高中鲁科版物理新选修35 第一章 动量守恒研究 章节练习.docx

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高中鲁科版物理新选修35第一章动量守恒研究章节练习

高中鲁科版物理新选修3-5第一章动量守恒研究章节练习

一、单选题

1.如图所示，两个质量相等的物体A、B从同一高度沿倾角不同的两光滑斜面由静止自由滑下，在物体下滑到斜面底端的过程中，下列说法中正确的是（  ）

A. 两物体所受重力的冲量相同                                

B. 两物体所受合力的冲量相同

C. 两物体到达斜面底端时的动量不同                      

D. 两物体到达斜面底端时的动量水平分量相同

2.一只小船静止在湖面上，一个人从小船的一端走到另一端（不计水的阻力），以下说法中正确的是（  ）

A. 人走得越快，则人获得的动量比船获得的动量大得越多

B. 若人的质量小于船的质量，则人获得的动量大于船获得的动量

C. 若人的质量小于船的质量，则人获得的动量小于船获得的动量

D. 不论何种情况，人获得的动量数值上总是等于船获得的动量

3.物体的动量变化量的大小为5kg•m/s，这说明（  ）

A. 物体的动量在减小                                              

B. 物体的动量在增大

C. 物体的动量大小一定变化                                    

D. 物体的动量大小可能不变

4.两小球A和B，A球系在一根长为L的轻质细绳OA上，B球系在轻质橡皮绳OB上，现将两球都拉到如图所示的水平位置上，让两绳均拉直（此时橡皮绳为原长），然后无初速释放．不计空气阻力，当两球通过最低点时，橡皮绳与细绳等长．关于小球A和B，下列说法正确的是（）

A. 通过最低点时小球A的机械能大于小球B的机械能

B. 两小球从释放至运动到最低点的全程中机械能均守恒

C. 两小球从释放至运动到最低点的过程中重力的冲量一定相等

D. 小球A运动到最低点时的速率大于小球B运动到该点的速率

5.质量为2kg的小球自塔顶由静止开始下落，不考虑空气阻力的影响，g取10m/s2，下列说法中正确的是（  ）

A. 2s末小球的动量大小为40kg•m/s                       

B. 2s末小球的动能为40J

C. 2s内重力的冲量大小为20N•s                             

D. 2s内重力的平均功率为20W

6.如图所示，竖直平面内有一半圆槽，A、C等高，B为圆槽最低点，小球从A点正上方O点静止释放，从A点切入圆槽，刚好能运动至C点．设球在AB段和BC段运动过程中，运动时间分别为t1、t2，合外力的冲量大小为I1、I2，则（　　）

A. t1＞t2                                  

B. t1=t2                                  

C. I1＞I2                                  

D. I1=I2

7.甲、乙两名滑冰运动员沿同一直线相向运动，速度大小分别为3m/s和1m/s，迎面碰撞后（正碰），甲、乙两人反向运动，速度大小均为2m/s，则甲、乙两人质量之比为（  ）

A. 2：

3                                    

B. 2：

5                                    

C. 3：

5                                    

D. 5：

3

8.如图所示，质量为M的木块位于光滑水平面上，在木块与墙之间用轻弹簧连接，开始时木块静止在A位置．现有一质量为m的子弹以水平速度v0射向木块并嵌入其中，则当木块回到A位置时的速度v以及此过程中墙对弹簧的冲量I的大小分别为（　　）

A. v=

，I=0     

B. v=

，I=2mv0     

C. v=

，I=

D. v=

，I=2mv0

二、填空题

9.如图所示，水平地面上静止放置一辆小车A，质量mA＝4kg，上表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计．可视为质点的物块B置于A的最右端，B的质量mB＝2kg.现对A施加一个水平向右的恒力F＝10N，A运动一段时间后，小车左端固定的挡板与B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A、B粘合在一起，共同在F的作用下继续运动，碰撞后经时间t＝0.6s，二者的速度达到vt＝2m/s，A开始运动时加速度a的大小________.

