高中人教版物理选修35第十六章第二节 动量和动量定理 同步测试Word格式文档下载.docx

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物体的动量在减小 

物体的动量在增大

物体的动量大小也可能不变 

物体的动量大小一定变化

5.有一个质量为3m的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为v0、方向水平向东，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为2m，速度大小为v，方向水平向东，则另一块的速度是（ 

3v0﹣v 

2v0﹣3v 

3v0﹣2v 

2v0+v

6.A、B两物体发生正碰，碰撞前后物体A、B都在同一直线上运动，其位移﹣时间图象（s﹣t图）如图中A、D、C和B、D、C所示．由图可知，物体A、B的质量之比为（ 

1：

1 

2 

3 

3：

1

7.玻璃杯从同一高度落下，掉在石头上比掉在草地上容易碎，这是由于玻璃杯与石头的撞击过程中（ 

玻璃杯的动量较大 

玻璃杯受到的冲量较大

玻璃杯的动量变化较大 

玻璃杯受到的冲力较大

8.在女子冰壶世锦赛上中国队以8:

6战胜瑞典队，收获了第一个世锦赛冠军，队长王冰玉在最后一投中，将质量为19千克冰壶抛出，运动一段时间后以0.4m／s的速度正碰静止的瑞典队冰壶，然后中国队冰壶以0.1m／s继续向前滑向大本营中心，若两冰壶质量相等，求瑞典队冰壶获得的速度（ 

）

0.1m／s 

0.2m／s 

0.3m／s 

0.4m／s

9.关于物体的动量，下列说法中正确的是（ 

物体的动量越大，其惯性也越大 

同一物体的动量越大，其速度不一定越大

物体的加速度不变，其动量一定不变 

运动物体在任一时刻的动量方向一定是该时刻的速度方向

10.如图所示，在光滑的水平面上，有一质量为M=3kg的薄板和质量m=1kg的物块，都以v=4m/s的初速度朝相反方向运动，它们之间有摩擦，当薄板的速度为2.4m/s时，物块的运动情况是（ 

做加速运动 

做减速运动 

做匀速运动 

以上运动都有可能

二、计算题（共2题；

共10分）

11.质量为0.5kg的小球从h=2.45m的高空自由下落至水平地面，与地面作用0.2s后，再以5m/s的速度反向弹回，求小球与地面的碰撞过程中对地面的平均作用力．（不计空气阻力，g=10m/s2）

12.在气垫导轨上，一个质量为600g的滑块以15cm/s的速度与另一个质量为400g、速度为10cm/s并沿相反方向运动的滑块迎面相碰，碰撞后两个滑块粘在一起，求碰撞后滑块速度的大小．

三、综合题（共3题；

共35分）

13.两位同学在广丰一中的运动场上踢足球，张三同学一脚把一个质量为0.5kg的足球从静止踢出去，已知足球刚飞出时的速度为40m/s，脚与球的接触时间为0.2s，（忽略脚踢球时的重力和空气阻力的影响）．求：

（1）足球动量变化量的大小；

（2）脚对足球的平均作用力的大小．

14.如图，水平地面和半圆轨道面均光滑，质量M=1kg的小车静止在地面上，小车上表面与R=0.4m的半圆轨道最低点P的切线相平．现有一质量m=2kg的滑块（可视为质点）以v0=7.5m/s的初速度滑上小车左端，二者共速时滑块刚好在小车的最右边缘，此时小车还未与墙壁碰撞，当小车与墙壁碰撞时即被粘在墙壁上，滑块则离开小车进入圆轨道并顺着圆轨道往上运动，已知滑块与小车表面的滑动摩擦因数μ=0.5，g取10m/s2．求：

（1）小车与墙壁碰撞前的速度大小v1；

（2）小车需要满足的长度L；

（3）请判断滑块能否经过圆轨道的最高点Q，说明理由．

15.冰球运动员甲的质量为80.0kg．当他以5.0m/s的速度向前运动时，与另一质畺为100kg、速度为3.0m/s的迎面而来的运动员乙相撞．碰后甲恰好静止．假设碰撞时间极短，求：

（1）碰后乙的速度的大小；

（2）碰撞中总机械能的损失．

四、解答题（共2题；

16.质量为1kg的物体从离地面5m高处自由下落，与地面碰撞后，上升的最大高度为3.2m，设球与地面作用时间为0.2s，求小球对地面的平均作用力．（g=10m/s2，不计空气阻力）

17.质量为50kg的空箱子放在光滑水平面上，箱子中有一同样质量的铁块，铁块与箱子的左壁相距10m，它一旦与左壁相碰将会瞬间粘在一起，然后不再分开，铁块与箱底的摩擦不计．用水平向右的推力10N作用于箱子，12s后立即去掉推力．求撤去推力瞬间箱子与铁块的共同速度．

