第頁高中魯科版物理新選修3-5第一章動量守恒研究章節(jié)練習(xí)一、單項選擇題1.如下圖，兩個質(zhì)量相等的物體A、B從同一高度沿傾角不同的兩光滑斜面由靜止自由滑下，在物體下滑到斜面底端的過程中，以下說法中正確的選項是〔

〕

A.

兩物體所受重力的沖量相同

B.

兩物體所受合力的沖量相同

C.

兩物體到達(dá)斜面底端時的動量不同

D.

兩物體到達(dá)斜面底端時的動量水平分量相同2.一只小船靜止在湖面上，一個人從小船的一端走到另一端〔不計水的阻力〕，以下說法中正確的選項是〔

〕A.

人走得越快，那么人獲得的動量比船獲得的動量大得越多

B.

假設(shè)人的質(zhì)量小于船的質(zhì)量，那么人獲得的動量大于船獲得的動量

C.

假設(shè)人的質(zhì)量小于船的質(zhì)量，那么人獲得的動量小于船獲得的動量

D.

不管何種情況，人獲得的動量數(shù)值上總是等于船獲得的動量3.物體的動量變化量的大小為5kg?m/s，這說明〔

〕A.

物體的動量在減小

B.

物體的動量在增大

C.

物體的動量大小一定變化

D.

物體的動量大小可能不變4.兩小球A和B，A球系在一根長為L的輕質(zhì)細(xì)繩OA上，B球系在輕質(zhì)橡皮繩OB上，現(xiàn)將兩球都拉到如下圖的水平位置上，讓兩繩均拉直〔此時橡皮繩為原長〕，然后無初速釋放．不計空氣阻力，當(dāng)兩球通過最低點時，橡皮繩與細(xì)繩等長．關(guān)于小球A和B，以下說法正確的選項是〔〕

A.

通過最低點時小球A的機械能大于小球B的機械能

B.

兩小球從釋放至運動到最低點的全程中機械能均守恒

C.

兩小球從釋放至運動到最低點的過程中重力的沖量一定相等

D.

小球A運動到最低點時的速率大于小球B運動到該點的速率5.質(zhì)量為2kg的小球自塔頂由靜止開始下落，不考慮空氣阻力的影響，g取10m/s2，以下說法中正確的選項是〔

〕A.

2s末小球的動量大小為40kg?m/s

B.

2s末小球的動能為40J

C.

2s內(nèi)重力的沖量大小為20N?s

D.

2s內(nèi)重力的平均功率為20W6.如下圖，豎直平面內(nèi)有一半圓槽，A、C等高，B為圓槽最低點，小球從A點正上方O點靜止釋放，從A點切入圓槽，剛好能運動至C點．設(shè)球在AB段和BC段運動過程中，運動時間分別為t1、t2，合外力的沖量大小為I1、I2，那么〔〕

A.

t1＞t2

B.

t1=t2

C.

I1＞I2

D.

I1=I27.甲、乙兩名滑冰運發(fā)動沿同一直線相向運動，速度大小分別為3m/s和1m/s，迎面碰撞后〔正碰〕，甲、乙兩人反向運動，速度大小均為2m/s，那么甲、乙兩人質(zhì)量之比為〔

〕

A.

2：3

B.

2：5

C.

3：5

D.

5：38.如下圖，質(zhì)量為M的木塊位于光滑水平面上，在木塊與墻之間用輕彈簧連接，開始時木塊靜止在A位置．現(xiàn)有一質(zhì)量為m的子彈以水平速度v0射向木塊并嵌入其中，那么當(dāng)木塊回到A位置時的速度v以及此過程中墻對彈簧的沖量I的大小分別為〔〕

A.

v=，I=0

B.

v=，I=2mv0

C.

v=，I=

D.

v=，I=2mv0二、填空題9.如下圖，水平地面上靜止放置一輛小車A，質(zhì)量mA＝4kg，上外表光滑，小車與地面間的摩擦力極小，可以忽略不計．可視為質(zhì)點的物塊B置于A的最右端，B的質(zhì)量mB＝2kg.現(xiàn)對A施加一個水平向右的恒力F＝10N，A運動一段時間后，小車左端固定的擋板與B發(fā)生碰撞，碰撞時間極短，碰后A、B粘合在一起，共同在F的作用下繼續(xù)運動，碰撞后經(jīng)時間t＝0.6s，二者的速度到達(dá)vt＝2m/s，A開始運動時加速度a的大小________.