10.如图所示，光滑水平面上有m1=2kg，m2=4kg的两个物体，其中m2左侧固定一轻质弹簧，m1以v0=6m/s的速度向右运动，通过压缩弹簧与原来静止的m2发生相互作用，则弹簧被压缩最短时m2的速度v=________m/s，此时弹簧存储的弹性势能为________J．

11.甲、乙两球的动量大小分别为20kg•m/s和40kg•m/s，两球的动能为15J和45J，甲、乙两球的质量之比为________．两球相向运动发生碰撞（不计外力作用），碰撞后________球速度变化大．

12.如图为实验室常用的气垫导轨验证动量守恒的装置．在水平放置的气垫导轨上，质量为0.4kg、速度为0.5m/s的滑块A与质量为0.6kg、速度为0.1m/s的滑块A迎面相撞，碰撞前A、A总动量大小是________kg•m/s；碰撞后滑块A被弹回的速度大小为0.2m/s，此时滑块A的速度大小为________m/s，方向与它原来速度方向________．（“相同”或“相反”）

三、综合题

13.如图，发电机输出功率为100kW，输出电压为U1=250V，用户需要的电压为U4=220V，两变压器之间输电线的总电阻为R=10Ω，其它电线的电阻不计．若输电线中因发热而损失的功率为总功率的4%，试求：

（变压器是理想的）

（1）发电机输出电流和输电线上的电流大小．

（2）在输电线路中设置的升、降变压器原、副线圈的匝数比．

14.如图，一质量m2=0.25kg的平顶小车，车顶右端放一质量m3=0.2kg的小物体，小物体可视为质点，与车顶之间的动摩擦因数μ=0.4，小车静止在光滑的水平轨道上．现有一质量m1=0.05kg的子弹以水平速度v0=12m/s射中小车左端，并留在车中．子弹与车相互作用时间很短．若使小物体不从车顶上滑落，g取10m/s2．求：

（1）最后物体与车的共同速度为多少？

小车的最小长度应为多少？

（2）小木块在小车上滑行的时间．

四、解答题

15.体育课上王强同学为了检查篮球气是否充足，于是手持篮球自离地面高度0.8m处以3m/s的初速度竖直向下抛出，球与地面相碰后竖直向上弹起的最大高度为0.45m，已知篮球的质量为1kg，球与地面接触时间为1s，若把在这段时间内球对地面的作用力当作恒力处理，求此力的大小．（空气阻力不计，g=10m/s2）

五、实验探究题

16.如图，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系．

（1）实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是，可以通过仅测量      （填选项前的符号），间接地解决这个问题．

A. 小球开始释放高度h              

B. 小球做平抛运动的水平射程        

C. 小球抛出点距地面的高度H

（2）图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影．实验时，先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP．然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球m1从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰，并多次重复．接下来要完成的必要步骤是________．（填选项前的符号）

A．用天平测量两个小球的质量m1、m2

B．分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、N

C．测量抛出点距地面的高度H

D．测量平抛射程OM，ON

E．测量小球m1开始释放高度h

（3）若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为________（用第

（2）小题中测量的量表示）；若碰撞是完全弹性碰撞，那么还应满足的表达式为________（用第

（2）小题中测量的量表示）．

答案解析部分

一、单选题

1.【答案】C

【解析】【解答】解：

物体在下滑中只有重力做功，而重力做功只与高度差有关，故两种情况下重力做功相等，由mgh=

mv2得两种情况下到达斜面底端的速度的大小是相等的；

A、两种情况下到达斜面底端的速度的大小是相等，又因长的斜面倾角小，物体的加速度小，所以斜面越长下滑的时间越长，所以两种情况下重力作用的时间不相等，重力的冲量也不相等．故A错误；