答案解析部分

一、单选题

1.【答案】D

【解析】【解答】解：

以向上为正方向，由动量定理得：

对B：

IG=﹣Mgt=﹣Mu﹣0，

所以：

|IG|=Mu

对A：

I﹣mgt=mv﹣0，

解得：

I=m（v+u）；

故ABC错误，D正确．

故选：

D

【分析】当连接A、B的绳子突然断开后，A受重力和弹力，B受重力；

对A、B两物体应用动量定理可以求出弹簧的弹力对A的冲量及B橡皮重力的冲量大小．

2.【答案】B

A、P沿斜面向下做减速运动，具有竖直向上的分加速度，由牛顿第二定律知，系统竖直方向合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误．B、由于系统在水平方向的合外力为零，所以水平方向动量守恒，由于P开始有一初速度，系统在水平方向有一向左的初动量，最后PQ相对静止，又以一定的速度共同向左运动，故B正确，C、D错误．

B．

【分析】当系统所受合力为零时，系统动量不守恒，由于系统在水平方向的合外力为零，所以水平方向动量守恒，根据动量守恒定律即可求解．

3.【答案】B

A、因为冲量是矢量，甲对已的作用力与乙对甲的作用力大小相等方向相反，故冲量大小相等方向相反，故A错误．

B、设甲乙两运动员的质量分别为m甲、m乙，追上之前的瞬间甲、乙两运动员的速度分别是v甲，v乙，根据题意整个交接棒过程可以分为两部分：

①完全非弹性碰撞过程→“交棒”；

m甲v甲+m乙v乙=（m甲+m乙）v共

②向前推出（人船模型）→“接棒”（m甲+m乙）v共=m甲v’甲+m乙v’乙

由上面两个方程联立可以解得：

m甲△v甲=﹣m乙△v乙，故说明甲、乙的动量变化大小相等，方向相反；

故B正确．

C、经历了中间的完全非弹性碰撞过程，一定有动能损失，故二者相互做功并不相等；

动能的改变量也不相等；

故CD错误．

B

【分析】本题主要考察能量（做功正负判断）、动量（动量定理、动量守恒）相关知识，结合弹性碰撞和非弹性碰撞的动量和能量关系展开讨论．

4.【答案】C

物体的动量变化量的大小为5kg•m/s，关于动量的大小可能增加、可能减小，也可能不变．故C正确，A、B、D错误．

故选C．

【分析】动量是矢量，只要动量的方向发生变化，则动量就发生变化．

5.【答案】C

爆竹在最高点速度大小为v0、方向水平向东，爆炸前动量为3mv0，其中一块质量为2m，速度大小为v，方向水平向东，

设爆炸后另一块瞬时速度大小为v′，取爆竹到最高点未爆炸前的速度方向为正方向，爆炸过程动量守恒，

则有：

3mv0=2mv+m•v′

v′=3v0﹣2v

C

【分析】爆竹在最高点速度方向水平，爆炸时动量守恒，由动量守恒定律可求出爆炸后另一块的速度大小．

6.【答案】C

由s﹣t图象可知，碰撞前vA=

=

=4m/s，vB=0m/s，

碰撞后vA′=vB′=v=

=1m/s，碰撞过程动量守恒，

对A、B组成的系统，设A原方向为正方向，则由动量守恒定律得：

mAvA=（mA+mB）v，

解得mA：

mB=1：

3；

故C正确，ABD错误．

C．

【分析】在位移时间图象中，斜率表示物体的速度，由图象可知碰撞前后的速度，根据动量的公式及动量守恒定律可以求解两球的质量之比．

7.【答案】D

玻璃杯从同一高度下落，落地前的速度大小相等，故落地前的动量相等；

而最后的速度均为零；

故说明动量的变化一定相等；

由动量定理可知冲量也一定相等；

但由于掉在水泥地上的时间较短，则说明玻璃杯掉在水泥地上动量变化较快，从而导致冲击力较大；

使玻璃杯易碎；

故ABC错误，D正确；

D．

【分析】玻璃茶杯从同一高度掉下，落在水泥地上，茶杯与水泥地作用时间短，而落在海绵垫上，茶杯与海绵垫作用时间长，根据速度关系，分析动量和动量变化的关系，根据动量定理分析茶杯所受冲量关系和冲力的关系．

8.【答案】C

【解析】【分析】碰撞过程动量守恒，故有

，解得

故选C

【点评】关键是根据动量守恒列式求解，比较简单

9.【答案】D

A、物体的动量P=mv，动量大的物体，它的质量不一定大，所以其惯性不一定大，故A错误；

B、同一物体质量是一定的，动量越大，其速度一定越大．故B错误；

C、物体的加速度不变，其速度不断变化，动量一定不断变化，故C错误；

D、动量是矢量，既有大小，又有方向，动量的方向与物体速度方向相同，故D正确；

【分析】物体的质量与速度的乘积是物体的动量；

根据动量的定义分析答题．

10.【答案】A

开始阶段，m向右减速，M向左减速，根据系统的动量守恒定律得：

当m的速度为零时，设此时M的速度为v1．根据动量守恒定律得 

（M﹣m）v=Mv1代入解得v1=2.67m/s．此后m将向左加速，M继续向左减速；

当两者速度达到相同时，设共同速度为v2．由动量守恒定律得 

（M﹣m）v=（M+m）v2，代入解得v2=2m/s．两者相对静止后，一起向左匀速直线运动．由此可知当M的速度为2.4m/s时，m处于向左加速过程中．

A

【分析】分析物体的运动情况：

初态时，系统的总动量方向水平向左，两个物体开始均做匀减速运动，m的速度先减至零，根据动量守恒定律求出此时M的速度．之后，m向左做匀加速运动，M继续向左做匀减速运动，最后两者一起向左匀速运动．根据动量守恒定律求出薄板的速度大小为2.4m/s时，物块的速度，并分析m的运动情况

