湖南省長沙市高中物理 第16章 動量守恒定律單元練習(xí) 新人教版選修3-5（通用）

動量守恒定律 一選擇題（共7小題）1一枚火箭搭載著衛(wèi)星以速率v0進入太空預(yù)定位置，由控制系統(tǒng)使箭體與衛(wèi)星分離已知前部分的衛(wèi)星質(zhì)量為m1，后部分的箭體質(zhì)量為m2，分離后箭體以速率v2沿火箭原方向飛行，若忽略空氣阻力及分離前后系統(tǒng)質(zhì)量的變化，則分離后衛(wèi)星的速率v1為（）Av0v2Bv0+v2Cv0v2Dv0+（v0v2）2質(zhì)量為m的物塊甲以3m/s的速度在光滑水平面上運動，有一輕彈簧固定其上，另一質(zhì)量也為m的物塊乙以4m/s的速度與甲相向運動，如圖所示，則（）A甲、乙兩物塊在彈簧壓縮過程中，由于彈力作用，動量不守恒B當(dāng)兩物塊相距最近時，物塊甲的速率為零C當(dāng)物塊甲的速率為1m/s時，物塊乙的速率可能為2m/s，也可能為0D物塊甲的速率可能達到5m/s3如圖所示，小車靜止在光滑水平面上，AB是小車內(nèi)半圓弧軌道的水平直徑，現(xiàn)將一小球從距A點正上方h高處由靜止釋放，小球由A點沿切線方向經(jīng)半圓軌道后從B點沖出，在空中能上升的最大高度為0.8h，不計空氣阻力下列說法正確的是（）A在相互作用過程中，小球和小車組成的系統(tǒng)動量守恒B小球離開小車后做豎直上拋運動C小球離開小車后做斜上拋運動D小球第二次沖出軌道后在空中能上升的最大高度為0.6h4如圖所示，足夠長的小平板車B的質(zhì)量為M，以水平速度0向右在光滑水平面上運動，與此同時，質(zhì)量為m的小物體A從車的右端以水平速度0沿車的粗糙上表面向左運動若物體與車面之間的動摩擦因數(shù)為，則在足夠長的時間內(nèi)（）A若Mm，物體A對地向左的最大位移是B若Mm，小車B對地向右的最大位移是C無論M與m的大小關(guān)系如何，摩擦力對平板車的沖量均為m0D無論M與m的大小關(guān)系如何，摩擦力的作用時間均為52020平昌冬奧會短道速滑男子5000米接力賽，中國隊奪得銀牌。觀察發(fā)現(xiàn)，“接棒”的運動員甲提前站在“交棒”的運動員乙前面，并且開始向前滑行，待乙追上甲時，乙猛推甲一把，使甲獲得更大的速度向前沖出。在乙推甲的過程中，忽略運動員與冰面間在水平方向上的相互作用，則（）A甲對乙的沖量一定等于乙對甲的沖量B甲、乙的動量變化一定大小相等方向相反C甲的動能增加量一定等于乙的動能減少量D甲對乙做多少負功，乙對甲就一定做多少正功6如圖所示，一個木箱原來靜止在光滑水平面上，木箱內(nèi)粗糙的底板上放著一個小木塊木箱和小木塊都具有一定的質(zhì)量現(xiàn)使木箱獲得一個向右的初速度v0，則（）A小木塊和木箱最終都將靜止B小木塊最終將相對木箱靜止，二者一起向右運動C小木塊在木箱內(nèi)壁將始終來回往復(fù)碰撞，而木箱一直向右運動D如果小木塊與木箱的左壁碰撞后相對木箱靜止，則二者將一起向左運動7如圖所示，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，則當(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（）Av=，I=0 Bv=，I=2mv0Cv=，I=Dv=，I=2mv0二多選題（共4小題）8如圖所示，（a）圖表示光滑平臺上，物體A以初速度v0滑到上表面粗糙的水平小車上，車與水平面間的動摩擦因數(shù)不計，（b）圖為物體A與小車B的vt圖象，由此可知（）A小車上表面長度B物體A與小車B的質(zhì)量之比CA與小車B上表面的動摩擦因數(shù)D小車B獲得的動能9如圖甲所示，一輕彈簧的兩端與質(zhì)量分別為m1和m2的兩物塊A、B相連接，并靜止在光滑的水平面上現(xiàn)使A瞬時獲得水平向右的速度3m/s，以此刻為計時起點，兩物塊的速度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，從圖象信息可得（）A在t1、t3時刻兩物塊達到共同速度1m/s，且彈