10.如下圖，光滑水平面上有m1=2kg，m2=4kg的兩個物體，其中m2左側(cè)固定一輕質(zhì)彈簧，m1以v0=6m/s的速度向右運動，通過壓縮彈簧與原來靜止的m2發(fā)生相互作用，那么彈簧被壓縮最短時m2的速度v=________m/s，此時彈簧存儲的彈性勢能為________J．

11.甲、乙兩球的動量大小分別為20kg?m/s和40kg?m/s，兩球的動能為15J和45J，甲、乙兩球的質(zhì)量之比為________．兩球相向運動發(fā)生碰撞〔不計外力作用〕，碰撞后________球速度變化大．12.如圖為實驗室常用的氣墊導(dǎo)軌驗證動量守恒的裝置．在水平放置的氣墊導(dǎo)軌上，質(zhì)量為0.4kg、速度為0.5m/s的滑塊A與質(zhì)量為0.6kg、速度為0.1m/s的滑塊A迎面相撞，碰撞前A、A總動量大小是________kg?m/s；碰撞后滑塊A被彈回的速度大小為0.2m/s，此時滑塊A的速度大小為________m/s，方向與它原來速度方向________．〔“相同〞或“相反〞〕

三、綜合題13.如圖，發(fā)電機輸出功率為100kW，輸出電壓為U1=250V，用戶需要的電壓為U4=220V，兩變壓器之間輸電線的總電阻為R=10Ω，其它電線的電阻不計．假設(shè)輸電線中因發(fā)熱而損失的功率為總功率的4%，試求：〔變壓器是理想的〕

〔1〕發(fā)電機輸出電流和輸電線上的電流大?。?〕在輸電線路中設(shè)置的升、降變壓器原、副線圈的匝數(shù)比．14.如圖，一質(zhì)量m2=0.25kg的平頂小車，車頂右端放一質(zhì)量m3=0.2kg的小物體，小物體可視為質(zhì)點，與車頂之間的動摩擦因數(shù)μ=0.4，小車靜止在光滑的水平軌道上．現(xiàn)有一質(zhì)量m1=0.05kg的子彈以水平速度v0=12m/s射中小車左端，并留在車中．子彈與車相互作用時間很短．假設(shè)使小物體不從車頂上滑落，g取10m/s2．求：〔1〕最后物體與車的共同速度為多少？小車的最小長度應(yīng)為多少？〔2〕小木塊在小車上滑行的時間．四、解答題15.體育課上王強同學(xué)為了檢查籃球氣是否充足，于是手持籃球自離地面高度0.8m處以3m/s的初速度豎直向下拋出，球與地面相碰后豎直向上彈起的最大高度為0.45m，籃球的質(zhì)量為1kg，球與地面接觸時間為1s，假設(shè)把在這段時間內(nèi)球?qū)Φ孛娴淖饔昧Ξ?dāng)作恒力處理，求此力的大?。部諝庾枇Σ挥嫞琯=10m/s2〕五、實驗探究題16.如圖，用“碰撞實驗器〞可以驗證動量守恒定律，即研究兩個小球在軌道水平局部碰撞前后的動量關(guān)系．

〔1〕實驗中，直接測定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是，可以通過僅測量

〔填選項前的符號〕，間接地解決這個問題．A.

小球開始釋放高度h

B.

小球做平拋運動的水平射程

C.

