学年高中物理第十六章动量守恒定律第节动量和动量定理课时分层训练含解析新人教版选修-.doc

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1、第2节动量和动量定理根底达标练1如下图，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，假设以速度2v抽出纸条，那么铁块落地点为()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(多项选择)恒力F作用在质量为m的物体上，如下图，由于地面对物体的摩擦力较大，物体没有被拉动，那么经时间t，以下说法正确的选项是()A拉力F对物体的冲量大小为零B拉力F对物

2、体的冲量大小为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(2022三明一中高二期末)如下图，运发动挥拍将质量为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，那么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)，

3、方向与v1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. (多项选择)如下图，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(sin 370.6，cos 370.8)，不计空气阻力，那么()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

4、力的瞬时功率之比为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，那么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，那么C错误；02 s过程中，重力的冲量相同，那么两球的动量改变相同，那么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，以下结论正确的选项是()A.mvB2mvA2

5、BWmvB2mvA2CImvBmvA 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，那么加速度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，所幸客机及时平安着陆，无人受伤假设飞机的速度为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

6、 s那么飞机受到小鸟对它的平均作用力的大小约为()A104 N B105 NC106 N D107 N解析：选C此题为估算题，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.(多项选择)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，那么以下说法正确的选项是()A6 s末物块

7、的速度为零B物块一直沿斜面向上运动C04 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，那么物块在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

8、sa1t210 m，所以02 s内拉力做的功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如下图，一足球运发动踢一个质量为0.4 kg的足球(1)假设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)假设足球以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/s

9、4 kgm/s，方向向右动量的改变量为ppp2.4 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，那么以下说法正确的选项是()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

10、小C由A到C的过程中，物块重力势能的变化量与克服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，那么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)，那么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

11、p2(各量均取国际单位)，那么此质点()A加速度为2 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，那么动量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，那么动量的变化量pmv8 kgm/s，故B正确；因为相同时间内速度的变化量相同，那么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，那么动量的增加量不等，故D错误11.如下图，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，

12、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，那么()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，那么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

13、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的变化规律如图2所示物体与地面间的动摩擦因数处处相等那么()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，那么合力的冲量大小为mat0，那么A错误；t0时刻，力F合等于0，F等于摩擦力，那么B错误；在0到t0时间内力F大小变小，那么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，那么D正确13如下图，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

14、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如下图，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

15、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 m.答案：(1)3.0 m/s(2)0.50 m