簧都是處于壓縮狀態(tài)B從t3到t4時刻彈簧由壓縮狀態(tài)恢復(fù)到原長C兩物體的質(zhì)量之比為m1：m2=1：2D在t2時刻A與B的動能之比為Ek1：Ek2=1：810如圖所示：一輕彈簧左端固定在足夠長的木塊A的左端擋板上，右端與小物塊B連接，A、B及A與地面間的接觸面均光滑開始時，A和B均靜止，現(xiàn)同時對A、B施加大小相等、方向相反的水平恒力F1和F2則從兩物體開始運動到以后的整個運動過程中（彈簧形變始終不超過其彈性限度），對A、B和彈簧組成的系統(tǒng)，正確的說法是（）A由于F1、F2大小相等、方向相反，故系統(tǒng)動量守恒B由于F1、F2大小相等、方向相反，故系統(tǒng)機械能守恒C當(dāng)彈簧的彈力與F1、F2大小相等時，A、B的動能均達到最大值D當(dāng)彈簧的形變量最大時，A、B均處于平衡狀態(tài)11如圖甲所示，在光滑水平面上的兩個小球發(fā)生正碰，小球的質(zhì)量分別為m1和m2，圖乙為它們碰撞前后的xt圖象。已知m1=0.1kg。由此可以判斷（）A碰前m2靜止，m1向右運動B碰后m2和m1都向右運動C由動量守恒可以算出m2=0.3kgD碰撞過程中系統(tǒng)損失了0.4J的機械能三計算題（共3小題）12如圖，光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體，斜面體右側(cè)一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上。某時刻小孩將冰塊以相對冰面3m/s的速度向斜面體推出，冰塊平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的最大高度為h=0.3m（h小于斜面體的高度）。已知小孩與滑板的總質(zhì)量為m1=30kg，冰塊的質(zhì)量為m2=10kg，小孩與滑板始終無相對運動。取重力加速度的大小g=10m/s2。（i）求斜面體的質(zhì)量；（ii）通過計算判斷，冰塊與斜面體分離后能否追上小孩？13如圖所示，固定的光滑圓弧面與質(zhì)量為6kg的小車C的上表面平滑相接，在圓弧面上有一個質(zhì)量為2kg的滑塊A，在小車C的左端有一個質(zhì)量為2kg的滑塊B，滑塊A與B均可看做質(zhì)點。現(xiàn)使滑塊A從距小車的上表面高h=1.25m處由靜止下滑，與B碰撞后瞬間粘合在一起共同運動，最終沒有從小車C上滑出。已知滑塊A、B與小車C的動摩擦因數(shù)均為=0.5，小車C與水平地面的摩擦忽略不計，取g=10m/s2求：（1）滑塊A與B碰撞后瞬間的共同速度的大??；（2）小車C上表面的最短長度。14如圖，A、B、C三個木塊的質(zhì)量均為m置于光滑的水平面上，B、C之間有一輕質(zhì)彈簧，彈簧的兩端與木塊接觸可不固連將彈簧壓緊到不能再壓縮時用細線把B和C緊連，使彈簧不能伸展，以至于B、C可視為一個整體現(xiàn)A以初速v0沿B、C的連線方向朝B運動，與B相碰并粘合在一起以后細線突然斷開，彈簧伸展，從而使C與A、B分離已知C離開彈簧后的速度恰為v0求彈簧釋放的勢能動量守恒定律練習(xí)參考答案與試題解析一選擇題（共7小題）1【解答】解：火箭和衛(wèi)星組成的系統(tǒng)在分離時水平方向上動量守恒，規(guī)定初速度的方向為正方向，有：（m1+m2）v0=m2v2+m1v1解得：。故D正確，A、B、C錯誤。故選：D。2【解答】解：A、甲、乙兩物塊在彈簧壓縮過程中，系統(tǒng)所受的合外力為零，動量守恒。故A錯誤。B、當(dāng)兩物塊相距最近時速度相同，取碰撞前乙的速度方向為正方向，設(shè)共同速率為v，根據(jù)動量守恒定律得到mv乙mv甲=2mv，解得v=0.5m/s。故B錯誤。C、若物塊甲的速率為1m/s，方向與原來相同，則由mv乙mv甲=mv甲+m乙v乙，代入解得v乙=2m/s。若物塊甲的速率為1m/s，方向與原來相反，則由mv乙mv甲=mv甲+m乙v乙，代入解得v乙=0故C正確。D、若物塊甲的速率達到5m/s，方向與原來相同，則mv乙mv甲=mv甲+m乙v乙，代入解得v乙=6m/s。