B、物体在两种情况下到达斜面底端的速度的大小是相等的，而速度的方向不同，所以粒子情况下物体的末动量不同．根据动量定理：

I=△P=mv﹣0，所以合力的冲量大小相等，方向是不同的．故B错误；

C、物体在两种情况下到达斜面底端的速度的大小是相等的，方向不同，所以两物体到达斜面底端时的动量不同．故C正确；

D、物体在两种情况下到达斜面底端的速度的大小是相等的，而速度的方向不同，所以两物体到达斜面底端时的动量水平分量不同．故D错误．

故选：

C

【分析】分析物体的受力情况，并找出各力的冲量情况，由动量定理、机械能守恒可判断出各量是否相同．

2.【答案】D

【解析】【解答】解：

人与船组成的系统动量守恒，开始时人与船都静止，初动量为零，

在人走动过程中，系统动量守恒，以人的速度方向为正方向，

由动量守恒定律得：

mv﹣Mv′=0，则mv=Mv′，人与船的动量大小相等，方向相反，故ABC错误，D正确；

故选：

D．

【分析】对整体受力分析，根据动量守恒的条件可得出系统是否动量守恒；然后应用动量守恒定律分析答题．

3.【答案】D

【解析】【解答】解：

物体的动量变化量的大小为5kg•m/s，动量是矢量，动量变化的方向与初动量可能同向、可能反向、也可能不在同一条直线上，故物体的动量的大小可能增加、可能减小，也可能不变．故D正确，A、B、C错误．

故选：

D．

【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．

4.【答案】D

【解析】【解答】A、A、B两小球质量未知，故机械能大小无法比较，故A错误．

B、橡皮绳和小球B组成的系统机械能守恒，但小球B单独机械能不守恒，故B错误．

C、A、B两球的重力大小未知，虽然知道球A的运动时间短、球B的长，但无法比较冲量大小，故C错误．

D、球A的重力势能全部转化为其动能，球B的重力势能部分转化为球B的动能，所以在最低点球A的速率大于球B的速率，故D正确．

故选：

D．

【分析】根据机械能守恒定律可分析系统及两小球机械能是否守恒并比较两球的速度大小；根据动量定理分析受到的冲量．

5.【答案】A

【解析】【解答】解：

A、小球自塔顶由静止开始下落，根据运动学公式，2s末小球的速度v=gt=10×2m/s=20m/s；

那么2s末小球的动量大小，P=mv=2×20kg•m/s=40kg•m/s，故A正确；

B、2s末小球的动能

=

=400J，故B错误；

C、根据冲量表达式I=Ft=2×10×2N•s=40N•s，故C错误；

D、根据平均功率表达式

=

，2s内重力的平均功率

=

=

W=200W，故D错误；

故选：

A．

【分析】A、根据动量表达式P=mv，结合运动学公式v=gt，即可求解；

B、根据动能表达式

，结合运动学公式v=gt，即可求解；

C、根据冲量表达式I=Ft，即可求解；

D、根据平均功率表达式

=

，即可求解．

6.【答案】C

【解析】【解答】解：

AB、小球从A点正上方O点静止释放，做自由落体运动，从A点切入圆槽，刚好能运动至C点．即从A到C速度越来越小，AB段平均速率大于BC段平均速率，两段路程相等，所以球在AB段和BC段运动过程中的运动时间为t1＜t2，AB不符合题意；

CD、沿圆心方向的合力与速度垂直，动量变化为零，AB段平均速率大于BC段平均速率，说明切线方向上AB段速度变化量较大，根据动量定理，合外力的冲量等于动量的变化，所以合外力的冲量大小为I1＞I2，C符合题意，D不符合题意．