二、计算题

11.【答案】解：

小球自由下落过程中，由机械能守恒定律可知：

mgh=

mv12；

v1=

m/s，

同理，回弹过程的速度为5m/s，方向竖直向上，

设向下为正，则对碰撞过程由动量定理可知：

mgt﹣Ft=﹣mv′﹣mv

代入数据解得：

F=35N

由牛顿第三定律小球对地面的平均作用力大小为35N，方向竖直向下

小球与地面的碰撞过程中对地面的平均作用力为35N．

【解析】【分析】由机械能守恒定律可求得小球落地和反弹时的速度，再由动量定理可求得地面对小球的平均冲力F，最后由牛顿第三定律说明即可．

12.【答案】15cm/s=0.15m/s，10cm/s=0.1m/s，两滑块碰撞过程系统动量守恒，以0.6kg滑块的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

m1v1﹣m2v2=（m1+m2）v，

v=0.05m/s

答：

碰撞后滑块速度的大小为0.05m/s．

【解析】【分析】碰撞过程系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出碰撞后滑块的速度．

三、综合题

13.【答案】

（1）解：

物体动量的变化△p=mv2﹣mv1，

即△P=mv﹣0

△P=0.5×

40=20kgm/s

（2）解：

根据动量定理，F=I/t=△P/t

F=

=100N

【解析】【分析】物体动量的变化△p=mv2﹣mv1，可求动量变化，根据动量定理 

Ft=△p求平均作用力

14.【答案】

设滑块与小车的共同速度为v1，滑块与小车相对运动过程中动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：

mv0=（m+M）v1，

v1=5m/s

设小车的最小长度为L，由系统能量守恒定律得：

，

L=16.75m

（3）解：

若滑块恰能滑过圆的最高点的速度为v，由牛顿第二定律得：

mg=m

v=2m/s，

滑块从P运动到Q的过程，根据机械能守恒定律得：

v2=3m/s，v2＞v，说明滑块能过最高点Q

【解析】【分析】

（1）由动量守恒定律可以求出速度．

（2）由能量守恒定律求出小车的长度．（3）由牛顿第二定律与机械能守恒定律分析答题．

15.【答案】

设运动员甲、乙的质量分别为m、M，碰前速度大小分别为v、V，碰后乙的速度大小为V′，规定甲的运动方向为正方向，由动量守恒定律有：

mv﹣MV=MV′…①

V′=1.0m/s…②

设碰撞过程中总机械能的损失为△E，应有：

…③

联立②③式，代入数据得：

△E=1400J

（1）甲乙碰撞前后的瞬间动量守恒，根据动量守恒定律求出碰后乙的速度大小．

（2）根据能量守恒求出碰撞过程中机械能的损失．

四、解答题

16.【答案】解：

由动能定理得：

小球下落过程：

mgh1=

mv12﹣0，v1=

=10m/s，方向竖直向下；

小球上升过程：

﹣mgh2=0﹣

mv22，v2=

=8m/s，方向竖直向上；

以向下为正方向，由动量定理得：

（mg﹣F）t=mv2﹣mv1，

即：

（1×

10﹣F）×

0.2=1×

（﹣8）﹣1×

（﹣10），

F=﹣100N；

小球对地面的平均作用力大小为100N，方向竖直向上

【解析】【分析】由动能定理可以求出小球落地与反弹时的速度，然后由动量定理求出小球对地面的冲击力．

17.【答案】解：

箱子的加速度为：

a=

=0.2m/s2，

根据s=

得箱子在通过10m的位移的时间为：

t=

=10s，

所以10s后箱子与铁块相碰，

子与铁块碰撞前做匀加速运动，碰撞前的速度为：

v1=at=0.2×

10m/s=2m/s．

设箱子与铁块碰撞后的速度为v2，由动量守恒定律得：

mv1=2mv2

v2=1m/s．

推力作用剩余时间为：

t′=2s，

箱子和铁块的共同加速度为：

a′=

m/s2=0.1m/s2

则最终速度为：

v′=v2+a′t′=1+0.1×

2m/s=1.2m/s．

撤去推力瞬间箱子与铁块的共同速度为1.2m/s．

【解析】【分析】根据牛顿第二定律求出箱子与铁块未碰撞前的加速度，结合位移时间公式求出箱子运动10m所需的时间，得出箱子碰撞前的速度，结合动量守恒求出碰撞后的共同速度，根据牛顿第二定律求出碰撞后整体的加速度，结合速度时间公式求出撤去拉力瞬间箱子与铁块的共同速度．