兩個物體的速率都增大，動能都增大，違反了能量守恒定律。若物塊甲的速率達到5m/s，方向與原來相反，則mv乙mv甲=mv甲+m乙v乙，代入解得v乙=4m/s，可以，碰撞后，乙的動能不變，甲的動能增加，系統(tǒng)總動能增加，違反了能量守恒定律。所以物塊甲的速率不可能達到5m/s。故D錯誤。故選：C。3【解答】解：A、小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向不受外力，水平方向系統(tǒng)動量守恒，但系統(tǒng)所受的合外力不為零，所以系統(tǒng)動量不守恒，故A錯誤；BC、小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，可知系統(tǒng)水平方向的總動量保持為零。小球由B點離開小車時系統(tǒng)水平方向動量為零，小球與小車水平方向速度為零，所以小球離開小車后做豎直上拋運動，故B正確，C錯誤；D、小球第一次車中運動過程中，由動能定理得：mg（h0.8h）Wf=0，Wf為小球克服摩擦力做功大小，解得：Wf=0.2mgh，即小球第一次在車中滾動損失的機械能為0.2mgh，由于小球第二次在車中滾動時，對應(yīng)位置處速度變小，因此小車給小球的彈力變小，摩擦力變小，摩擦力做功小于0.2mgh，機械能損失小于0.2mgh，因此小球再次離開小車時，能上升的高度大于0.8h0.2h=0.6h，故D錯誤；故選：B。4【解答】解：以向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律有：Mv0mv0=（M+m）v解得：v=。A、若Mm，A所受的摩擦力f=mg，對A，根據(jù)動能定理得：mgxA=0，則得物體A對地向左的最大位移 xA=故A錯誤。B、若Mm，對B，由動能定理得：mgxB=0，則得小車B對地向右的最大位移 xB=C、根據(jù)動量定理知，摩擦力對平板車的沖量等于平板車動量的變化量，即I=MvMv0=故C錯誤。D、根據(jù)動量定理得，ft=MvMv0，f=mg，解得：t=故D正確。故選：D。5【解答】解：A、因為沖量是矢量，甲對已的作用力與乙對甲的作用力大小相等方向相反，故沖量大小相等方向相反，故A錯誤。BCD、設(shè)甲乙兩運動員的質(zhì)量分別為m甲、m乙，追上之前的瞬間甲、乙兩運動員的速度分別是v甲，v乙，根據(jù)題意整個交接棒過程可以分為兩部分：完全非彈性碰撞過程“交棒”；m甲v甲+m乙v乙=（m甲+m乙）v共向前推出（人船模型） “接棒”（m甲+m乙）v共=m甲v甲+m乙v乙由上面兩個方程聯(lián)立可以解得：m甲v甲=m乙v乙，即B選項正確。經(jīng)歷了中間的完全非彈性碰撞過程 會有動能損失，C、D選項錯誤。故選：B。6【解答】解：系統(tǒng)所受外力的合力為零，動量守恒，初狀態(tài)木箱有向右的動量，小木塊動量為零，故系統(tǒng)總動量向右，系統(tǒng)內(nèi)部存在摩擦力，阻礙兩物體間的相對滑動，最終相對靜止，由于系統(tǒng)的總動量守恒，不管中間過程如何相互作用，根據(jù)動量守恒定律，最終兩物體以相同的速度一起向右運動。故選：B。7【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）vmv0=2mv0所以墻對彈簧的沖量I的大小為2mv0故選：B。二多選題（共4小題）8【解答】解：A、由圖象可知，AB最終以共同速度v1勻速運動，不能確定小車上表面長度，故A錯誤；B、由動量守恒定律得，mAv0=（mA+mB）v1，解得：，故可以確定物體A與小車B的質(zhì)量之比，故B正確；C、由圖象可以知道A相對小車B的位移x=v0t1，根據(jù)能量守恒得：mAgmA，根據(jù)B中求得質(zhì)量關(guān)系，可以解出動摩擦因數(shù)，故C正確；D、由于小車B的質(zhì)量不可知，故不能確定小車B獲得的動能，故D錯誤。故選：BC。