《2019-2020学年高中物理第十六章动量守恒定律第2节动量和动量定理课时分层训练含解析新人教版选修3-5》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019-2020学年高中物理第十六章动量守恒定律第2节动量和动量定理课时分层训练含解析新人教版选修3-5（7页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、第2节动量和动量定理基础达标练1如图所示，一铁块压着一纸条放在水平桌面上，当以速度v抽出纸条后，铁块掉在地上的P点，若以速度2v抽出纸条，则铁块落地点为()A仍在P点B在P点左边C在P点右边不远处D在P点右边原水平位移的两倍处解析：选B以速度v或2v抽纸条时，纸条给铁块的摩擦力不变，以速度2v抽纸条时，纸条对铁块的作用时间短，对铁块的冲量小，铁块获得的速度小，根据平抛知识可知它的水平射程短，所以落点在P点的左边，故B正确2(多选)恒力F作用在质量为m的物体上，如图所示，由于地面对物体的摩擦力较大，物体没有被拉动，则经时间t，下列说法正确的是()A拉力F对物体的冲量大小为零B拉力F对物体的冲量大
2、小为FtC拉力F对物体的冲量大小是Ftcos D合力对物体的冲量大小为零解析：选BD对冲量的计算一定要分清求的是哪个力的冲量，是某一个力的冲量、合力的冲量、分力的冲量还是某一个方向上力的冲量，某一个力的冲量与另一个力的冲量无关，故拉力F的冲量为Ft，A、C错误，B正确；物体处于静止状态，合力为零，合力的冲量为零，D正确3(2019三明一中高二期末)如图所示，运动员挥拍将质量为m的网球击出如果网球被拍子击打前、后瞬间速度的大小分别为v1、v2，v1与v2方向相反，且v2v1.忽略重力，则此过程中拍子对网球作用力的冲量()A大小为m(v2v1)，方向与v1方向相同B大小为m(v2v1)，方向与v1
3、方向相同C大小为m(v2v1)，方向与v2方向相同D大小为m(v2v1)，方向与v2方向相同 解析：选D取拍子击打网球前网球的速度的方向为正方向，根据动量定理得拍子对网球作用力的冲量为：Imv2mv1m(v1v2)，即冲量大小为m(v1v2)，方向与v1方向相反，与v2方向相同，故D正确，A、B、C错误4. (多选)如图所示，质量均为m的小球A、B在同一水平线上，当A球水平抛出的同时B球自由下落，运动到t2 s时刻，两球的运动方向夹角为37(已知sin 370.6，cos 370.8)，不计空气阻力，则()A当t2 s时，A球与B球重力的瞬时功率之比为54B当t2 s时，A球与B球重力的瞬时功
4、率之比为11C在02 s过程中，两球的动能改变不同D在02 s过程中，两球的动量改变相同解析：选BD因t2 s时两球竖直向速度相同为vy，重力的功率为Pmgvy相同，则A错误，B正确；02 s过程中，下落高度相同，重力做功相同，两球的动能改变相同，则C错误；02 s过程中，重力的冲量相同，则两球的动量改变相同，则D正确5如图，质量为m的小物块，在与水平方向成角的恒力F作用下，沿光滑水平面运动，通过A点和B点的速度分别为vA和vB(A、B未在图中标出)，其加速度为a，物块由A运动到B的过程中，F对物块所做的功为W，F对物块的冲量为I，以下结论正确的是()A.mvB2mvA2BWmvB2mvA2C
