最新學(xué)年度高二物理部編人教版選修35第十六章動(dòng)量守恒定律單元練習(xí)打印版.doc

1、2017-2018 學(xué)年度高二物理人教版選修3-5 第十六章動(dòng)量守恒定律單元練習(xí)一、單選題1. 光滑水平地面上， A、B 兩物塊質(zhì)量都為 m，A 以速度 v 向右運(yùn)動(dòng)， B 原來(lái)靜止，左端有一輕彈簧， 如圖所示，當(dāng) A 撞上彈簧，彈簧被壓縮到最短時(shí) （）A. A、 B系統(tǒng)總動(dòng)量為2mvB. A的動(dòng)量變?yōu)榱鉉.B的動(dòng)量達(dá)到最大值、B的速度相等D. A2.如圖所示，質(zhì)量為 M的車(chē)廂靜止在光滑的水平面上，車(chē)廂內(nèi)有一質(zhì)量為m的滑塊，以初速度 v0 在車(chē)廂地板上向右運(yùn)動(dòng)，與車(chē)廂兩壁發(fā)生若干次碰撞，最后相對(duì)車(chē)廂靜止，則車(chē)廂的最終速度是（）A.0B. v0，方向水平向右C.，方向水平向右D.，方向水平向右3

2、.下列說(shuō)法正確的是（）A. 速度大的物體，它的動(dòng)量一定也大B. 動(dòng)量大的物體，它的速度一定也大C. 只要物體的運(yùn)動(dòng)速度大小不變，則物體的動(dòng)量也保持不變D. 物體的動(dòng)量變化越大則該物體的速度變化一定越大4. 下列情況中系統(tǒng)動(dòng)量守恒的是（ ）小車(chē)停在光滑水平面上，人在車(chē)上走動(dòng)時(shí)，對(duì)人與車(chē)組成的系統(tǒng)子彈水平射入放在光滑水平面上的木塊中，對(duì)子彈與木塊組成的系統(tǒng)子彈射入緊靠墻角的木塊中，對(duì)子彈與木塊組成的系統(tǒng)氣球下用輕繩吊一重物一起加速上升時(shí)，繩子突然斷開(kāi)后的一小段時(shí)間內(nèi)，對(duì)氣球與重物組成的系統(tǒng)A. 只有B. 和C. 和D. 和5. 一物體在合外力 F 的作用下從靜止開(kāi)始做直線運(yùn)動(dòng)，合外力方向不變，大小

3、隨時(shí)間的變化如圖所示，該物體在 t 0 和 2t 0 時(shí)刻，物體的動(dòng)能分別為Ek1、 Ek2，物塊的動(dòng)量分別為p1、 p2，則（）A. Ek2=9Ek1， p2=3p1B. Ek2=3Ek 1，p2=3p1C. Ek 2=8Ek1， p2=4p1D. Ek 2=3Ek 1，p2=2p16. 關(guān)于物體的動(dòng)量，下列說(shuō)法中正確的是（）A. 物體的動(dòng)量越大，其慣性也越大B. 物體的速度方向改變，其動(dòng)量一定改變C. 物體的動(dòng)量改變，其動(dòng)能一定改變D. 運(yùn)動(dòng)物體在任一時(shí)刻的動(dòng)量方向一定是該時(shí)刻的加速度方向7.將質(zhì)量為1.00 kg 的模型火箭點(diǎn)火升空，50g 燃燒的燃?xì)庖源笮?00m/ s 的速度從火箭

4、噴口在很短時(shí)間內(nèi)噴出在燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，火箭的動(dòng)量大小為（噴出過(guò)程中重力和空氣阻力可忽略）（）A.30? /B.5.7102 ? /kg m skg m sC.6.0 102kg?m/ sD. 6.3102kg?m/ s8.甲、乙兩球在光滑水平面上發(fā)生碰撞碰撞前， 甲球向左運(yùn)動(dòng)， 乙球向右運(yùn)動(dòng)， 碰撞后一起向右運(yùn)動(dòng)，由此可以判斷（）A. 甲的質(zhì)量比乙小B. 甲的初速度比乙小C. 甲的初動(dòng)量比乙小D. 甲的動(dòng)量變化比乙小二、多選題9.一質(zhì)量為2kg 的物塊在合外力F 的作用下從靜止開(kāi)始沿直線運(yùn)動(dòng)F 隨時(shí)間 t變化的圖線如圖所示，則（）A. t =1s 時(shí)物塊的速率為 1m/ sB. t =2s

