（江蘇專版）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時跟蹤檢測（三十七）動量定理 動量守恒定律（含解析）

《（江蘇專版）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時跟蹤檢測（三十七）動量定理 動量守恒定律（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（江蘇專版）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時跟蹤檢測（三十七）動量定理 動量守恒定律（含解析）（6頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、課時跟蹤檢測（三十七） 動量定理 動量守恒定律 對點(diǎn)訓(xùn)練：動量定理的理解與應(yīng)用 1．(2018·全國卷Ⅱ)高空墜物極易對行人造成傷害。若一個50 g的雞蛋從一居民樓的25層墜下，與地面的碰撞時間約為2 ms，則該雞蛋對地面產(chǎn)生的沖擊力約為(　　) A．10 N　　　　　　　　　　 B．102 N C．103 N D．104 N 解析：選C　設(shè)每層樓高約為3 m，則下落高度約為h＝3×25 m＝75 m，達(dá)到的速度v2＝2gh，根據(jù)動量定理(F－mg)t＝0－(－mv)，解得雞蛋受到地面的沖擊力F＝＋mg≈103 N，由牛頓第三定律知C正確。 2．(2018·徐州二模)蹦床運(yùn)動有

2、“空中芭蕾”之稱，某質(zhì)量m＝50 kg的運(yùn)動員從距蹦床h1＝1.25 m高處自由落下，接著又能彈起h2＝1.8 m高，運(yùn)動員與蹦床接觸時間t＝0.50 s，在空中保持直立，取g＝10 m/s2。求： (1)運(yùn)動員與蹦床接觸時間內(nèi)，所受重力的沖量大小I； (2)運(yùn)動員與蹦床接觸時間內(nèi)，受到蹦床平均彈力的大小F。 解析：(1)重力的沖量大小為： I＝mgt＝50×10×0.50 N·s＝250 N·s。 (2)設(shè)運(yùn)動員下落h1高度時的速度大小為v1，則根據(jù)動能定理可得：mgh1＝mv 解得v1＝5 m/s 彈起時速度大小為v2，則根據(jù)動能定理可得： mgh2＝mv 解得v2＝6

3、m/s 取向上為正方向，由動量定理有： (F－mg)·t＝mv2－(－mv1) 解得F＝1 600 N。 答案：(1)250 N·s　(2)1 600 N 3．(2019·蘇州質(zhì)檢)質(zhì)量為m＝1 kg的小球由高h(yuǎn)＝0.45 m處自由下落，落到水平地面后，以vt＝2 m/s的速度向上反彈。已知小球與地面接觸的時間為t＝0.1 s，g取10 m/s2。求： (1)小球落地前速度v的大??； (2)小球撞擊地面過程中，地面對球平均作用力F的大小。 解析：(1)小球做自由落體運(yùn)動，有v2＝2gh 代入數(shù)據(jù)解得v＝3 m/s。 (2)小球觸地反彈，取向上為正方向 由動量定理得(F－m

4、g)t＝mvt－(－mv) 代入數(shù)據(jù)解得F＝60 N。 答案：(1)3 m/s　(2)60 N 4．(2019·蘇北四市一模)如圖所示，光滑水平面上小球A、B分別以1.2 m/s、2.0 m/s 的速率相向運(yùn)動，碰撞后B球靜止。已知碰撞時間為0.05 s，A、B的質(zhì)量均為0.2 kg。求： (1)碰撞后A球的速度大??； (2)碰撞過程A對B平均作用力的大小。 解析：(1)A、B系統(tǒng)動量守恒，取B的運(yùn)動方向為正方向 由動量守恒定律得mvB－mvA＝0＋mvA′ 解得vA′＝0.8 m/s。 (2)對B，由動量定理得：－·Δt＝ΔpB＝0－mvB 解得＝8 N。 答案：(1)

5、0.8 m/s　(2)8 N 對點(diǎn)訓(xùn)練：動量守恒定律的理解及應(yīng)用 5．(2017·海南高考)光滑水平桌面上有P、Q兩個物塊，Q的質(zhì)量是P的n倍。將一輕彈簧置于P、Q之間，用外力緩慢壓P、Q。撤去外力后，P、Q開始運(yùn)動，P和Q的動量大小的比值為(　　) A．n2　　　　　　　　　　　 B．n C. D．1 解析：選D　撤去外力后，系統(tǒng)不受外力，所以總動量守恒，設(shè)P的動量方向為正方向，則根據(jù)動量守恒定律有：pP－pQ＝0，故pP＝pQ，故動量大小之比為1，故D正確。 6．下列情況中系統(tǒng)動量守恒的是(　　) ①小車停在光滑水平面上，人在車上走動時，對人與車組成的系統(tǒng) ②子彈水平射

