高中物理粤教版选修3-5自测题 第一章第二节动量动量守恒定律 Word版含解析

第一章 碰撞与动量守恒
第二节 动量动量守恒定律
A级　抓基础
1．下列说法中正确的是(　　)
A．冲量的方向一定和动量的方向相同
B．动量变化量的方向一定和动量的方向相同
C．物体的末动量方向一定和它所受合外力的冲量方向相同
D．冲量是物体动量变化的原因
解析：冲量的方向和动量的方向不一定相同，比如平抛运动，冲量方向竖直向下，动量方向是轨迹的切线方向，故A错误；动量增量的方向与合力的冲量方向相同，与动量的方向不一定相同，比如匀减速直线运动，动量变化量的方向和动量的方向相反，故B错误；物体的末动量方向不一定和它所受合外力的冲量方向相同，故C错误；根据动量定理可知，冲量是物体的动量变化的原因，故D正确．
答案：D
2．一个力作用在A物体上，在t s时间内．速度增量为6 m/s，这个力作用在B物体上时，在t s内速度增量为9 m/s，若把A、B两物体连在一起，再用此力作用t s，则整体速度的增量为(　　)
A. 15 m/s　　　　　 B．0.28 m/s
C. 3.6 m/s D. 3.0 m/s
解析：设这个力为F，根据动量定理，得
Ft＝mAΔv1，
Ft＝mBΔv2，
解得：mA＝，mB＝.
若把A、B两物体连在一起，根据动量定理，得
Ft＝(mA＋mB)Δv3，
解得Δv3＝3.6 m/s.
答案：C
3．如图所示，甲、乙两小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游玩，甲和他的冰车总质量为30 kg，乙和他的冰车总质量为30 kg，游戏时甲推着一质量为10 kg的木箱，和他一起以v0＝3.5 m/s的速度滑行，乙在甲的正前方相对地面静止，为避免碰撞，则甲至少以相对地面多大的速度将箱子推出才能避免与乙相撞(　　)
A．8 m/s B．3 m/s
C．6 m/s D. 10 m/s
解析：设甲至少以速度v将箱子推出，推出箱子后甲的速度为
v甲，乙获得的速度为v乙，取向右方向为正方向．以甲和箱子为系统，根据动量守恒，得
(M甲＋m)v0＝M甲v甲＋mv，①
选箱子和乙为系统，得mv＝(m＋M乙)v乙，②
当甲与乙恰好不相撞时v甲＝v乙，③
联立①②③得v＝8 m/s.
答案：A
4．甲、乙两物体的质量之比为m甲∶m乙＝1∶4，若它们在运动过程中的动能相等，则它们动量大小之比p甲∶p乙是(　　)
A．1∶1 B．1∶2
C．1∶4 D．2∶1
解析：根据运动过程中的动能相等，得m甲v＝m乙v，
甲的动量p甲＝m甲v甲＝)，
乙的动量p乙＝m乙v乙＝)，
所以＝＝.
答案：B
B级　提能力
5.沿光滑水平面在同一条直线上运动的两物体A、B碰撞后以共同的速度运动，该过程的位移—时间图象如图所示．则下列判断错误的是(　　)
A．碰撞前后A的运动方向相反
B．A、B的质量之比为1∶2
C．碰撞过程中A的动能变大，B的动能减小
D．碰前B的动量较大
解析：由位移—时间图象可得，碰之前vA＝ m/s＝－5 m/s，碰之后vA′＝ m/s＝5 m/s；则碰撞前后A的运动方向相反，故A正确；由位移—时间图象可得，碰之前vB＝ m/s＝10 m/s；根据动量守恒得mAvA＋mBvB＝vA′，代入数据得mA∶mB＝1∶2，故B正确；碰撞前后A速度大小相等，则碰撞过程中A动能不变，故C错误；碰前AB速度方向相反，碰后AB速度方向与B碰前速度方向相同，则碰前B动量较大，故D正确．
答案：C
6．如图所示，细线上端固定于O点，其下端系一小球，细线长L.现将细线和小球拉至图中实线位置，此时细线与竖直方向的夹角θ＝60°，在小球摆动的最低点处放置一质量相同的泥球，然后使小球从实线位置由静止释放，当它运动到最低点时与泥球碰撞并合为一体，它们一起摆动中可达到的最大高度是(　　)
A. B.
C. D.
解析：设小球与泥球碰前的速度为v1，碰撞后的速度为v2，小球下落过程中有mgL(1－cos 60°)＝mv，在碰撞过程中有mv1＝2mv2，上升过程中有2mgh＝·2mv，由以上各式解得h＝.
