《（江蘇專用）2020高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題五 動量與原子物理學(xué) 第一講 動量守恒定律課后自測診斷卷.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（江蘇專用）2020高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題五 動量與原子物理學(xué) 第一講 動量守恒定律課后自測診斷卷.doc（4頁珍藏版）》請在匯文網(wǎng)上搜索。

1、第一講 動量守恒定律 課后自測診斷卷1“爆竹聲中一歲除，春風(fēng)送暖入屠蘇”，爆竹聲響是辭舊迎新的標(biāo)志，是喜慶心情的流露。有一個質(zhì)量為3m的爆竹斜向上拋出，到達最高點時速度大小為v0、方向水平向東，在最高點爆炸成質(zhì)量不等的兩塊，其中一塊質(zhì)量為2m，速度大小為v，方向水平向東，則另一塊的速度是()A3v0vB2v03vC3v02vD2v0v解析：選C在最高點水平方向動量守恒，由動量守恒定律可知，3mv02mvmv，可得另一塊的速度為v3v02v。2.多選如圖所示，質(zhì)量為m的小球從距離地面高H的A點由靜止開始釋放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用，到達距地面深度為h的B點時速度減為零。不計空

2、氣阻力，重力加速度為g。關(guān)于小球下落的整個過程，下列說法正確的有()A小球的機械能減少了mg(Hh)B小球克服阻力做的功為mghC小球所受阻力的沖量大于mD小球動量的改變量等于所受阻力的沖量解析：選AC小球在整個過程中，動能變化量為零，重力勢能減少了mg(Hh)，則小球的機械能減少了mg(Hh)，故A正確；對小球下落的全過程運用動能定理得，mg(Hh)Wf0，則小球克服阻力做功Wfmg(Hh)，故B錯誤；小球落到地面的速度v，對進入泥潭的過程運用動量定理得：IGIF0m，得：IFIGm，可知阻力的沖量大于m，故C正確；對全過程分析，運用動量定理知，動量的改變量等于重力的沖量和阻力沖量的矢量和，

3、故D錯誤。3.如圖所示，有一條捕魚小船停靠在湖邊碼頭，小船又窄又長(估計一噸左右)。一位同學(xué)想用一個卷尺粗略測定它的質(zhì)量，他進行了如下操作：首先將船平行碼頭自由停泊，然后他輕輕從船尾上船，走到船頭后停下，而后輕輕下船，用卷尺測出船后退的距離d，然后用卷尺測出船長L。已知他自身的質(zhì)量為m，則漁船的質(zhì)量為()A.B.C.D.解析：選B設(shè)人走動時船的速度大小為v，人的速度大小為v，人從船尾走到船頭所用時間為t，則v，v，取船的速度為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得Mvmv0，即Mm，解得漁船的質(zhì)量M，故B正確。4(2020鹽城三模)在氣墊導(dǎo)軌上，一個質(zhì)量為0.6 kg的滑塊甲以0.15 m/s的速度與另

4、一質(zhì)量為0.4 kg、速度為0.1 m/s并沿反方向運動的滑塊乙迎面相撞，碰撞后兩個滑塊粘在一起，則碰撞后兩個滑塊一起運動的速度大小為_m/s，碰撞過程中乙滑塊受到甲沖量大小為_Ns。解析：選甲的初速度為正方向，根據(jù)動量守恒定律有：m甲v甲m乙v乙(m甲m乙)v，代入數(shù)據(jù)解得：v0.05 m/s，對乙應(yīng)用動量定理有：Im乙v(m乙v乙)，代入數(shù)據(jù)解得：I0.06 Ns。答案：0.050.065(2020江蘇高考)如圖所示，懸掛于豎直彈簧下端的小球質(zhì)量為m，運動速度的大小為v，方向向下。經(jīng)過時間t，小球的速度大小為v，方向變?yōu)橄蛏稀：雎钥諝庾枇?，重力加速度為g，求該運動過程中，小球所受彈簧彈力沖

5、量的大小。解析：取向上為正方向，根據(jù)動量定理mv(mv)Imgt解得I2mvmgt。答案：2mvmgt6.(2020南京、鹽城二模)在2020年冬奧會花樣滑冰雙人滑比賽中，中國選手隋文靜、韓聰組合獲得亞軍。如圖所示為某次訓(xùn)練中情景，他們攜手滑步，相對光滑冰面的速度為1.0 m/s。韓聰突然將隋文靜向原先運動方向推開，推力作用時間為2.0 s，隋文靜的速度大小變?yōu)?.0 m/s。假設(shè)隋文靜和韓聰?shù)馁|(zhì)量分別為40 kg和60 kg，求：(1)推開后韓聰?shù)乃俣却笮。?2)推開過程中隋文靜對韓聰?shù)钠骄饔昧Υ笮　＝馕觯?1)以原來運動方向為正方向，由動量守恒定律得(m1m2)vm1v1m2v2解得v2

6、1 m/s，速度大小為1 m/s。(2)由動量定理Ftm2v2m2v，解得F60 N，即大小為60 N。答案：(1)1 m/s(2)60 N7.(2020宿遷一模)如圖所示，質(zhì)量為M的木塊位于光滑水平面上，木塊與墻間用輕彈簧連接，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，經(jīng)過一段時間，木塊第一次回到A 位置，彈簧在彈性限度內(nèi)。求：(1)木塊第一次回到A位置時速度大小v；(2)此過程中墻對彈簧沖量大小I。解析：(1)子彈射入木塊過程，由于時間極短，子彈與木塊間的內(nèi)力遠大于系統(tǒng)外力，由動量守恒定律得：mv0(Mm)v解得：v子彈和木塊系統(tǒng)在彈簧彈力的作用下先做減

7、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；(2)子彈和木塊彈簧組成的系統(tǒng)受到的合力即墻對彈簧的作用力，根據(jù)動量定理得：I(Mm)vmv02mv0所以墻對彈簧的沖量I的大小為2mv0。答案：(1)(2)2mv08(2020蘇、錫、常、鎮(zhèn)一模)如圖所示足夠長的光滑水平面上，用質(zhì)量分別為3 kg和1 kg的甲、乙兩滑塊，將僅與甲拴接的輕彈簧壓緊后使甲、乙處于靜止?fàn)顟B(tài)。乙的右側(cè)有一擋板P?，F(xiàn)將兩滑塊由靜止釋放，當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時，甲的速度大小為2 m/s，此時乙尚未與P相撞。(1)求彈簧恢復(fù)原長時乙的速度大??；(2)若乙與擋板P碰撞反彈后，不能再與彈簧發(fā)生碰撞。求擋板P對乙的沖量的最大值。解析：(1)當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時，設(shè)甲乙的速度分別為v1和v2，對兩滑塊及彈簧組成的系統(tǒng)，設(shè)向左的方向為正方向，由動量守恒定律可得：m1v1m2v20又知v12 m/s聯(lián)立以上方程可得v26 m/s，方向向右。(2)乙反彈后不能再與彈簧發(fā)生碰撞，則說明乙反彈的速度最大為v32 m/s由動量定理可得，擋板對乙滑塊沖量的最大值為：Im2v3m2v212 Ns1(6)Ns8 Ns答案：(1)6 m/s(2)8 Ns