故答案为：

C．

【分析】先分析小球的运动过程，分成两个阶段，自由落体运动和匀速圆周运动，根据，动量定理分析，求解。

7.【答案】C

【解析】【解答】解：

两人碰撞过程系统动量守恒，以甲的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

m甲v甲+m乙v乙′=m甲v甲′+m乙v乙′，

即：

m甲×3+m乙×（﹣1）=m甲×（﹣2）+m乙×2，

解得：

m甲：

m乙=3：

5，故C正确；

故选：

C．

【分析】碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出质量之比．

8.【答案】B

【解析】【解答】解：

子弹射入木块过程，由于时间极短，子弹与木块间的内力远大于系统外力，由动量守恒定律得：

mv0=（M+m）v

解得：

v=

子弹和木块系统在弹簧弹力的作用下先做减速运动，后做加速运动，回到A位置时速度大小不变，即当木块回到A位置时的速度大小v=

；

子弹和木块弹簧组成的系统受到的合力即可墙对弹簧的作用力，根据动量定理得：

I=﹣（M+m）v﹣mv0=﹣2mv0

所以墙对弹簧的冲量I的大小为2mv0

故答案为：

B

【分析】子弹射入木块的过程，满足动量守恒可以根据动量守恒的式子求出子弹和物块末速度。

结合物体的运动情况和动量定理进行求解。

二、填空题

9.【答案】2.5m/s2

【解析】【解答】以A为研究对象，由牛顿第二定律有F＝mAa①代入数据解得a＝2.5m/s2

【分析】由牛顿第二定律可以求出加速度，主要考查动量定理和动量守恒定律。

10.【答案】2；24

【解析】【解答】当滑块A、B的速度相同时，弹簧被压缩最短，弹簧的弹性势能最大．设向右为正方向，由动量守恒定律有：

m1v0=（m1+m2）v，

代入数据解得：

v=2m/s，

由能量守恒定律得：

Epm=

m1v02﹣

（m1+m2）v2，

代入数据解得：

Epm=24J；

故答案为：

2，24．

【分析】当滑块A、B的速度相同时，间距最小，弹簧压缩量最大，弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒和能量守恒列方程求出速度与弹性势能．

11.【答案】3：

4；甲

【解析】【解答】解：

根据动量P=mv，动能

，

解得：

，

则

，

甲乙两球碰撞过程中，系统动量守恒，则甲球的动量变化量大小等于乙球的动量变化量大小，

速度变化量

，甲球的质量小，则甲球的速度变化量大．

故答案为：

3：

4，甲

【分析】根据动量和动能的表达式求出质量的表达式，带入数据求出质量之比，甲乙两球碰撞过程中，系统动量守恒，则甲球的动量变化量大小等于乙球的动量变化量大小，根据

判断速度变化大小．

12.【答案】0.14；0.05；相同

【解析】【解答】两滑块碰撞过程动量守恒，以两滑块组成的系统为研究对象，以甲的速度方向为正方向，碰前的总动量P=m甲v甲﹣m乙v乙=0.4×0.5﹣0.6×0.1=0.14kg•m/s

碰撞后乙的速度变为0.2m/s，

大于乙的初速度大小，说明乙碰撞后速度反向，

由动量守恒定律得：

m甲v甲﹣m乙v乙=m甲v甲′+m乙v乙′，

即：

0.4×0.5﹣0.6×0.1=0.4×v甲′+0.6×0.2，

解得：

v甲′=0.05m/s，方向与原来方向相同．

故答案为：

0.14；0.05；相同．

【分析】设定正方向，由动量的定义可求得碰前的总动量；在两滑块碰撞过程中系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出碰后滑块的速度．

三、综合题

13.【答案】

（1）输电线路的示意图如图所示，

输电线损耗功率P线=100×4%kW=4kW，

又P线=I22R线

输电线电流I2=I3=20A

原线圈中输入电流I1=

=

A=400A

答：

发电机输出电流为400A，输电线上的电流为20A．

（2）原副线圈中的电流比等于匝数的反比，

所以

=

这样U2=U1

=250×20V=5000V

U3=U2﹣U线=5000﹣20×10V=4800V

所以

=

答：

升压变压器的原副线圈的匝数比为1：

20；降压变压器的原副线圈的匝数比为240：

11．

【解析】【分析】画出输电线路图，由输电线损耗功率求出输电电流I2，再由发电机输出功率与输出电压求得升压变压器的原线圈的电流I1，由是I1，I2得升压变压器的匝数比；求出升压变压器的匝数比后可求出降压变压器的原线圈的电压，再与用户电压结合求出降压变压器的原副线圈的匝数比．