小球拋出點距地面的高度H〔2〕圖中O點是小球拋出點在地面上的垂直投影．實驗時，先讓入射球m1屢次從斜軌上S位置靜止釋放，找到其平均落地點的位置P，測量平拋射程OP．然后，把被碰小球m2靜置于軌道的水平局部，再將入射球m1從斜軌上S位置靜止釋放，與小球m2相碰，并屢次重復(fù)．接下來要完成的必要步驟是________．〔填選項前的符號〕

A．用天平測量兩個小球的質(zhì)量m1、m2

B．分別找到m1、m2相碰后平均落地點的位置M、N

C．測量拋出點距地面的高度H

D．測量平拋射程OM，ON

E．測量小球m1開始釋放高度h〔3〕假設(shè)兩球相碰前后的動量守恒，其表達(dá)式可表示為________〔用第〔2〕小題中測量的量表示〕；假設(shè)碰撞是完全彈性碰撞，那么還應(yīng)滿足的表達(dá)式為________〔用第〔2〕小題中測量的量表示〕．答案解析局部一、單項選擇題1.【答案】C【解析】【解答】解：物體在下滑中只有重力做功，而重力做功只與高度差有關(guān)，故兩種情況下重力做功相等，由mgh=mv2得兩種情況下到達(dá)斜面底端的速度的大小是相等的；

A、兩種情況下到達(dá)斜面底端的速度的大小是相等，又因長的斜面傾角小，物體的加速度小，所以斜面越長下滑的時間越長，所以兩種情況下重力作用的時間不相等，重力的沖量也不相等．故A錯誤；

B、物體在兩種情況下到達(dá)斜面底端的速度的大小是相等的，而速度的方向不同，所以粒子情況下物體的末動量不同．根據(jù)動量定理：I=△P=mv﹣0，所以合力的沖量大小相等，方向是不同的．故B錯誤；

C、物體在兩種情況下到達(dá)斜面底端的速度的大小是相等的，方向不同，所以兩物體到達(dá)斜面底端時的動量不同．故C正確；

D、物體在兩種情況下到達(dá)斜面底端的速度的大小是相等的，而速度的方向不同，所以兩物體到達(dá)斜面底端時的動量水平分量不同．故D錯誤．

應(yīng)選：C

【分析】分析物體的受力情況，并找出各力的沖量情況，由動量定理、機械能守恒可判斷出各量是否相同．2.【答案】D【解析】【解答】解：人與船組成的系統(tǒng)動量守恒，開始時人與船都靜止，初動量為零，

在人走動過程中，系統(tǒng)動量守恒，以人的速度方向為正方向，

由動量守恒定律得：mv﹣Mv′=0，那么mv=Mv′，人與船的動量大小相等，方向相反，故ABC錯誤，D正確；

應(yīng)選：D．

【分析】對整體受力分析，根據(jù)動量守恒的條件可得出系統(tǒng)是否動量守恒；然后應(yīng)用動量守恒定律分析答題．3.【答案】D【解析】【解答】解：物體的動量變化量的大小為5kg?m/s，動量是矢量，動量變化的方向與初動量可能同向、可能反向、也可能不在同一條直線上，故物體的動量的大小可能增加、可能減小，也可能不變．故D正確，A、B、C錯誤．

應(yīng)選：D．

【分析】動量是矢量，只要動量的方向發(fā)生變化，那么動量就發(fā)生變化．4.【答案】D【解析】【解答】A、A、B兩小球質(zhì)量未知，故機械能大小無法比擬，故A錯誤．

B、橡皮繩和小球B組成的系統(tǒng)機械能守恒，但小球B單獨機械能不守恒，故B錯誤．

C、A、B兩球的重力大小未知，雖然知道球A的運動時間短、球B的長，但無法比擬沖量大小，故C錯誤．

D、球A的重力勢能全部轉(zhuǎn)化為其動能，球B的重力勢能局部轉(zhuǎn)化為球B的動能，所以在最低點球A的速率大于球B的速率，故D正確．

應(yīng)選：D．

【分析】根據(jù)機械能守恒定律可分析系統(tǒng)及兩小球機械能是否守恒并比擬兩球的速度大??；根據(jù)動量定理分析受到的沖量．5.【答案】A【解析】【解答】解：A、小球自塔頂由靜止開始下落，根據(jù)運動學(xué)公式，2s末小球的速度v=gt=10×2m/s=20m/s；