5、ImvBmvA Da解析：选B从A到B只有F做功，物体的动能一定增大，故A错误；由动能定理可得：F所做的功WmvB2mvA2，故B正确；由动量定理可得：I合mvBmvA；而合外力为F在水平方向上的分量，故FF合，故F的冲量大于合外力的冲量，故C错误；物体只在水平方向有加速度，则加速度a，故D错误62018年3月22日，一架中国国际航空CA103客机，从天津飞抵香港途中遭遇鸟击，飞机头部被撞穿约一平方米的大洞，雷达罩被砸穿，所幸客机及时安全着陆，无人受伤若飞机的速度为700 m/s，小鸟在空中的飞行速度非常小，小鸟的质量为0.4 kg.小鸟与飞机的碰撞时间为2.5104 s则飞机受到小鸟对它的平
6、均作用力的大小约为()A104 N B105 NC106 N D107 N解析：选C本题为估算题，可以认为撞击前鸟的速度为零，撞击后鸟与飞机的速度相等，飞机速度为v700 m/s，撞击过程可以认为鸟做匀加速直线运动，对鸟，由动量定理得：Ftmv0F N1.12106 N，由牛顿第三定律知C正确，A、B、D错误 7.(多选)如图甲所示为一固定光滑足够长的斜面，倾角为30.质量为0.2 kg的物块静止在斜面底端，t0时刻，受到沿斜面方向拉力F的作用，取沿斜面向上为正方向，拉力F随时间t变化的图象如图乙所示，g10 m/s2，则下列说法正确的是()A6 s末物块的速度为零B物块一直沿斜面向上运动C0
7、4 s内拉力对物块做的功为20 JD06 s内拉力对物块的冲量为零解析：选AC在02 s内，由牛顿第二定律可得F1mgsin 30ma1，解得a15 m/s2，在24 s内，由牛顿第二定律可得F2mgsin 30ma2，解得a210 m/s2，则物块在02 s内向上匀加速直线运动，23 s内向上匀减速直线运动，3 s时减少为零，34 s内向下匀加速直线运动，46 s内向下匀减速直线运动，6 s时速度减为零，故A正确，B错误；在t4 s时和t2 s时物块在同一位置，速度等大反向，所以04 s内拉力对物块做的功等于02 s内拉力对物块做的功，02 s内的位移sa1t210 m，所以02 s内拉力做
8、的功WF1s20 J，故C正确；06 s内拉力对物块的冲量IF1t1F2t2(2412) Ns6 Ns，故D错误8如图所示，一足球运动员踢一个质量为0.4 kg的足球(1)若开始时足球的速度是4 m/s，方向向右，踢球后，球的速度为10 m/s，方向仍向右(如图甲)，求足球的初动量、末动量以及踢球过程中动量的改变量；(2)若足球以10 m/s的速度撞向球门门柱，然后以3 m/s速度反向弹回(如图乙)，求这一过程中足球的动量改变量解析：(1)取向右为正方向，初、末动量分别为pmv0.44 kgm/s1.6 kgm/s，方向向右pmv0.410 kgm/s4 kgm/s，方向向右动量的改变量为pp
9、p2.4 kgm/s，方向向右(2)取向右为正方向，初、末动量分别为p1mv10.410 kgm/s4 kgm/s，方向向右p2mv20.4(3) kgm/s1.2 kgm/s，即方向向左，动量的改变量为pp2p15.2 kgm/s，即方向向左答案：见解析能力提升练9一个轻质弹簧，固定于天花板的O点处，原长为L，如图，一个质量为m的物块从A点竖直向上抛出，以速度v与弹簧在B点相接触，然后向上压缩弹簧，到C点时物块速度为零，在此过程中无机械能损失，则下列说法正确的是()A由B到C的过程中，物块的速度一直减小B由B到C的过程中，物块的加速度先增加后减小C由A到C的过程中，物块重力势能的变化量与克服
10、弹力做的功一定相等D由A到C的过程中，弹簧弹力对物体的冲量与物体所受重力的冲量大小相等解析：选A由B到C的过程中，物体受向下的重力和向下的弹力，且随着物块的上升，弹力变大，根据牛顿第二定律可知，物块的加速度逐渐变大，速度一直减小，故A正确，B错误；由A到C根据动能定理：mghACW弹0mvA2，则物块重力势能的变化量与克服弹力做的功不一定相等，故C错误；由A到C根据动量定理：IGI弹0(mv)，则弹簧弹力对物体的冲量与物体所受重力的冲量大小不一定相等，故D错误10质量m0.5 kg的质点由静止开始做匀加速直线运动，动量p随位移x变化的关系式为p2(各量均取国际单位)，则此质点()A加速度为2
