小型爆炸裝置在光滑、堅(jiān)硬的水平鋼板上發(fā)生爆炸，所有碎片均沿鋼板上方的倒圓錐面(圓錐的頂點(diǎn)在爆炸裝置處)飛開．在爆炸過程中，下列有關(guān)爆炸裝置的說法中正確的是(　　) A．總動量守恒　　　　 B．機(jī)械能守恒 C．水平方向動量守恒 D．豎直方向動

8、量守恒 解析：爆炸裝置在光滑、堅(jiān)硬的水平鋼板上發(fā)生爆炸，與鋼板間產(chǎn)生巨大作用力，所以爆炸裝置的總動量不守恒，A錯誤．爆炸時，化學(xué)能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，機(jī)械能不守恒，B錯誤．鋼板對爆炸裝置的作用力是豎直向上的，因此爆炸裝置在豎直方向動量不守恒，而水平方向是守恒的，C正確，D錯誤． 答案：C 3.我國女子短道速滑隊(duì)在今年世錦賽上實(shí)現(xiàn)女子3 000 m接力三連冠．觀察發(fā)現(xiàn)，“接棒”的運(yùn)動員甲提前站在“交棒”的運(yùn)動員乙前面，并且開始向前滑行，待乙追上甲時，乙猛推甲一把，使甲獲得更大的速度向前沖出．在乙推甲的過程中，忽略運(yùn)動員與冰面間在水平方向上的相互作用，則(　　) A．甲對乙的沖量一定等于乙對

9、甲的沖量 B．甲、乙的動量變化一定大小相等方向相反 C．甲的動能增加量一定等于乙的動能減少量 D．甲對乙做多少負(fù)功，乙對甲就一定做多少正功 解析：在甲、乙相互作用的過程中，系統(tǒng)的動量守恒，即甲對乙和乙對甲的沖量大小相等，方向相反，甲、乙的動量變化一定大小相等方向相反，選項(xiàng)B正確，A錯誤．由Ek＝和W＝ΔEk可知，選項(xiàng)C、D均錯誤． 答案：B 4．如圖，質(zhì)量為M的小船在靜止水面上以速度v0向右勻速行駛，一質(zhì)量為m的救生員站在船尾，相對小船靜止．若救生員以相對水面速率v水平向左躍入水中，則救生員躍出后小船的速度為(　　) A．v0＋v　　　　　　 B．v0－v C．v0＋(v0

10、＋v) D．v0＋(v0－v) 解析：該題考查動量守恒定律的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是要注意其矢量性．規(guī)定向右為正方向，設(shè)人躍出后小船的速度為v，則根據(jù)動量守恒定律有(M＋m)v0＝Mv1－mv，從而得到v1＝v0＋(v0＋v)，C選項(xiàng)正確． 答案：C 5．如圖所示，光滑水平面上有大小相同的A、B兩球在同一直線上運(yùn)動．兩球質(zhì)量關(guān)系為mB＝2mA，規(guī)定向右為正方向， A、B兩球的動量均為6 kg·m/s，運(yùn)動中兩球發(fā)生碰撞，碰撞后A球的動量增量為－4 kg·m/s，則(　　) A．左方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為2∶5 B．左方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為1∶10

11、C．右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為2∶5 D．右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為1∶10 解析：兩球碰前均向右運(yùn)動，前球?yàn)楸慌鲂∏?，動量一定增加，后球動量減小，故左方為A球，由動量守恒定律可知，碰后mAvA＝(6－4) kg·m/s＝2 kg·m/s，mBvB＝10 kg·m/s，又mB＝2mA，故vA∶vB＝2∶5，A正確． 答案：A 6．一中子與一質(zhì)量數(shù)為A(A>1)的原子核發(fā)生彈性正碰．若碰前原子核靜止，則碰撞前與碰撞后中子的速率之比為(　　) A. B． C. D． 解析：設(shè)碰撞前后中子的速率分別為v1、v1′，碰撞后原子核的速率為v2，中子的質(zhì)量