那么2s末小球的動量大小，P=mv=2×20kg?m/s=40kg?m/s，故A正確；

B、2s末小球的動能==400J，故B錯誤；

C、根據(jù)沖量表達(dá)式I=Ft=2×10×2N?s=40N?s，故C錯誤；

D、根據(jù)平均功率表達(dá)式=，2s內(nèi)重力的平均功率==W=200W，故D錯誤；

應(yīng)選：A．

【分析】A、根據(jù)動量表達(dá)式P=mv，結(jié)合運動學(xué)公式v=gt，即可求解；

B、根據(jù)動能表達(dá)式，結(jié)合運動學(xué)公式v=gt，即可求解；

C、根據(jù)沖量表達(dá)式I=Ft，即可求解；

D、根據(jù)平均功率表達(dá)式=，即可求解．6.【答案】C【解析】【解答】解：AB、小球從A點正上方O點靜止釋放，做自由落體運動，從A點切入圓槽，剛好能運動至C點．即從A到C速度越來越小，AB段平均速率大于BC段平均速率，兩段路程相等，所以球在AB段和BC段運動過程中的運動時間為t1＜t2，AB不符合題意；

CD、沿圓心方向的合力與速度垂直，動量變化為零，AB段平均速率大于BC段平均速率，說明切線方向上AB段速度變化量較大，根據(jù)動量定理，合外力的沖量等于動量的變化，所以合外力的沖量大小為I1＞I2，C符合題意，D不符合題意．

故答案為：C．

【分析】先分析小球的運動過程，分成兩個階段，自由落體運動和勻速圓周運動，根據(jù)，動量定理分析，求解。7.【答案】C【解析】【解答】解：兩人碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以甲的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：

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正確；

應(yīng)選：C．

【分析】碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，應(yīng)用動量守恒定律可以求出質(zhì)量之比．8.【答案】B【解析】【解答】解：子彈射入木塊過程，由于時間極短，子彈與木塊間的內(nèi)力遠(yuǎn)大于系統(tǒng)外力，由動量守恒定律得：

mv0=〔M+m〕v

解得：v=

子彈和木塊系統(tǒng)在彈簧彈力的作用下先做減速運動，后做加速運動，回到A位置時速度大小不變，即當(dāng)木塊回到A位置時的速度大小v=；

子彈和木塊彈簧組成的系統(tǒng)受到的合力即可墻對彈簧的作用力，根據(jù)動量定理得：

I=﹣〔M+m〕v﹣mv0=﹣2mv0

所以墻對彈簧的沖量I的大小為2mv0

故答案為：B

【分析】子彈射入木塊的過程，滿足動量守恒可以根據(jù)動量守恒的式子求出子彈和物塊末速度。結(jié)合物體的運動情況和動量定理進(jìn)行求解。二、填空題9.【答案】2.5m/s2【解析】【解答】以A為研究對象，由牛頓第二定律有F＝mAa①代入數(shù)據(jù)解得a＝2.5m/s2

【分析】由牛頓第二定律可以求出加速度，主要考查動量定理和動量守恒定律。10.【答案】2；24【解析】【解答】當(dāng)滑塊A、B的速度相同時，彈簧被壓縮最短，彈簧的彈性勢能最大．設(shè)向右為正方向，由動量守恒定律有：

m1v0=〔m1+m2〕v，

代入數(shù)據(jù)解得：v=2m/s，

由能量守恒定律得：Epm=m1v02﹣〔m1+m2〕v2，

代入數(shù)據(jù)解得：Epm=24J；

故答案為：2，24．

【分析】當(dāng)滑塊A、B的速度相同時，間距最小，彈簧壓縮量最大，彈簧的彈性勢能最大，根據(jù)動量守恒和能量守恒列方程求出速度與彈性勢能．11.【答案】3：4；甲【解析】【解答】解：根據(jù)動量P=mv，動能，