5、時(shí)物塊的動(dòng)量大小為4kg?m/ sC. t=3s時(shí)物塊的動(dòng)量大小為5? /kg m sD. t =4s 時(shí)物塊的速度為零10. 古時(shí)有“守株待兔”的寓言，設(shè)兔子的頭部受到大小等于自身重力的打擊力時(shí)即可致死，并設(shè)兔子與樹(shù)樁作用的時(shí)間為0.2 s，取 g=10m/ s2，則被撞死的兔子的奔跑速度可能為（）A. 1m/ sB. 1.5m/ sC. 2m/ sD. 2.5m/ s11. 如圖所示，小木塊 P 和長(zhǎng)木板 Q疊放后靜置于光滑水平面上 P、Q的接觸面是粗糙的用足夠大的水平力 F 拉 Q，P、Q間有相對(duì)滑動(dòng)在 P從 Q左端滑落以前，關(guān)于水平力F 的下列說(shuō)法中正確的是（）A. F 做的功大于P、

6、 Q動(dòng)能增量之和B. F做的功等于P、 Q動(dòng)能增量之和C. F 的沖量大于P、 Q動(dòng)量增量之和D. F的沖量等于P、 Q動(dòng)量增量之和12. 如圖所示是質(zhì)量為 M=1.5 kg 的小球 A和質(zhì)量為 m=0.5 kg 的小球 B在光滑水平面上做對(duì)心碰撞前后畫(huà)出的位移 x- 時(shí)間 t 圖象，由圖可知（）A. 兩個(gè)小球在碰撞前后動(dòng)量不守恒B. 碰撞過(guò)程中， B 損失的動(dòng)能是3JC. 碰撞前后， A 的動(dòng)能不變D. 這兩個(gè)小球的碰撞是彈性的三、實(shí)驗(yàn)題探究題13.某實(shí)驗(yàn)小組利用圖示裝置驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律，光滑水平桌面上有一輕彈簧，原長(zhǎng)很短，小球A、 B 將彈簧壓縮至某一長(zhǎng)度后由靜止釋放，A、 B 被彈開(kāi)后沿

7、桌面邊緣飛出，落至水平地面上的M、N兩點(diǎn)。用天平測(cè)出小球A、B的質(zhì)量 m1、m2，用刻度尺測(cè)量M、N點(diǎn)到桌面左右邊緣的水平距離分別為x1、x2已知重力加速度為g只要實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)滿足關(guān)系式_（用以上物理量符號(hào)表示），就能驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律。該小組認(rèn)為，利用此實(shí)驗(yàn)的裝置及測(cè)量?jī)x器還可以測(cè)定彈簧被壓縮的彈性勢(shì)能。那么除了以上測(cè)量數(shù)據(jù)，還必須測(cè)量_（用文字及相應(yīng)符號(hào)表示），彈性勢(shì)能的表達(dá)式：_（用以上對(duì)應(yīng)物理量符號(hào)表示）第2頁(yè)，共 7頁(yè)四、計(jì)算題14.如圖，一質(zhì)量 M=2.0 kg 的長(zhǎng)木板 AB靜止在水平面上，木板的左側(cè)固定一半徑 R=0.60 m的四分之一圓弧形軌道，軌道末端的切線水平，軌道與木板靠在一

8、起，且末端高度與木板高度相同現(xiàn)在將質(zhì)量m=l .0 kg 的小鐵塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）從弧形軌道頂端由靜止釋放，小鐵塊到達(dá)軌道底端時(shí)的速度 v0=3.0 m/ s，最終小鐵塊和長(zhǎng)木板達(dá)到共同速度忽略長(zhǎng)木板與地面間的摩擦取重力加速度g=l 0m/ s2求小鐵塊在弧形軌道上滑動(dòng)過(guò)程中克服摩擦力所做的功Wf；小鐵塊和長(zhǎng)木板達(dá)到的共同速度v15. 質(zhì)量為 =2kg的小平板車(chē)靜止在光滑的水平面上，車(chē)的一端靜止著質(zhì)量為=2的物體（可視為質(zhì)Mm kgA點(diǎn)），如圖一顆質(zhì)量為m=20g 的子彈以 600m/ s 的水平速度射穿A后速度變?yōu)?00m/ s（穿過(guò)時(shí)間極短） 最1后 A 未離開(kāi)平板車(chē)求：（ 1）A 給子彈的

