2022年新教材高中物理 第1章 动量及其守恒定律 本章复习提升（含解析）鲁科版选择性必修第一册.docx

1、第1章 动量及其守恒定律本章复习提升易混易错练易错点一应用动量定理时不能正确处理重力的冲量1.()高空作业人员要系安全带,如果质量为m的高空作业人员不慎跌落,从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动),此后经历时间t安全带达到最大伸长量,若在此过程中该作用力始终竖直向上,则该段时间安全带对人的平均作用力大小为(重力加速度大小为g)()A.m2ght+mgB.m2ght-mgC.mght+mgD.mght-mg2.()质量为0.5 kg的弹性小球,从距地板1.25 m高处自由下落,与地板碰撞后回跳高度为0.8 m,g取10 m/s2。(1)若地板对小球的平均冲力大

2、小为100 N,求小球与地板的碰撞时间;(2)若小球与地板碰撞无机械能损失,碰撞时间为0.1 s,求小球对地板的平均冲力。3.()如图所示,一条不可伸长的轻绳跨过光滑的定滑轮。两端分别拴有质量为m及M的物体,M大于m,质量为M的物体静止在地面上。当质量为m的物体自由下落h距离后,绳子才被拉紧。求绳子刚被拉紧时两物体的速度。易错点二应用动量守恒定律时不能正确掌握速度的相对性4.()一个静止的质量为M的原子核,放射出一个质量为m的粒子,粒子离开原子核时相对于核的速度为v0,原子核剩余部分的速率等于()A.v0B.mM-mv0C.mMv0D.m2m-Mv05.()一门旧式大炮在光滑的平直轨道上以v=

3、5 m/s的速度匀速前进,炮身质量为M=1 000 kg,现将一质量为m=25 kg的炮弹,以相对炮身的速度大小v1=600 m/s与v反向水平射出,求射出炮弹后炮身的速度v。易错点三碰撞问题中没有考虑“实际情景”6.()如图所示,质量相等的A、B两个球,原来在光滑水平面上沿同一直线相向做匀速直线运动,A球的速度是6 m/s,B球的速度是-2 m/s,不久A、B两球发生了对心碰撞。对于该碰撞之后的A、B两球的速度可能值,某实验小组的同学们做了很多种猜测,下面的猜测结果一定无法实现的是()A.vA=-2 m/s,vB=6 m/sB.vA=2 m/s,vB=2 m/sC.vA=1 m/s,vB=3

4、 m/sD.vA=-3 m/s,vB=7 m/s7.()(多选)A、B两个质量相等的球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动,A球的动量是7 kgm/s,B球的动量是5 kgm/s,若A球追上B球发生碰撞,则碰撞后A、B两球的动量可能值是()A.pA=8 kgm/s,pB=4 kgm/sB.pA=6 kgm/s,pB=6 kgm/sC.pA=5 kgm/s,pB=7 kgm/sD.pA=-2 kgm/s,pB=14 kgm/s思想方法练思想方法一等效思想的应用1.()使用高压水枪作为切割机床的切刀具有独特优势,得到广泛应用。如图所示,若水柱横截面积为S,水流以速度v垂直射到被切割的钢板上,之后

5、水速减为零,已知水的密度为,则水对钢板的冲力为()A.SvB.Sv2C.12Sv2D.12Sv2.()一火箭喷气发动机每次喷出m=200 g的气体,气体离开发动机时速度v=1 000 m/s,设火箭质量M=300 kg,发动机每秒喷气20次,求:(1)当第3次气体喷出后,火箭的速度大小?(2)火箭运动第1 s末时的速度大小?思想方法二转换思想的应用3.()在利用碰撞做“验证动量守恒定律”的实验中,实验装置如图所示。图甲中斜槽PQ与水平槽QR平滑连接。按要求安装好仪器后开始实验。先是不放被碰小球,重复实验若干次;然后把被碰小球静止放在斜槽末端水平部分的前端边缘R处(槽口),又重复实验若干次,在白