6、入放在光滑水平面上的木塊中，對子彈與木塊組成的系統(tǒng) ③子彈射入緊靠墻角的木塊中，對子彈與木塊組成的系統(tǒng) ④氣球下用輕繩吊一重物一起加速上升時，繩子突然斷開后的一小段時間內(nèi)，對氣球與重物組成的系統(tǒng) A．只有① B．①② C．①③ D．①③④ 解析：選B?、傩≤囃Ｔ诠饣矫嫔希嚿系娜嗽谲嚿献邉訒r，對人與車組成的系統(tǒng)，受到的合外力為零，系統(tǒng)動量守恒；②子彈射入放在光滑水平面上的木塊中，對子彈與木塊組成的系統(tǒng)，系統(tǒng)所受外力之和為零，系統(tǒng)動量守恒；③子彈射入緊靠墻角的木塊中，對子彈與木塊組成的系統(tǒng)受墻角的作用力，系統(tǒng)所受外力之和不為零，系統(tǒng)動量不守恒；④氣球下用輕繩吊一重物一起加速

7、上升時，繩子突然斷開后的一小段時間內(nèi)，對氣球與重物組成的系統(tǒng)，所受的合外力不為零，系統(tǒng)動量不守恒；綜上可知，B正確，A、C、D錯誤。 7．(2019·鹽城中學(xué)檢測)下雪天，卡車在平直的高速公路上勻速行駛，司機(jī)突然發(fā)現(xiàn)前方停著一輛故障車，他將剎車踩到底，車輪被抱死，但卡車仍向前滑行，并撞上故障車，且推著它共同滑行了一段距離L后停下。已知卡車質(zhì)量M為故障車質(zhì)量m的5倍，設(shè)卡車與故障車相撞前的速度為v1，兩車相撞后的速度變?yōu)関2，相撞的時間極短。求： (1)v1∶v2的值； (2)卡車在碰撞過程中受到的沖量。 解析：(1)由系統(tǒng)動量守恒可得Mv1＝(M＋m)v2， 可得v1∶v2＝6∶5。

8、 (2)由動量定理可得卡車受到的沖量I＝Mv2－Mv1。 答案：(1)6∶5　(2)Mv2－Mv1 對點(diǎn)訓(xùn)練：碰撞、爆炸與反沖 8.(2018·大連期末)A、B兩物體發(fā)生正碰，碰撞前后物體A、B都在同一直線上運(yùn)動，其位移—時間圖像(x-t圖)如圖所示。由圖可知，物體A、B的質(zhì)量之比為(　　) A．1∶1　　　　　　　　　 B．1∶2 C．1∶3 D．3∶1 解析：選C　由x-t圖像可知，碰撞前vA＝＝ m/s＝4 m/s，vB＝0，碰撞后vA′＝vB′＝v＝＝ m/s＝1 m/s，碰撞過程動量守恒，對A、B組成的系統(tǒng)，設(shè)A原方向為正方向，則由動量守恒定律得：mAvA＝(mA＋

9、mB)v，解得mA∶mB＝1∶3，故C正確，A、B、D錯誤。 9.(2018·桂林質(zhì)檢)如圖所示，光滑水平面上有大小相同的A、B兩個小球在同一直線上運(yùn)動。兩球質(zhì)量關(guān)系為mB＝2mA，規(guī)定向右為正方向，A、B兩球的動量均為8 kg·m/s，運(yùn)動過程中兩球發(fā)生碰撞，碰撞后A球的動量增量為－4 kg·m/s，則(　　) A．右方為A球，碰撞后A、B兩球的速度大小之比為 2∶3 B．右方為A球，碰撞后A、B兩球的速度大小之比為 1∶6 C．左方為A球，碰撞后A、B兩球的速度大小之比為 2∶3 D．左方為A球，碰撞后A、B兩球的速度大小之比為 1∶6 解析：選C　A、B 兩球發(fā)生碰撞，規(guī)

10、定向右為正方向，由動量守恒定律可得ΔpA＝－ΔpB，由于碰后A球的動量增量為負(fù)值，所以右邊不可能是A球，若是A球則動量的增量應(yīng)該是正值，因此碰撞后A球的動量為4 kg·m/s，所以碰撞后B球的動量是增加的，為12 kg·m/s，由于mB＝2mA，所以碰撞后A、B兩球速度大小之比為2∶3，故C正確。 10．(2019·鹽城模擬)如圖所示，兩磁鐵各固定在一輛小車上，兩磁鐵的N極相對，小車能在水平面上無摩擦地沿同一直線運(yùn)動。已知甲車和磁鐵的總質(zhì)量為0.5 kg，乙車和磁鐵的總質(zhì)量為1.0 kg。同時推動一下，甲車的速率為2 m/s，乙車的速率為3 m/s，兩車相向運(yùn)動，直至相距最近，始終未相碰。求

