【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)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

2、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：C2(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，作用時間相同，所以由IFt知，兩沖量相等答案：C3(2015高考天津卷)如圖所示，在光滑水平面的左側(cè)固定

3、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31，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?，由題意，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mBv0mAmB，解得mAmB41碰撞前、后動能之比Ek1Ek2mBv95答案：41954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

4、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v00.1 m/s的方向?yàn)檎较?，A將B向空間站方向輕推后，A的速度一定沿正方向，即vA0.2 m/s.由動量守恒定律得(mAmB)v0mAvAmBvB代入數(shù)據(jù)解得vB0.02 m/s因?yàn)関B0，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

5、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较颍O(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m2mBv(mmB)v由式得mB(2)從開始到碰后的全過程，由動量守恒定律得mv0(mmB)v設(shè)碰撞過程A、B系統(tǒng)機(jī)械能的損失為E，則Em2mB(2v)2(mmB)v2聯(lián)立式得Emv.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

6、，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：C2一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

7、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：C3.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

8、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WEk可知，選項(xiàng)C、D均錯誤答案：B4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()Av0vBv0vCv0(v0v

9、) Dv0(v0v)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(Mm)v0Mv1mv，從而得到v1v0(v0v)，C選項(xiàng)正確答案：C5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mB2mA，規(guī)定向右為正方向， A、B兩球的動量均為6 kgm/s，運(yùn)動中兩球發(fā)生碰撞，碰撞后A球的動量增量為4 kgm/s，則()A左方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為25B左方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為110C右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為25D右方是A球，碰撞后A、B兩球速

10、度大小之比為110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(64) kgm/s2 kgm/s，mBvB10 kgm/s，又mB2mA，故vAvB25，A正確答案：A6一中子與一質(zhì)量數(shù)為A(A1)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. BC. 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)量為m1，原子核的質(zhì)量為m2，則m2Am1.根據(jù)完全彈性碰撞規(guī)律可得m1v1m2v2m1v1，m1vm2vm1v12，解得碰后中子的速率v1v1v1，因此碰撞前后

11、中子速率之比，A正確答案：A7.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M3 kg.質(zhì)量m1 kg的鐵塊以水平速度v04 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()A3 J B4 JC6 J D20 J解析：設(shè)鐵塊與木板速度相同時，共同速度大小為v，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mvFfL(Mm)v2Ep.鐵塊相對木板運(yùn)動的整個過程中mv2FfL(Mm)v2，由動量守恒可知mv0(Mm)v.聯(lián)立解得E

12、p3 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0D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

13、球拋出后，船靜止人給甲球的沖量I甲mv0，人給乙球的沖量I2mvmv，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).(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：

14、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.hgt，x1v1t1解得v1x1彈開后A做勻減速運(yùn)動，由動能定理得mgx2mv解得v2若動量守恒，則需滿足Mv1mv20即需要滿足的關(guān)系式為Mx1m答案：桌面離地的高度hMx1m10如圖所示，木塊A的質(zhì)量mA1 kg，足夠長的木板B的質(zhì)量mB4 kg，質(zhì)量為mC4 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v012 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)

15、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mAv0mAvAmBvB代入數(shù)據(jù)得vB4 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(mBmC)vC代入數(shù)據(jù)得vC2 m/s答案：(1)4 m/s(2)2 m/s11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，B的質(zhì)量為A的2倍，重力加速度大小為g.求A的初速度大小解析：設(shè)發(fā)生碰撞前瞬間A的速度大小為v

16、，在碰撞后的瞬間，A和B的速度分別為v1和v2，由動量守恒定律和能量守恒定律，得mvmv1(2m)v2mv2mv(2m)v以A碰前速度方向?yàn)檎较蛴墒降胿1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mgd1mv(2m)gd2(2m)v由題意得dd1d2設(shè)A的初速度大小為v0，由動能定理得mgdmvmv2聯(lián)立至式得v0 .答案： 12.(2014高考新課標(biāo)全國卷)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h0.8 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，當(dāng)A球下落t0.3 s時，剛好與B球在地面上方的P點(diǎn)處相碰，碰撞時間極

17、短，碰后瞬間A球的速度恰為零已知mB3mA，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將h0.8 m代入上式，得vB4 m/s(2)設(shè)兩球相碰前后，A球的速度大小分別為v1和v1(v10)，B球的速度分別為v2和v2，由運(yùn)動學(xué)規(guī)律可得v1gt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衜Av1mBv2mBv2mAvmBvmBv22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vBvB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聯(lián)立式，并代入已知條件可得h0.75 m.答案：(1)4 m/s(2)0.75 m