6、纸上记录下挂于槽口R的重垂线,在记录纸上的竖直投影点位置和各次实验时小球落点的平均位置,从左至右依次为O、M、P、N,测得两小球直径相等,入射小球和被碰小球的质量分别为m1、m2,且m1=2m2,则:(1)两小球的直径用螺旋测微器测量结果相等,测量结果如图乙,则两小球的直径均为mm。(2)入射小球每次滚下都应从斜槽上的同一位置无初速释放,其目的是()A.为了使入射小球每次都能水平飞出槽口B.为了使入射小球每次都以相同的动量到达槽口C.为了使入射小球在空中飞行的时间不变D.为了使入射小球每次都能与被碰小球对心碰撞(3)下列有关本实验的说法中正确的有。A.未放被碰小球和放了被碰小球时,入射小球的落

7、点分别为M、PB.未放被碰小球和放了被碰小球时,入射小球的落点分别为P、MC.未放被碰小球和放了被碰小球时,入射小球的落点分别为N、MD.在误差允许的范围内若测得|ON|=2|MP|,则表明碰撞过程中两球组成的系统动量守恒思想方法三数形结合思想的应用4.()质量为ma=1 kg,mb=2 kg的小球在光滑的水平面上发生碰撞,碰撞前后两球的位移-时间图像如图所示,则可知碰撞属于()A.弹性碰撞B.非弹性碰撞C.完全非弹性碰撞D.条件不足,不能判断5.()一个物体静止于光滑水平面上,外面扣一质量为M的盒子,如图甲所示,现给盒子一初速度v0,此后,盒子运动的v-t图像呈周期性变化,如图乙所示,请据此

8、求盒内物体的质量。答案全解全析本章复习提升易混易错练1.A设高空作业人员自由下落h时的速度为v,则v2=2gh,得v=2gh,设安全带对人的平均作用力为F,取竖直向下为正方向,由动量定理得(mg-F)t=0-mv,得F=m2ght+mg,选项A正确。2.答案(1)0.047 s(2)55 N,方向竖直向下解析(1)由v12=2gh1可知,碰撞前的速度v1=2gh1=5 m/s,方向竖直向下碰撞后的速度v2=2gh2=4 m/s,方向竖直向上取竖直向上为正方向,碰撞过程由动量定理得:(F-mg)t=mv2-(-mv1)解得t0.047 s(2)由于小球与地板碰撞无机械能损失,故碰撞后球的速度:v

9、2=5 m/s,方向竖直向上由动量定理得(F-mg)t=mv2-(-mv1)解得F=55 N由牛顿第三定律得小球对地板的平均冲力大小为55 N,方向竖直向下。3.答案见解析解析由自由落体运动规律知,质量为m的物体自由下落h距离时的速度v0=2gh当绳子刚被拉紧时,设F1和F2分别是质量为m和质量为M的物体受到的向上的冲力。经过极短的时间t后,因轻绳不可伸长,故它们都以速度大小v运动。规定竖直向上为正方向,对两物体根据动量定理分别有:F1t=-mv+mv0,F2t=Mv-0,由于刚被拉紧时,绳子的弹力比两物体的重力大得多,所以将各自的重力忽略,F1和F2都等于这时绳子的弹力,即F1=F2,解得v

10、=mM+m2gh,质量为M的物体速度方向向上,质量为m的物体速度方向向下。4.C取整个原子核为研究对象。由于放射过程极为短暂,放射过程中其他外力均可不计,系统的动量守恒。放射前的瞬间,系统的动量p1=0,放射出粒子的这一瞬间,设剩余部分对地的速度为v,并规定粒子运动的方向为正方向,则粒子的对地速度v=v0-v,系统的动量p2=mv-(M-m)v=m(v0-v)-(M-m)v,由p1=p2,即0=m(v0-v)-(M-m)v=mv0-Mv得v=mMv0,故C正确,A、B、D错误。5.答案见解析解析以地面为参考系,设炮身原运动方向为正方向,根据动量守恒定律有(M+m)v=Mv+m-(v1-v)解得