9、沖量大??？（ 2）平板車(chē)最后的速度？答案和解析【答案】1.D2.C3.D4.B5.8.C9.AB10.CD11.AD12.13. m1x1=m2x2；桌面到地面的高度h；A6. B7. ABD2-0 ，14. 解：由動(dòng)能定理得： mgR-Wf= mv0代入數(shù)據(jù)解得： W=1.5 J；f以小鐵塊的初速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得：mv0=（ m+M）v，代入數(shù)據(jù)解得：v=1/；m s答：小鐵塊在弧形軌道上滑動(dòng)過(guò)程中克服摩擦力所做的功為1.5 J；小鐵塊和長(zhǎng)木板達(dá)到的共同速度為1m/ s15.解：（ 1）對(duì)子彈，由動(dòng)量定理得：I= 11-1 0=0.020 100 - 0.020 600= -

10、10? /，負(fù)號(hào)表示沖量的mvmvkg m s方向：水平向左；（ 2）子彈擊穿木塊過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以子彈的初速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得： m1v0=m1v1+mvA，解得： vA=5m/ s，物體 A 與平板車(chē)組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得： mvA=（ M+m）v，解得： v=2.5 m/ s；答：（ 1）A 給子彈的沖量大小為10kg?m/ s（ 2）平板車(chē)最后的速度大小為：2.5 m/ s，方向：水平向右【解析】1.解： A、 A、 B 組成的系統(tǒng)所受的外力之和為零，動(dòng)量守恒，總動(dòng)量為mv，則彈簧壓縮最短時(shí)，A、B系統(tǒng)總動(dòng)量仍然為 mv故 A 錯(cuò)誤BD、彈

11、簧壓縮到最短時(shí)， A、B 速度相等，則A的動(dòng)量不為零故 B錯(cuò)誤， D正確、A在壓縮彈簧的過(guò)程中，B做加速運(yùn)動(dòng)，A做減速運(yùn)動(dòng)，彈簧壓縮量最短時(shí)，速度相等，然后B繼續(xù)加C速， A 繼續(xù)減速所以彈簧壓縮最短時(shí)，B 的動(dòng)量未達(dá)到最大值故C錯(cuò)誤故選： DA和 B 組成的系統(tǒng)，動(dòng)量守恒，當(dāng)彈簧壓縮到最短時(shí)，A、 B的速度相等解決本題的關(guān)鍵知道動(dòng)量守恒定律的條件，知道速度相等時(shí)，彈簧壓縮量最大2. 解：選滑塊與小車(chē)組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，規(guī)定向右為正方向，由水平方向動(dòng)量守恒得：mv0=（ M+m）v所以有： v=方向水平向右，與v0 同向故選： C選滑塊與小車(chē)組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，水平方向不受外力作用，故水平

12、方向動(dòng)量守恒，并且最后兩者具有共同的速度選滑塊與小車(chē)組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，水平方向僅有系統(tǒng)的內(nèi)力作用而不受外力作用，故此方向滿足動(dòng)量守恒，碰撞前的動(dòng)量，等于最后的總動(dòng)量，典型的動(dòng)量守恒的題目3.解： A、動(dòng)量 P=mv，速度大的物體，它的動(dòng)量不一定大，故A 錯(cuò)誤；B、物體的動(dòng)量P=mv，動(dòng)量大的物體，它的速度不一定大，故B 錯(cuò)誤；C、動(dòng)量等于質(zhì)量與速度的乘積，物體運(yùn)動(dòng)的速度大小不變，物體的動(dòng)量大小保持不變，但速度方向可能改變，動(dòng)量方向可能改變，動(dòng)量大小不變而方向改變，動(dòng)量變了，故C錯(cuò)誤；D、根據(jù)，對(duì)同一物體p v，可知?jiǎng)恿孔兓酱髣t該物體的速度變化越大，故D第4頁(yè)，共 7頁(yè)正確；故選： D物體

13、的質(zhì)量與速度的乘積是物體的動(dòng)量；根據(jù)動(dòng)量的定義分析答題解決本題的關(guān)鍵是要明確動(dòng)量的定義，同時(shí)要明確動(dòng)量是矢量，方向與速度相同，注意動(dòng)量的矢量性，矢量發(fā)生變化時(shí)可以是矢量的大小發(fā)生變化也可以是量的方向發(fā)生變化，要學(xué)會(huì)全面分析問(wèn)題的能力4. 解：小車(chē)停在光滑水平面上，車(chē)上的人在車(chē)上走動(dòng)時(shí)，對(duì)人與車(chē)組成的系統(tǒng)，受到的合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒故正確；子彈射入放在光滑水平面上的木塊中，對(duì)子彈與木塊組成的系統(tǒng)，系統(tǒng)所受外力之和為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒故正確；子彈射入緊靠墻角的木塊中，對(duì)子彈與木塊組成的系統(tǒng)受墻角的作用力，系統(tǒng)所受外力之和不為零，系統(tǒng)動(dòng)量不守恒故錯(cuò)誤；氣球下用輕繩吊一重物一起加速上升時(shí)，繩子突然斷