9【解答】解：A、由圖可知t1到t3時間內(nèi)兩物塊之間的距離逐漸增大，t3時刻達到共同速度，此時彈性勢能最大，彈簧處于伸長狀態(tài)，故A錯誤；B、結(jié)合圖象弄清兩物塊的運動過程，開始時m1逐漸減速，m2逐漸加速，彈簧被壓縮，t1時刻二者速度相等，系統(tǒng)動能最小，勢能最大，彈簧被壓縮最厲害，然后彈簧逐漸恢復(fù)原長，m2依然加速，m1先減速為零，然后反向加速，t2時刻，彈簧恢復(fù)原長狀態(tài)，由于此時兩物塊速度相反，因此彈簧的長度將逐漸增大，兩木塊均減速，當(dāng)t3時刻，二木塊速度相等，系統(tǒng)動能最小，彈簧最長，因此從t3到t4過程中彈簧由伸長狀態(tài)恢復(fù)原長，故B錯誤；C、系統(tǒng)動量守恒，選擇開始到t1時刻列方程可知：m1v1=（m1+m2）v2，將v1=3m/s，v2=1m/s代入得：m1：m2=1：2，故C正確；D、在t2時刻A的速度為：vA=1m/s，B的速度為：vB=2m/s，根據(jù)m1：m2=1：2，求出Ek1：Ek2=1：8，故D正確。故選：CD。10【解答】解：對A、B和彈簧組成的系統(tǒng)所受合外力為零，因此系統(tǒng)動量守恒，故A正確；由于F1、F2均對系統(tǒng)做正功，因此系統(tǒng)機械能不守恒，機械能增加，故B錯誤；根據(jù)牛頓第二定律可知，開始A、B均做加速度逐漸減小的加速運動，當(dāng)F1=F2=Kx時，A、B所受合外力均為零，此時二者速度最大，動能最大，然后開始做加速度逐漸增大的減速運動，當(dāng)二者速度減為零時，彈簧最長，型變量最大，故C正確，D錯誤。故選：AC。11【解答】解：A、由st（位移時間）圖象的斜率得到，碰前m2的位移不隨時間而變化，處于靜止。m1向速度大小為v1=4m/s，方向只有向右才能與m2相撞。故A正確。B、由圖讀出，碰后m2的速度為正方向，說明向右運動，m1的速度為負方向，說明向左運動。故B錯誤。C、由圖求出碰后m2和m1的速度分別為v2=2m/s，v1=2m/s，根據(jù)動量守恒定律得，m1v1=m2v2+m1v1，代入解得，m2=0.3kg。故C正確。D、碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能為E=，代入解得，E=0，故D錯誤。故選：AC。三計算題（共3小題）12【解答】解：（i）對于冰塊和斜面體組成的系統(tǒng)，根據(jù)動量守恒可得，m2v2=（m2+M）v根據(jù)系統(tǒng)的機械能守恒，可得，m2gh+（m2+M）v2=m2v22解得：M=20kg（ii）小孩與冰塊組成的系統(tǒng)，根據(jù)動量守恒可得，m1v1=m2v2，解得 v1=1m/s（向右）冰塊與斜面：m2v2=m2v2+Mv3，根據(jù)機械能守恒，可得，m2v22=m2v22+Mv32解得：v2=1m/s（向右）因為v2=v1，所以冰塊不能追上小孩。13【解答】解：（1）滑塊A下滑過程機械能守恒，由機械能守恒定律得：mAgh=mAv12，代入數(shù)據(jù)解得：v1=5m/s，A、B碰過程系統(tǒng)動量守恒，以A的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：mAv1=（mA+mB）v2，代入數(shù)據(jù)解得：v2=2.5m/s；（2）A、B、C三者組成的系統(tǒng)動量守恒，以A的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：（mA+mB）v2=（mA+mB+mC）v3，代入數(shù)據(jù)解得：v3=1m/s；由能量守恒定律得：（mA+mB）gL=（mA+mB）v22（mA+mB+mC）v32，代入數(shù)據(jù)解得：L=0.375m；14【解答】解：取水平向右的方向為正，設(shè)碰后A、B和C的共同速度為v，由動量守恒得：3mv=mv0設(shè)C離開彈簧時，A、B的速度為v1，由動量守恒得：3mv=2mv1+mv0設(shè)彈簧的彈性勢能為Ep，從細線斷開到C與彈簧分開的過程中機械能守恒，有：由式得彈簧所釋放的勢能為：