11、v=v+mv1M+m19.6 m/s,方向与原运动方向相同。6.D两球碰撞前后应满足动量守恒定律及碰后两球的动能之和不大于碰前两球的动能之和。即mAvA+mBvB=mAvA+mBvB,12mAvA2+12mBvB212mAvA2+12mBvB2,代入选项中的数据,知选项D满足式,但不满足式,所以D选项错误。7.BC从动量守恒的角度分析,四个选项都正确;从能量角度分析,A、B碰撞过程中没有其他形式的能量转化为它们的动能,所以碰撞后它们的总动能不能增加。碰前B在前,A在后,碰后如果二者同向,一定仍是B在前,A在后,A不可能超越B,所以碰后A的速度应小于或等于B的速度。A选项中,显然碰后A的速度大于

12、B的速度,这是不符合实际情况的,所以A选项不可能;碰前A、B的总动能Ek=pA22m+pB22m=742m,碰后A、B的总动能,B选项中Ek=pA22m+pB22m=722mEk=742m,所以D选项是不可能发生的。综上所述,本题正确选项为B、C。思想方法练1.B在t时间内射到被切割的钢板上水流的质量m=vtS,设钢板对水流的作用力为F,根据动量定理可得-Ft=0-mv,解得F=Sv2,根据牛顿第三定律,可得水对钢板的冲力大小为Sv2,选项B正确。2.答案(1)2 m/s(2)13.5 m/s解析由于每次喷气速度都一样,可选整体为研究对象,运用动量守恒来求解。(1)设喷出3次气体后火箭的速度为

13、v3,以火箭和喷出的3次气体为研究对象,根据动量守恒定律可得(M-3m)v3-3mv=0解得v3=3mvM-3m2 m/s(2)以火箭和喷出的20次气体为研究对象,根据动量守恒可得(M-20m)v20-20mv=0得v20=20mvM-20m13.5 m/s3.答案(1)12.896(2)B(3)BD解析(1)根据螺旋测微器读数规则,小球的直径为12.5 mm+0.396 mm=12.896 mm。(2)入射小球每次滚下都应从斜槽同一位置无初速度释放,其目的是使入射小球每次都以相同的动量到达槽口,以保证小球每次都以相同的速度飞出槽口,故B正确,A、C、D错误。(3)放了被碰小球后入射小球由于受

14、到被碰小球的冲量,入射小球动量减小,落点位置距离O点较近,为M点;被碰小球动量增大,落点位置距离O点较远,为N点;未放被碰小球时,入射小球落点位置为P点。选项B正确A、C错误。设m2=m,根据题意,m1=2m2=2m,碰撞过程中被碰小球增加动量p2=m2|ONt|=m|ONt|,入射小球减少动量p1=m1|OPt|-m1|OMt|=m1|MPt|=2m|MPt|,在误差允许范围内,若测得|ON|=2|MP|,则p2=p1,表明两小球组成的系统碰撞过程中满足动量守恒定律。4.A由题中x-t图像知,碰撞前va=3 m/s,vb=0,碰撞后va=-1 m/s,vb=2 m/s,碰撞前动量mava+mbvb=3 kgm/s,碰撞后动量mava+mbvb=3 kgm/s,故动量守恒;碰撞前动能为12mava2+12mbvb2=92 J,碰撞后动能为12mava2+12mbvb2=92 J,故动能守恒,所以该碰撞属于弹性碰撞,A正确。5.答案M解析设物体的质量为m,t0时刻受盒子碰撞获得速度v,根据动量守恒定律Mv0=mv,3t0时刻物体与盒子右壁碰撞使盒子速度又变为v0,说明碰撞是弹性碰撞则12Mv02=12mv2,解得m=M。