14、開(kāi)后的一小段時(shí)間內(nèi)，對(duì)氣球與重物組成的系統(tǒng)，所受的合外力不為零，系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，故錯(cuò)誤；綜上可知， B 正確， ACD錯(cuò)誤故選： B判斷動(dòng)量是否守恒的方法有兩種：第一種，從動(dòng)量守恒的條件判定，動(dòng)量守恒定律成立的條件是系統(tǒng)受到的合外力為零，故分析系統(tǒng)受到的外力是關(guān)鍵第二種，從動(dòng)量的定義，分析總動(dòng)量是否變化來(lái)判定解決本題的關(guān)鍵掌握動(dòng)量守恒的條件，抓住系統(tǒng)是否不受外力或所受的外力之和是否為零進(jìn)行判斷5. 解：根據(jù)動(dòng)量定理得：F0t 0=mv1 2F0t 0=mv2- mv1 由解得： v1： v2=1：3得： P1： P2=1：3x1 = ， x2= +t 0代入解得： x1： x2=1： 5做的功

15、為W2=W1=得 W1： W2=1： 9故選： A根據(jù)動(dòng)量定理求速度之比v1 和v2 之比根據(jù)功率公式P=Fv，求出P1 和P2 之比，根據(jù)功的定義式求功W1和W2另外，可以根據(jù)動(dòng)量與動(dòng)能的聯(lián)系：求解，比分析做功的方法簡(jiǎn)單。本題涉及力在時(shí)間的積累效果，優(yōu)先考慮動(dòng)量定理要注意位移是相對(duì)出發(fā)點(diǎn)的位移6.解： A、動(dòng)量大小等于質(zhì)量乘以速度，而慣性大小的唯一量度是質(zhì)量，故A錯(cuò)誤；B、動(dòng)量的方向與速度的方向相同，物體的速度方向改變，其動(dòng)量一定改變，故B正確；C、動(dòng)量是矢量，既有大小，又有方向；物體的動(dòng)量改變，可能是方向變化，其動(dòng)能不一定改變，故C錯(cuò)誤；D、動(dòng)量也是矢量，它的方向與速度的方向相同，故D錯(cuò)誤

16、故選： B慣性大小的量度是質(zhì)量；動(dòng)量（國(guó)際單位制中的單位為kg?m/ s）表示為物體的質(zhì)量和速度的乘積，是與物體的質(zhì)量和速度相關(guān)的物理量，指的是這個(gè)物體在它運(yùn)動(dòng)方向上保持運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)動(dòng)量也是矢量，它的方向與速度的方向相同動(dòng)量實(shí)際上是牛頓第一定律的一個(gè)推論本題關(guān)鍵是考查了動(dòng)量的定義，要知道動(dòng)量的大小P=mv，還要知道其方向與速度方向相同，動(dòng)量是描述物體運(yùn)動(dòng)的最基本的物理量之一7.解：開(kāi)始總動(dòng)量為零，規(guī)定向向下為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得，0=11+ ，mvP解得火箭的動(dòng)量 P=- m1v1=- 0.05 600 kg?m/ s=-30 kg?m/ s，負(fù)號(hào)表示方向，故A正確， B、 C、D錯(cuò)誤故選

17、： A在噴氣的很短時(shí)間內(nèi)，火箭和燃?xì)饨M成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，結(jié)合動(dòng)量守恒定律求出燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g火箭的動(dòng)量大小本題考查了動(dòng)量守恒定律的基本運(yùn)用，知道噴出燃?xì)獾膭?dòng)量和火箭的動(dòng)量大小相等，方向相反，基礎(chǔ)題8. 解：甲乙碰撞后一起向右運(yùn)動(dòng)，說(shuō)明碰撞后的總動(dòng)量向右，設(shè)向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒，則：- p 甲 +p 乙 =p 總 0得： p 乙 p 甲即乙球的質(zhì)量與速度乘積大于甲球的，而無(wú)法判斷兩球的質(zhì)量關(guān)系和速度關(guān)系，故C正確；根據(jù)動(dòng)量守恒，則甲的動(dòng)量變化與乙的動(dòng)量變化相等，故錯(cuò)誤；D故選： C甲乙碰撞過(guò)程滿足動(dòng)量守恒定律，據(jù)此進(jìn)行判斷本題考查動(dòng)量守恒定律的直接應(yīng)用，列方程前要先規(guī)定正方向9.解： 、前