12、為m1，原子核的質(zhì)量為m2，則m2＝Am1.根據(jù)完全彈性碰撞規(guī)律可得m1v1＝m2v2＋m1v1′，m1v＝m2v＋m1v1′2，解得碰后中子的速率v1′＝v1＝v1，因此碰撞前后中子速率之比＝，A正確． 答案：A 7.如圖所示，靜止在光滑水平面上的木板，右端有一根輕質(zhì)彈簧沿水平方向與木板相連，木板質(zhì)量M＝3 kg.質(zhì)量m＝1 kg的鐵塊以水平速度v0＝4 m/s，從木板的左端沿板面向右滑行，壓縮彈簧后又被彈回，最后恰好停在木板的左端．在上述過程中彈簧具有的最大彈性勢能為(　　) A．3 J B．4 J C．6 J D．20 J 解析：設(shè)鐵塊與木板速度相同時，共同速度大小為v

13、，鐵塊相對木板向右運(yùn)動時，滑行的最大路程為L，摩擦力大小為Ff.鐵塊相對于木板向右運(yùn)動過程中，根據(jù)能量守恒得mv＝FfL＋(M＋m)v2＋Ep.鐵塊相對木板運(yùn)動的整個過程中mv＝2FfL＋(M＋m)v2，由動量守恒可知mv0＝(M＋m)v.聯(lián)立解得Ep＝3 J，A正確． 答案：A 二、多項(xiàng)選擇題 8．靜止在湖面上的小船中有兩人分別向相反方向水平拋出質(zhì)量相同的小球，先將甲球向左拋，后將乙球向右拋．拋出時兩小球相對于河岸的速率相等，水對船的阻力忽略不計(jì)，則下列說法正確的是(　　) A．兩球拋出后，船向左以一定速度運(yùn)動 B．兩球拋出后，船向右以一定速度運(yùn)動 C．兩球拋出后，船的速度為0

14、 D．拋出時，人給甲球的沖量比人給乙球的沖量大 解析：水對船的阻力忽略不計(jì)，根據(jù)動量守恒定律，兩球拋出前，由兩球、人和船組成的系統(tǒng)總動量為0，兩球拋出后的系統(tǒng)總動量也是0.兩球質(zhì)量相等，速度大小相等，方向相反，合動量為0，船的動量也必為0，船的速度必為0.具體過程是：當(dāng)甲球向左拋出后，船向右運(yùn)動，乙球拋出后，船靜止．人給甲球的沖量I甲＝mv－0，人給乙球的沖量I2＝mv－mv′，v′是甲球拋出后的船速，方向向右，所以乙球的動量變化量小于甲球的動量變化量，乙球所受沖量也小于甲球所受沖量． 答案：CD 三、非選擇題 9.用如圖所示的裝置進(jìn)行“驗(yàn)證動量守恒定律”的實(shí)驗(yàn)． (1)先測出可

15、視為質(zhì)點(diǎn)的兩滑塊A、B的質(zhì)量m、M及滑塊與桌面間的動摩擦因數(shù)μ. (2)用細(xì)線將滑塊A、B連接，使A、B間的輕彈簧處于壓縮狀態(tài)，滑塊B恰好緊靠桌邊． (3)剪斷細(xì)線，測出滑塊B做平拋運(yùn)動的水平位移x1，滑塊A沿水平桌面滑行距離為x2(未滑出桌面)． 為驗(yàn)證動量守恒定律，寫出還需測量的物理量及表示它們的字母：________________；如果動量守恒，需要滿足的關(guān)系式為____________． 解析：彈開后B做平拋運(yùn)動，為求其彈開后的速度(即平拋運(yùn)動的初速度)，必須測量下落高度h. h＝gt，x1＝v1t1 解得v1＝x1 彈開后A做勻減速運(yùn)動，由動能定理得μmgx2＝mv