14.【答案】

（1）解：

子弹进入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动量守恒，以子弹速度初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

m1v0=（m2+m1）v1①

由三物体组成的系统动量守恒，以子弹速度初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

（m2+m1）v1=（m2+m1+m3）v2②

设小车最小长度为L，三物体相对静止后，对系统利用能量守恒定律得：

（m2+m1）v12﹣

（m2+m1+m3）

=μm3gL③

联立以上方程解得：

L=0.3m

车与物体的共同速度为：

v2=1.2m/s

（2）解：

以m3为研究对象，利用动量定理可得：

μm3gt=m3v2解得：

t=0.3s

【解析】【分析】（1、2）子弹进入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律列式，三物体组成的系统动量守恒，由动量守恒定律列式，设小车最小长度为L，三物体相对静止后，对系统利用能量守恒定律列式，联立方程即可求解；（3）以m3为研究对象，利用动量定理列式即可求解．

四、解答题

15.【答案】解：

设球与地面碰撞前速度大小为v1，碰后速度大小为v2

由运动学规律，对球下落过程，有：

v12﹣v02=2gh1

代入数据的2：

v1=5m/s

对球上升过程，有：

v22=2gh2 

代入数据得：

v2=3m/s

设向上为正，则对碰撞过程，由动量定理，得：

（FN﹣mg）t=mv2﹣（﹣mv1）

代入数据得：

FN=18N

由牛顿第三定律可知球对地面的作用力大小为：

FN′=FN=18N

答：

球对地面的作用力大小为18N．

【解析】【分析】先由速度﹣位移公式求出球与地面碰撞前速度大小，然后求出球与地面碰撞后速度大小，最后由动量定理即可求出．

五、实验探究题

16.【答案】

（1）B

（2）A、B、D

（3）m1•OM+m2•ON=m1•OP；m1•OM2+m2•ON2=m1•OP2

【解析】【解答】解：

（1）验证动量守恒定律实验中，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，根据平抛运动规律，若落地高度不变，则运动时间不变，因此可以用水平射程大小来体现速度大小，故需要测量水平射程，故AC错误，B正确．

（2）要验证动量守恒定律定律，即验证：

m1v1=m1v2+m2v3，小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，

上式两边同时乘以t得：

m1v1t=m1v2t+m2v3t，得：

m1OP=m1OM+m2ON，

因此实验需要测量：

两球的质量、小球的水平位移，故选：

ABD；（3）根据平抛运动可知，落地高度相同，则运动时间相同，设落地时间为t，则：

v0=

，v1=

，v2=

，

而动量守恒的表达式是：

m1v0=m1v1+m2v2

若两球相碰前后的动量守恒，则需要验证表达式m1•OM+m2•ON=m1•OP即可．

若为弹性碰撞，则碰撞前后系统动能相同，则有：

mv02=

mv12+

mv22

将速度表达式代入可得；应满足关系式：

m1•OM2+m2•ON2=m1OP2．

故答案为：

（1）B；

（2）ABD；（3）m1•OM+m2•ON=m1•OP     m1•OM2+m2•ON2=m1•OP2

【分析】

（1）验证动量守恒定律实验中，质量可测而瞬时速度较难．因此采用了落地高度不变的情况下，水平射程来反映平抛的初速度大小，所以仅测量小球抛出的水平射程来间接测出速度．

（2）过程中小球释放高度不需要，小球抛出高度也不要求．最后可通过质量与水平射程乘积来验证动量是否守恒．（3）根据碰撞前后动量守恒可以写成表达式，若碰撞为弹性碰撞，则碰撞前后动能相同．