考点规范练测试题 动量 动量定理 动量守恒定律的理解.docx

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1、考点规范练19动量动量定理动量守恒定律的理解一、单项选择题1、质量为0、2kg的球竖直向卜以6m/s的速度落至水平地面，再以4m/s的速度反向弹回.取竖直向上为正方向，在小球与地面接触的时间内，关于球动量变化量A0和合外力对小球做的功肌下列说法正确的是()A、p=2kgm/sH-2JB、p=-2kgm/s聆2JC、NP4、4kgm/sW=-2JD、p=-04kgm/sHr=2J画取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞过程中动量的变化S:=mv2-mv=Q2X4kgm/s0,2X(6)kgmskgns,方向竖直向上.由动能定理，合外力做的功：月彳22-2=g2X44-；X0,2X6J=-2J.2,

2、(2018重庆期末)如图所示，质量为0,5kg的小球在距离车底部定高处以初速度vo=15m/s向左平抛，落在以7、5m/s速度沿光滑水平面向右匀速行驶的敞篷小车中，车底涂有一层油泥，不与油泥的总质量为4kg,g取10ms2,则当小球与小车相对静止时，小车的速度大小是()A、 4m/sB、5m/sC、8、5m/sD、9、5m/sB画小球与车组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得MV-InV=（M+11i）V&,代入数据解得v-=5ms,由此可知B项正确.3、如图所示，甲木块的质量为公，以，的速度沿光滑水平地面向前运动，正前方有静止的、质量为位的乙木块，乙上连有一轻质弹簧.

3、甲木块与弹簧接触后（A、甲木块的动量守恒B、乙木块的动量守恒C、甲、乙两木块所组成的系统动量守恒D、甲、乙两木块所组成的系统动能守恒I答案IC朝两木块在光滑水平地面上相碰，且中间有弹簧，则碰撞过程系统的动量守恒，机械能也守恒，故A、B错误，C正确；甲、乙两木块碰撞前、后机械能总量不变，但碰撞过程中有弹性势能，故动能不守恒，只是机械能守恒,D错误.4、（2018江西上饶一中月考）物体/1和8用轻绳相连在轻质弹簧下静止不动，如图甲所示.力的质量为“8的质量为M当连接小分的绳突然断开后，物体力上升经某一位置时的速度为这时物体下落速度大小为口，如图乙所示.这段时间里，弹簧的弹力对物体的冲量为（）A、I

4、nVB,mv-MuC,mv+MuD,mv+mu弹簧的弹力是变力，时间是未知量，显然不能直接从冲量的概念/二入手计算，只能用动量定理求解，对物体月，Ibmgt=mv,对物体B、 Vgt=Nu,消去2解得/共=OTr三,所以D正确.5. 一小球从水平地面上方无初速释放，与地面发生碰撞后反冲至速度为零，假设小球与地面碰撞没有机械能损失，所受空气阻力大小不变，下列说法正确的必（）A、上升过程中小球动量改变量等于该过程中空气阻力的冲量B、小球与地面碰撞过程中，地面对小球的冲量为零C、下落过程中小球动能的改变量等于该过程中重力做的功D、从释放到反弹至速度为零过程中小球克服空气阻力做的功等于重力做的功画根据

5、动量定理可知，上升过程中小球动量改变量等于该过程中重力和空气阻力的合力的冲量，选项A错误；小球与地面碰撞过程中，由动量定理得,可知地面对小球的冲量Ft不为零，选项B错误；小球下落过程中动能的改变量等于重力和空气阻力做功的代数和，选项C错误；由能量守恒关系可知，从释放到反弹至速度为零过程中小球克服空气阻力做的功等于重力做的功，选项D正确.甲6. （2018安徽铜陵联考）如图甲所示,在倾角为30的足够长的光滑固定斜而上有一质量为勿的物体，它受到沿斜而方向的力厂的作用.力/可按如图乙所示的四种方式随时间变化（图中纵坐标是八与理的比值，力沿斜面向上为正）.己知此物体在ER时速度为零，若用匕、匕、%、匕