11、m/s2B前2 s内动量增加8 kgm/sC在连续相等时间内，动量增量越来越大D在通过连续相等的位移时，动量增量可能相等解析：选B根据v22ax得，v，则动量pmvm，可知p0.52，解得质点的加速度为8 m/s2，故A错误；2 s内物体速度的变化量为vat16 m/s，则动量的变化量pmv8 kgm/s，故B正确；因为相同时间内速度的变化量相同，则动量的增量一定相等，故C错误；因为相等位移内速度变化量不同，则动量的增加量不等，故D错误11.如图所示，质量为m的足球在离地高h处时速度刚好水平向左，大小为v1，守门员在此时用手握拳击球，使球以大小为v2的速度水平向右飞出，手和球作用的时间极短，则
12、()A击球前后球动量改变量的方向水平向左B击球前后球动量改变量的大小是mv2mv1C击球前后球动量改变量的大小是mv2mv1D球离开手时的机械能不可能是mghmv12解析：选C规定向右为正方向，击球前球的动量p1mv1，击球后球的动量p2mv2，击球前后球动量改变量的大小是pp2p1mv2mv1，动量改变量的方向水平向右，故A、B错误，C正确；球离开手时的机械能为mghmv22，因v1与v2可能相等，则球离开手时的机械能可能是mghmv12，故D错误12如图1所示，一个物体放在粗糙的水平地面上在t0时刻，物体在水平力F作用下由静止开始做直线运动在0到t0时间内物体的加速度a随时间t的变化规律如
13、图2所示已知物体与地面间的动摩擦因数处处相等则()A在0到t0时间内，合力的冲量大小为a0t0Bt0时刻，力F等于0C在0到t0时间内力F大小恒定D在0到t0时间内物体的动量逐渐变大解析：选D合力F合ma是变力，0到t0时间内平均作用力为，则合力的冲量大小为mat0，则A错误；t0时刻，力F合等于0，F等于摩擦力，则B错误；在0到t0时间内力F大小变小，则C错误；在0到t0时间内物体做加速运动，物体的动量逐渐变大，则D正确13如图所示，斜面和水平面之间通过小圆弧平滑连接，质量为m的物体(可视为质点)从斜面上h高处的A点由静止开始沿斜面下滑，最后停在水平地面上的B点要使物体能原路返回A点，求在B
14、点物体需要的最小瞬时冲量解析：物体从A运动到B的过程中，根据动能定理，mghWf0物体从B运动到A的过程中，根据动能定理，mghWf0mvB2联立解得vB2根据动量定理可知，瞬时冲量ImvB2m.答案：2m14如图所示，质量mA为4.0 kg的木板A放在水平面C上，木板与水平面间的动摩擦因数为0.24，木板右端放着质量mB为1.0 kg的小物块B(视为质点)，它们均处于静止状态，木板突然受到水平向右的12 Ns的瞬时冲量I作用开始运动，当小物块滑离木板时，木板的动能EkA为8.0 J小物块的动能EkB为0.50 J，重力加速度取10 m/s2，求：(1)瞬时冲量作用结束时木板的速度v0的大小；(2)木板的长度L.解析：(1)设水平向右为正方向，有ImAv0代入数据解得v03.0 m/s.(2)设A对B、B对A、C对A的滑动摩擦力的大小分别为FAB、FBA和FCA，B在A上滑行的时间为t，B离开A时A和B的速度分别为vA和vB，有(FBAFCA)tmAvAmAv0FABtmBvB其中FABFBA设A，B相对于C的位移大小分别为sA和sB，有(FBAFCA)sAmAvA2mAv02FABsBEkB动量与动能之间的关系为mAvAmBvB木板A的长度LsAsB代入数据解得L0.50