答案：C
7.(多选)如图所示，小车A 静止于光滑水平面上，A上有一圆弧PQ，圆弧位于同一竖直平面内，小球B由静止起沿圆弧下滑，这一过程中(　　)
A．若圆弧光滑，则系统的动量守恒，机械能守恒
B．若圆弧光滑，则系统的动量不守恒，机械能守恒
C．若圆弧不光滑，则系统水平方向的动量守恒，但机械能不守恒
D．若圆弧不光滑，则系统水平方向的动量不守恒，机械能不守恒
解析：不论圆弧是否光滑，小车与小球组成的系统在小球下滑过程中系统所受合外力都不为零，则系统动量都不守恒．但系统水平方向不受外力，所以系统水平方向的动量守恒．若圆弧光滑，只有重力做功，系统的机械能守恒．若圆弧不光滑，系统要克服摩擦力做功，机械能减少，故A、D错误，B、C正确．
答案：BC
8．将质量为m＝1 kg的小球，从距水平地面高h＝5 m处，以v0＝10 m/s的水平速度抛出，不计空气阻力，g取10 m/s2.求：
(1)抛出后0.4 s内重力对小球的冲量；
(2)平抛运动过程中小球动量的增量Δp；
(3)小球落地时的动量p′.
解析：由于平抛运动的竖直分运动为自由落体运动，故h＝gt2，落地时间t＝ ＝1 s.
(1)重力是恒力，0.4 s内重力对小球的冲量
I＝mgt′＝1×10×0.4 N·s＝4 N·s，方向竖直向下．
(2)小球飞行过程中只受重力作用，所以合外力的冲量为I＝mgt＝1×10×1 N·s＝10 N·s，方向竖直向下．
由动量定理得Δp＝I＝10 N·s，方向竖直向下．
(3)小球落地时竖直分速度为vy＝gt＝10 m/s.如图，落地速度v＝＋v)＝ m/s＝10 m/s，
设v0与v的夹角为θ，则tan θ＝＝1，
所以小球落地时的动量大小
p′＝mv＝10 kg·m/s，与水平方向的夹角为45°.
答案：(1)4 N·s，方向竖直向下　(2)10 N·s，方向竖直向下　(3)10 kg·m/s，方向与水平方向的夹角为45°
9．如图所示，小物块A在粗糙水平面上做直线运动，经距离l时与另一小物块B发生碰撞并粘在一起以速度v飞离桌面，最终落在水平地面上．已知l＝5.0 m，s＝0.9 m，A、B质量相等且m＝0.10 kg，物块与桌面间的动摩擦因数μ＝0.45，桌面高h＝0.45 m．不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2.求：
(1)A、B一起平抛的初速度v；
(2)小物块A的初速度v0.
解析：(1)两木块离开桌面后做平抛运动，设在空中飞行的时间为t
根据平抛运动规律有：
代入数据解得：v＝s＝0.9 m/s≈3.0 m/s.
(2) A在桌面上滑行过程，由动能定理得：
－μmgl＝mv′2－mv，
A、B碰撞过程，由动量守恒定律：
mv′＝2mv，
联立得：v0＝＝9 m/s.
答案：(1)3.0 m/s　(2)9 m/s
10．如图所示，长l＝0.2 m的细线上端固定在O点，下端连接一个质量为m＝0.5 kg的小球，悬点O距地面的高度H＝0.35 m．开始时将小球提到O点而静止，然后让它自由下落，当小球到达使细线被拉直的位置时，刚好把细线拉断，再经过t＝0.1 s落到地面．如果不考虑细线的形变，g取10 m/s2，试求：
(1)细线拉断前后的速度大小和方向；
(2)假设细线由拉直到断裂所经历的时间为Δt＝0.1 s，试确定细线的平均张力大小．
解析：(1)细线拉断前，小球下落过程机械能守恒：
mgl＝mv，
得v1＝＝2 m/s，方向竖直向下．
设细线拉断后球速为v2，方向竖直向下，由
H－l＝v2t＋gt2，
可得：v2＝1 m/s，方向竖直向下．
(2)设细线的平均张力为F，方向竖直向上．取竖直向上为正方向，
由动量定理可得：
(F－mg)Δt＝－mv2－(－mv1)，
故F＝＋mg，解得F＝10 N.
答案：(1)2 m/s，方向竖直向下　1 m/s，方向竖直向下　(2)10 N