6、分别表示上述四种受力情况下物体在3S末的速率，则这四个速率中最大的是（）乙A、HB、V2C、vD、EiI答案IC画根据动量定理分别研究Iq种情况下物体的速率.取乙=is,（1）图中wsi1130o*3k+F2tQ-Ft=mv,得Hz=20ms;（2）图中flzgsin3003?-Fh+F=mv2,得=15ms;图中娱in303t0-F2t0=mv3f得%=25ms;图中zsin30o3rnr2t0-F,tn=m,l,得r=15ms.故选项C正确.二、多项选择题7,对下列物理现象的解释，正确的是（）A、击钉时，不用橡皮锤仅仅是因为橡皮锤太轻B、跳远时，在沙坑里填沙，是为了减小冲量C、易碎品运输时

7、，要用柔软材料包装，船舷常常悬挂旧轮胎，都是为了延长作用时间，减小作用力D、在车内推乍推不动，是因为合外力冲量为零CD击钉时，不用橡皮锤是因为橡皮锤与钉子的作用时间长;跳远时，在沙坑里填沙，是为了延长人与地的接触时间，所以A、B不正确;据动量定理尼二A夕知，当A夕相同时，t越长，作用力越小，故C正确；车能否移动或运动状态能否改变取决于外力的作用，与内部作用无关，所以D正确.8、两个物体/1、笈的质量分别为、加，并排静止在水平地面上，用同向水平拉力、分别作用于物体力和6上，作用一段时间后撤去，两物体各自滑行一段距离后停止，力、夕两物体运动的速度一时间图像分别如图中图线a、b所示，已知拉力内、K撤

8、去后，物体做减速运动过程的速度-时间图线彼此平行（相关数据已在图中标出）.由图中信息可以得出A、若芯二,则如小于以B、若好处,则力对物体力所做的功较多C,岩11h=11k,则力，对物体力的冲量与E对6的冲量之比为4:5D、若如=例，则力内的最大瞬时功率一定是力的最大瞬时功率的2倍g1ACD函由斜率等于加速度知，撤去拉力后两物体的速度图像平行，故加速度大小相等，设为&由牛顿第二定律得倒g=ma,pm.g=m.a,解得l=p.=Q,1,令i=2=,若R=R,对于m，有R-JJfnig=Imal,解得m1=!，同理nk=,由题图可知aiazf则股3,故A正确；若I+2+Mnk,则滑动摩擦力吊=压，由

9、题图可知，两物体运动位移相同，滑动摩擦力对两物体做功相同，由动能定理府-好W可知，力内对物体力所做的功与力月对物体“所做的功一样多，故B错误;令拗=汲=m,由牛顿第二定律得E-amg=z*解得iSqg,同理内这两个力的冲量之比二=-l-l=P故C正确;这两个力的最大功率之比S=q=2,故D正确.2232的22IIf,Ml9、在光滑水平面上，放着两块长度相同、质量分别为册和房的木板，在两木板的左端各放一个大小、形状、质量完全相同的物块，如图所示.开始时，各物均静止，今在两物块上各作用一个水平恒力片和,当物块与木板分离时，两木板的速度分别为匕和岭，物块与两木板之间的动摩擦因数相同，下列说法正确的是

10、（）A、若F=R,则WVz、此,则vzC、若R温,则VVi礼=他,BD设物块质量为创木板质量为也长为/，物块与木板间的滑动摩擦力大小为不，在水平力厂作用下，经过时间1.物块恰滑过木板，分离时物块的速度n木板的速度，木板通过的位移s,物块通过的位移为S乜则有（/4）t=mv,科。=m，,对物块由动能定理有（；）（s）方亿则/4一（s/力，对木板由动能定理有&SWW,则，2之由此可得=S=因此，分离时木板的速度fff/=1.2三,其中Q凡可知，J”曾大或/增大时，速度，都变-（-r-r小，B、D正确.三、非选择题水柱水枪*p=三=“命“8ET10、如图所示，静止在光滑水平面上的小车,生20kg.从