18、兩秒， 根據(jù)牛頓第二定律，=1 /2，則 0-2s的速度規(guī)律為：=； =1時(shí)，速率為 1 /，Aam svat t sm sA正確；B、 t =2s 時(shí)，速率為 2m/ s，則動(dòng)量為 P=mv=4kg?m/ s， B 正確；CD、 2-4 s，力開(kāi)始反向，物體減速，根據(jù)牛頓第二定律，a=-0.5 m/ s2，所以3s 時(shí)的速度為1.5 m/ s，動(dòng)量為 3kg?m/ s， 4s 時(shí)速度為 1m/ s， CD錯(cuò)誤；故選： AB首先根據(jù)牛頓第二定律得出加速度，進(jìn)而計(jì)算速度和動(dòng)量本題考查了牛頓第二定律的簡(jiǎn)單運(yùn)用，熟悉公式即可，并能運(yùn)用牛頓第二定律求解加速度另外要學(xué)會(huì)看圖，從圖象中得出一些物理量之間的

19、關(guān)系10. 解：取兔子奔跑的速度方向?yàn)檎较蚋鶕?jù)動(dòng)量定理得 - Ft =0- mvv=由 F=mg得到v=gt=2 /m s故選： C以兔子為研究對(duì)象，它與樹(shù)樁碰撞過(guò)程中，水平方向受到樹(shù)對(duì)它的打擊力，速度減小至零，根據(jù)動(dòng)量定理研究其速度本題應(yīng)用動(dòng)量研究碰撞過(guò)程物體的速度對(duì)于打擊、碰撞、爆炸等變力作用過(guò)程，往往用動(dòng)量定理研究作用力11. 解：以 P、Q系統(tǒng)為對(duì)象， 根據(jù)能量守恒定律守恒得， 拉力做的功等于 P、Q動(dòng)能增量與摩擦生熱之和 故A正確， B錯(cuò)誤C、由于一對(duì)作用力和反作用力在同樣時(shí)間內(nèi)的總沖量一定為零，因此系統(tǒng)內(nèi)力不改變系統(tǒng)總動(dòng)量，因此 F的沖量等于P、 Q動(dòng)量增量之和故C錯(cuò)誤， D正確

20、故選： AD對(duì)系統(tǒng)研究，根據(jù)能量守恒定律判斷F 做功的大小與P、 Q動(dòng)能增量之和對(duì)系統(tǒng)研究，運(yùn)用動(dòng)量定理判斷 F 的沖量與 P、 Q動(dòng)量增量之和本題考查了能量守恒定律和動(dòng)量定理的運(yùn)用，該定律和定理是高考常見(jiàn)的題型，平時(shí)的學(xué)習(xí)中需加強(qiáng)訓(xùn)練12. 解： A、根據(jù) x- t 圖象的斜率等于速度，可知：A 球的初速度為vA=0，B 球的初的速度為vB=m/ s=4m/ s，碰撞后 A 球的速度為vA =2m/ s，碰撞后 B 球的速度為vB =-2 m/ s碰撞前總動(dòng)量為P=MvA+mvB=2kg?m/ s，碰撞后總動(dòng)量為P =MvA +mvB =2kg?m/ s，故兩個(gè)小球在碰撞前后第6頁(yè)，共 7頁(yè)動(dòng)量守恒故A 錯(cuò)誤BC、碰撞過(guò)程中， B球的動(dòng)能變化量為 EkB=-= 0.5 （ 22-4 2） =-3 J，即損失 3J，故 B 正確、碰撞前A的動(dòng)能為0，碰撞后A的動(dòng)能大于零，故C錯(cuò)誤CD、 A球動(dòng)能增加量為EkA=-0=3 J，則知碰撞前后系統(tǒng)的總動(dòng)能不變，此碰撞是彈性碰撞，故D正確故選： BD根據(jù) x- t 圖象的斜率等于速度求出碰撞前后各個(gè)物體的速度，分別求出碰撞前后的總動(dòng)量，即可判斷動(dòng)量是否守恒；根據(jù)碰撞前后機(jī)械能是否守恒判斷是否為彈性碰撞即可本題主要考查了動(dòng)量守恒定律得應(yīng)用，要知道判斷是否為彈性碰撞的方法是看