解得：，

那么，

甲乙兩球碰撞過程中，系統(tǒng)動量守恒，那么甲球的動量變化量大小等于乙球的動量變化量大小，

速度變化量，甲球的質(zhì)量小，那么甲球的速度變化量大．

故答案為：3：4，甲

【分析】根據(jù)動量和動能的表達(dá)式求出質(zhì)量的表達(dá)式，帶入數(shù)據(jù)求出質(zhì)量之比，甲乙兩球碰撞過程中，系統(tǒng)動量守恒，那么甲球的動量變化量大小等于乙球的動量變化量大小，根據(jù)判斷速度變化大?。?2.【答案】0.14；0.05；相同【解析】【解答】兩滑塊碰撞過程動量守恒，以兩滑塊組成的系統(tǒng)為研究對象，以甲的速度方向為正方向，碰前的總動量P=m甲v甲﹣m乙v乙=0.4×0.5﹣0.6×0.1=0.14kg?m/s

碰撞后乙的速度變?yōu)?.2m/s，

大于乙的初速度大小，說明乙碰撞后速度反向，

由動量守恒定律得：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，方向與原來方向相同．

故答案為：0.14；0.05；相同．

【分析】設(shè)定正方向，由動量的定義可求得碰前的總動量；在兩滑塊碰撞過程中系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律可以求出碰后滑塊的速度．三、綜合題13.【答案】〔1〕輸電線路的示意圖如下圖，

輸電線損耗功率P線=100×4%kW=4kW，

又P線=I22R線

輸電線電流I2=I3=20A

原線圈中輸入電流I1==A=400A

答：發(fā)電機輸出電流為400A，輸電線上的電流為20A．

〔2〕原副線圈中的電流比等于匝數(shù)的反比，

所以=

這樣U2=U1=250×20V=5000V

U3=U2﹣U線=5000﹣20×10V=4800V

所以=

答：升壓變壓器的原副線圈的匝數(shù)比為1：20；降壓變壓器的原副線圈的匝數(shù)比為240：11．【解析】【分析】畫出輸電線路圖，由輸電線損耗功率求出輸電電流I2，再由發(fā)電機輸出功率與輸出電壓求得升壓變壓器的原線圈的電流I1，由是I1，I2得升壓變壓器的匝數(shù)比；求出升壓變壓器的匝數(shù)比后可求出降壓變壓器的原線圈的電壓，再與用戶電壓結(jié)合求出降壓變壓器的原副線圈的匝數(shù)比．14.【答案】〔1〕解：子彈進(jìn)入小車的過程中，子彈與小車組成的系統(tǒng)動量守恒，以子彈速度初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：m1v0=〔m2+m1〕v1①

由三物體組成的系統(tǒng)動量守恒，以子彈速度初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：

〔m2+m1〕v1=〔m2+m1+m3〕v2②

設(shè)小車最小長度為L，三物體相對靜止后，對系統(tǒng)利用能量守恒定律得：

〔m2+m1〕v12﹣〔m2+m1+m3〕=μm3gL③

聯(lián)立以上方程解得：L=0.3m

車與物體的共同速度為：v2=1.2m/s

〔2〕解：以m3為研究對象，利用動量定理可得：μm3gt=m3v2解得：t=0.3s【解析】【分析】〔1、2〕子彈進(jìn)入小車的過程中，子彈與小車組成的系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律列式，三物體組成的系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律列式，設(shè)小車最小長度為L，三物體相對靜止后，對系統(tǒng)利用能量守恒定律列式，聯(lián)立方程即可求解；〔3〕以m3為研究對象，利用動量定理列式即可求解．四、解答題15.【答案】解：設(shè)球與地面碰撞前速度大小為v1，碰后速度大小為v2

由運動學(xué)規(guī)律，對球下落過程，有：v12﹣v02=2gh1

代入數(shù)據(jù)的2：v1=5m/s

對球上升過程，有：v22=2gh2

代入數(shù)據(jù)得：v2=3m/s

設(shè)向上為正，那么對碰撞過程，由動量定理，得：

〔FN﹣mg〕t=mv2﹣〔﹣mv1〕

代入數(shù)據(jù)得：FN=18N

由牛頓第三定律可知球?qū)Φ孛娴淖饔昧Υ笮椋篎N′=FN=18N

答：球?qū)Φ孛娴淖饔昧Υ笮?8N．【解析】【分析】先由速度﹣位移公式求出球與地面碰撞前