11、水枪中喷出的水柱的横截面积S=IOcm速度Ioms,水的密度P=.OXlO3kgm用水枪喷出的水从车后沿水平方向冲击小车的前壁，且冲击到小车前壁的水全部沿前壁流进小不中.当有质量f5kg的水进入小车时，试求：(1)小车的速度大小；小车的加速度大小.(1)2m/s(2)2、56ms2函(1)流进小车的水与小车组成的系统动量守恒，设当进入质量为R的水后,小车速度为%,则应，=(*册片,BPv-=2ms.(2)质量为切的水流进小车后，在极短的时间t内，冲击小车的水的质量A尸。S(1.H)AX,设此时水对车的冲击力为E则车对水的作用力为-F,由动量定理有量片A加Vi-A卬*得尸=QS(If)2=645

12、1,小车的加速度a-=f2,、56ms.11,如图所示，有一半径为彳的半球形凹槽只放在光滑的水平地面上，面紧麓在光滑墙壁上，在槽口上有一质量为肥的小球，由力点静止释放，沿光滑的洋面滑下，经最低点“乂沿球面上升到最高点G经历的时间为3氏C两点高度差为0、6,求：(1)小球到达C点的速度；(2)在这段时间里，竖墙对凹槽的冲量.(DO.42，方向水平向右(2)2,方向水平向右函(1)题中没给加，所以不能直接由动量求此小球从/!到的过程中，凹槽尸不动，对勿有好咐2小球从到。的过程中，凹槽和球构成的系统动量守恒(水平方向)和机械能守恒，所以有mva=(m,+4VC(2)；2=2+mgQ,6R解阳少得小球

13、到达。点的速度k0、42,方向水平向右.(2)竖直墙对凹槽的冲量等于系统在水平方向获得的动量，所以有I=(m+而VFmVIi=j11a,方向水平向右.12,*香港迪士尼游乐园入口旁有一喷泉，在水泵作用下鲸鱼模型背部会喷出竖宜向上的水柱，将站在冲浪板上的米老鼠模型托起，稳定地悬停在空中，伴随着音乐旋律，米老鼠模型能够上下运动，引人驻足，如图所示.这一景观可做如下简化，假设水柱以一定的速度从喷口竖直向上喷出，水柱的流量为仇流量定义:在单位时间内向上通过水柱横截面的水的体积)，设同一高度水柱横截面上各处水的速率都相同，冲浪板底部为平板且其面积大于水柱的横截面积，保证所有水都能喷到冲浪板的底部.水柱冲

14、击冲浪板前其水平方向的速度可忽略不计，冲击冲浪板后，水在竖直方向的速度立即变为零，在水平方向朝四周均匀散开.己知米老鼠模型和冲浪板的总质量为如，水的密度为。，重力加速度大小为毋空气阻力及水的阻力均可忽略不计.(D求喷泉单位时间内喷出的水的质量.(2)由于水柱顶部的水与冲浪板相互作用的时间很短，因此在分析水对冲浪板的作用力时可忽略这部分水所受的重力.试计算米老鼠模型在空中悬停时，水到达冲浪板底部的速度大小.(3)要使米老鼠模型在空中悬停的高度发生变化，需调整水泵对水做功的功率.水泵对水做功的功率定义为单位时间内从喷口喷出的水的动能.请根据第(2)问中的计算结果，推导冲浪板底部距离喷口的高度方与水

15、泵对水做功的功率4之间的关系式.(1)PQ(2)(3)力一一一.颠(1)设在很短时间内，从喷口喷出的水的体积为八匕质量为A加，水柱在喷口的初速度为%,喷口的横截面积为S则Am=QA匕V=Sv.1.t=Qlt,解得单位时间内从喷口喷出的水的质量为=PQ.(2)设米老鼠模型和冲浪板在空中悬停时，水柱顶部的水冲击冲浪板底面速度由r变为0,对板的作用力的大小为产,板对水的作用力的大小为凡以向下为正方向，不考虑水柱顶部水的重力，根据动量定理有FA，次-(Am)(-0，根据牛顿第三定律F=F.由于米老鼠模型在空中悬停，有尸=侬，联立可解得片.(3)设米老鼠模型和冲浪板悬停时其底面距离喷口的高度为h,对于单位时间内喷出的水，根据机械能守恒定律(或运动学公式)得久&而/+S疝gh=S而02,水泵对水做功的功率为只T=:3,联立解得力-W