16、 解得v2＝ 若動量守恒，則需滿足Mv1－mv2＝0 即需要滿足的關(guān)系式為Mx1＝m 答案：桌面離地的高度h　Mx1＝m 10．如圖所示，木塊A的質(zhì)量mA＝1 kg，足夠長的木板B的質(zhì)量mB＝4 kg，質(zhì)量為mC＝4 kg的木塊C置于木板B上，水平面光滑，B、C之間有摩擦．現(xiàn)使A以v0＝12 m/s的初速度向右運(yùn)動，與B碰撞后以4 m/s速度彈回．求： (1)B運(yùn)動過程中最大速度的大?。? (2)若木板B足夠長，C運(yùn)動過程中的最大速度大小． 解析：(1)A與B碰后瞬間，C的運(yùn)動狀態(tài)未變，B速度最大． 由A、B系統(tǒng)動量守恒(取向右為正方向)，有 mAv0＝－mAvA＋mBvB

17、 代入數(shù)據(jù)得vB＝4 m/s (2)B與C相互作用使B減速、C加速，由于木板B足夠長，所以B和C能達(dá)到相同速度，二者共速后，C速度最大，由B、C系統(tǒng)動量守恒，有mBvB＝(mB＋mC)vC 代入數(shù)據(jù)得vC＝2 m/s 答案：(1)4 m/s　(2)2 m/s 11．在粗糙的水平桌面上有兩個靜止的木塊A和B，兩者相距為d.現(xiàn)給A一初速度，使A與B發(fā)生彈性正碰，碰撞時間極短．當(dāng)兩木塊都停止運(yùn)動后，相距仍然為d.已知兩木塊與桌面之間的動摩擦因數(shù)均為μ，B的質(zhì)量為A的2倍，重力加速度大小為g.求A的初速度大?。? 解析：設(shè)發(fā)生碰撞前瞬間A的速度大小為v，在碰撞后的瞬間，A和B的速度分別為v1

18、和v2，由動量守恒定律和能量守恒定律，得 mv＝mv1＋(2m)v2① mv2＝mv＋(2m)v② 以A碰前速度方向?yàn)檎较颍散佗谑降胿1＝－③ 設(shè)碰后A和B運(yùn)動的距離分別為d1和d2，由動能定理有 μmgd1＝mv④ μ(2m)gd2＝(2m)v⑤ 由題意得d＝d1＋d2⑥ 設(shè)A的初速度大小為v0，由動能定理得 μmgd＝mv－mv2⑦ 聯(lián)立②至⑦式得v0＝ . 答案： 12.(2014·高考新課標(biāo)全國卷Ⅰ)如圖所示，質(zhì)量分別為mA、mB的兩個彈性小球A、B靜止在地面上方，B球距地面的高度h＝0.8 m，A球在B球的正上方．先將B球釋放，經(jīng)過一段時間后再將A球釋放

19、，當(dāng)A球下落t＝0.3 s時，剛好與B球在地面上方的P點(diǎn)處相碰，碰撞時間極短，碰后瞬間A球的速度恰為零．已知mB＝3mA，重力加速度大小g取10 m/s2，忽略空氣阻力及碰撞中的動能損失．求： (1)B球第一次到達(dá)地面時的速度； (2)P點(diǎn)距離地面的高度． 解析：(1)設(shè)B球第一次到達(dá)地面時的速度大小為vB， 由運(yùn)動學(xué)公式有vB＝① 將h＝0.8 m代入上式，得vB＝4 m/s② (2)設(shè)兩球相碰前后，A球的速度大小分別為v1和v1′(v1′＝0)，B球的速度分別為v2和v2′， 由運(yùn)動學(xué)規(guī)律可得v1＝gt③ 由于碰撞時間極短，重力的作用可以忽略，兩球相碰前后的動量守恒，總動能保持不變，規(guī)定向下的方向?yàn)檎?，? mAv1＋mBv2＝mBv2′④ mAv＋mBv＝mBv2′2⑤ 設(shè)B球與地面相碰后的速度大小為vB′，由運(yùn)動學(xué)及碰撞的規(guī)律可得 vB′＝vB⑥ 設(shè)P點(diǎn)距地面的高度為h′，由運(yùn)動學(xué)規(guī)律可得 h′＝⑦ 聯(lián)立②③④⑤⑥⑦式，并代入已知條件可得 h′＝0.75 m. 答案：(1)4 m/s　(2)0.75 m