11、： (1)兩車最近時乙車的速度大?。? (2)此過程中甲車動量的變化量大小。 解析：(1)由動量守恒定律可得 m甲v甲－m乙v乙＝(m甲＋m乙)v， 解得v＝－ m/s，負(fù)號表示方向與甲初速度方向相反。 (2)甲車動量的變化量Δp＝m甲v－m甲v甲＝－ kg·m/s，負(fù)號表示方向與甲初速度方向相反。 答案：(1) m/s　(2) kg·m/s 考點(diǎn)綜合訓(xùn)練 11．(2018·連云港二模)如圖所示，位于光滑水平桌面上的質(zhì)量均為m的小滑塊P和Q都可視為質(zhì)點(diǎn)。Q與輕質(zhì)彈簧相連，靜止在水平面上，P以某一初速度v向Q運(yùn)動并與彈簧發(fā)生碰撞，在整個過程中，彈簧具有的最大彈性勢能等于_____

12、_。 解析：P、Q相互作用過程系統(tǒng)動量守恒，以P的初速度方向為正方向，當(dāng)兩者速度相同時彈簧的彈性勢能最大，由動量守恒定律得mv＝(m＋m)v1，解得v1＝v； 由能量守恒定律得mv2＝(m＋m)v＋Ep， 解得Ep＝mv2。 答案：mv2 12．(2019·無錫一中檢測)如圖所示，質(zhì)量為m2＝10 kg的小球靜止于光滑水平面上，另一個質(zhì)量為m1＝5 kg的小球，以v1＝10 m/s 的速度與靜止小球相碰后以2 m/s的速率被彈回。碰撞前兩小球的總動能為________J，碰撞后兩小球的總動能為________J。說明這次碰撞是________。(選填“彈性碰撞”或“非彈性碰撞”)

13、解析：碰撞前兩個小球的總動能：Ek1＝m1v＝×5×102 J＝250 J，碰撞過程動量守恒，由動量守恒定律得：m1v1＝－m1v1′＋m2v2，解得v2＝6 m/s；碰撞后兩小球的總動能：Ek2＝m1v1′2＋m2v＝×5×22 J＋×10×62 J＝190 J，因為Ek1＞Ek2，有能量損失，是非彈性碰撞。 答案：250　190　非彈性碰撞 13．(2019·如皋檢測)如圖所示，在橄欖球比賽中，質(zhì)量為100 kg的橄欖球前鋒以vA＝5 m/s的速度跑動，想穿越防守隊員到底線觸地得分，就在他剛要到底線時，迎面撞上了對方兩名質(zhì)量均為75 kg的球員，一個速度vB＝2 m/s，另一個速度vC

14、＝4 m/s，他們騰空扭在了一起。他們碰撞后瞬間的速度大小約是______ m/s，在此過程中三名球員的總機(jī)械能_______(填“增大”“不變”或“減小”)。 解析：以前鋒A的速度vA的方向為正方向，設(shè)碰撞后瞬間的共同速度為v， 根據(jù)動量守恒定律得：mAvA－mBvB－mCvC＝(mA＋mB＋mC)v， 代入數(shù)據(jù)解得：v＝0.2 m/s， 碰撞前三名隊員的總動能：Ek1＝mAv＋mBv＋mCv＝2 000 J， 碰撞后三名隊員的總動能：Ek2＝(mA＋mB＋mC)v2＝5 J，可知， 在碰撞過程中三名球員的總機(jī)械能減小。 答案：0.2　減小 14．(2018·南通三模)冰雪游

15、樂場上一質(zhì)量為M的人站在質(zhì)量為m的冰車A上一起運(yùn)動，迎面而來一個質(zhì)量也為m的冰車B，為了防止相撞，該人跳上冰車B，冰車A的速度立即變?yōu)榱?；人和冰車B一起以速度v，沿A原來的方向運(yùn)動，不計冰面與冰車間的摩擦，則： (1)相撞前該人和兩冰車的總動量大小p是多少？ (2)若要使兩冰車恰好不相撞，求該人跳到冰車B上后冰車A的速度大小vA。 解析：(1)以兩小車和人組成的系統(tǒng)為研究對象，由動量守恒定律得知，系統(tǒng)的初動量大?。? p＝(M＋m)v。 (2)為避免兩車恰好不會發(fā)生碰撞，最終兩車和人具有相同速度(設(shè)為v共)，則： (M＋m)v＝(2m＋M)v共 解得：v共＝ 該人跳到冰車B上后冰車A的速度大小vA＝。 答案：(1)(M＋m)v　(2) 6