湖南省长沙市高中物理 第16章 动量守恒定律单元练习 新人教版选修3-5（通用）

湖南省长沙市高中物理 第16章 动量守恒定律单元练习 新人教版选修3-5（通用）

动量守恒定律 ‎ 一．选择题（共7小题）‎ ‎1．一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离．已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1为（　　）‎ A．v0﹣v2 B．v0+v2‎ C．v0﹣v2 D．v0+（v0﹣v2）‎ ‎2．质量为m的物块甲以‎3m/s的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定其上，另一质量也为m的物块乙以‎4m/s的速度与甲相向运动，如图所示，则（　　）‎ A．甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，由于弹力作用，动量不守恒 B．当两物块相距最近时，物块甲的速率为零 C．当物块甲的速率为‎1m/s时，物块乙的速率可能为‎2m/s，也可能为0‎ D．物块甲的速率可能达到‎5m/s ‎3．如图所示，小车静止在光滑水平面上，AB是小车内半圆弧轨道的水平直径，现将一小球从距A点正上方h高处由静止释放，小球由A点沿切线方向经半圆轨道后从B点冲出，在空中能上升的最大高度为0.8h，不计空气阻力．下列说法正确的是（　　）‎ A．在相互作用过程中，小球和小车组成的系统动量守恒 B．小球离开小车后做竖直上抛运动 C．小球离开小车后做斜上抛运动 D．小球第二次冲出轨道后在空中能上升的最大高度为0.6h ‎4．如图所示，足够长的小平板车B的质量为M，以水平速度υ0‎ 向右在光滑水平面上运动，与此同时，质量为m的小物体A从车的右端以水平速度υ0沿车的粗糙上表面向左运动．若物体与车面之间的动摩擦因数为μ，则在足够长的时间内（　　）‎ A．若M＞m，物体A对地向左的最大位移是 B．若M＜m，小车B对地向右的最大位移是 C．无论M与m的大小关系如何，摩擦力对平板车的冲量均为mυ0‎ D．无论M与m的大小关系如何，摩擦力的作用时间均为 ‎5．2020平昌冬奥会短道速滑男子‎5000米接力赛，中国队夺得银牌。观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出。在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则（　　）‎ A．甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量 B．甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反 C．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量 D．甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功 ‎6．如图所示，一个木箱原来静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个小木块．木箱和小木块都具有一定的质量．现使木箱获得一个向右的初速度v0，则（　　）‎ A．小木块和木箱最终都将静止 B．小木块最终将相对木箱静止，二者一起向右运动 C．小木块在木箱内壁将始终来回往复碰撞，而木箱一直向右运动 D．如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止，则二者将一起向左运动 ‎7．如图所示，质量为M的木块位于光滑水平面上，在木块与墙之间用轻弹簧连接，开始时木块静止在A位置．现有一质量为m的子弹以水平速度v0‎ 射向木块并嵌入其中，则当木块回到A位置时的速度v以及此过程中墙对弹簧的冲量I的大小分别为（　　）‎ A．v=，I=0 B．v=，I=2mv0‎ C．v=，I= D．v=，I=2mv0　‎ 二．多选题（共4小题）‎ ‎8．如图所示，（a）图表示光滑平台上，物体A以初速度v0滑到上表面粗糙的水平小车上，车与水平面间的动摩擦因数不计，（b）图为物体A与小车B的v﹣t图象，由此可知（　　）‎ A．小车上表面长度 B．物体A与小车B的质量之比 C．A与小车B上表面的动摩擦因数 D．小车B获得的动能 ‎9．如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上．现使A瞬时获得水平向右的速度‎3m/s，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图象信息可得（　　）‎ A．在t1、t3时刻两物块达到共同速度‎1m/s，且弹簧都是处于压缩状态 B．从t3到t4时刻弹簧由压缩状态恢复到原长 C．两物体的质量之比为m1：m2=1：2‎ D．在t2时刻A与B的动能之比为Ek1：Ek2=1：8‎ ‎10．如图所示：一轻弹簧左端固定在足够长的木块A的左端挡板上，右端与小物块B连接，A、B及A与地面间的接触面均光滑．开始时，A和B均静止，现同时对A、B施加大小相等、方向相反的水平恒力F1和F2．则从两物体开始运动到以后的整个运动过程中（弹簧形变始终不超过其弹性限度），对A、B和弹簧组成的系统，正确的说法是（　　）‎ A．由于F1、F2大小相等、方向相反，故系统动量守恒 B．由于F1、F2大小相等、方向相反，故系统机械能守恒 C．当弹簧的弹力与F1、F2大小相等时，A、B的动能均达到最大值 D．当弹簧的形变量最大时，A、B均处于平衡状态 ‎11．如图甲所示，在光滑水平面上的两个小球发生正碰，小球的质量分别为m1和m2，图乙为它们碰撞前后的x﹣t图象。已知m1=‎0.1kg。由此可以判断（　　）‎ A．碰前m2静止，m1向右运动 B．碰后m2和m1都向右运动 C．由动量守恒可以算出m2=‎‎0.3kg D．碰撞过程中系统损失了0.4J的机械能 三．计算题（共3小题）‎ ‎12．如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面‎3m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h=‎0.3m（h小于斜面体的高度）。已知小孩与滑板的总质量为m1=‎30kg，冰块的质量为m2=‎10kg，小孩与滑板始终无相对运动。取重力加速度的大小g=‎10m/s2。‎ ‎（i）求斜面体的质量；‎ ‎（ii）通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？‎ ‎13．如图所示，固定的光滑圆弧面与质量为‎6kg的小车C的上表面平滑相接，在圆弧面上有一个质量为‎2kg的滑块A，在小车C的左端有一个质量为‎2kg的滑块B，滑块A与B均可看做质点。现使滑块A从距小车的上表面高h=‎1.25m处由静止下滑，与B碰撞后瞬间粘合在一起共同运动，最终没有从小车C上滑出。已知滑块A、B与小车C的动摩擦因数均为μ=0.5，小车C与水平地面的摩擦忽略不计，取g=‎10m/s2．求：‎ ‎（1）滑块A与B碰撞后瞬间的共同速度的大小；‎ ‎（2）小车C上表面的最短长度。‎ ‎14．如图，A、B、C三个木块的质量均为m．置于光滑的水平面上，B、C之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触可不固连．将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把B和C紧连，使弹簧不能伸展，以至于B、C可视为一个整体．现A以初速v0沿B、C的连线方向朝B运动，与B相碰并粘合在一起．以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离．已知C离开弹簧后的速度恰为v0．求弹簧释放的势能．‎ ‎　‎ 动量守恒定律练习 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一．选择题（共7小题）‎ ‎1．【解答】解：火箭和卫星组成的系统在分离时水平方向上动量守恒，规定初速度的方向为正方向，有：（m1+m2）v0=m2v2+m1v1‎ 解得：。故D正确，A、B、C错误。故选：D。　‎ ‎2．【解答】解：A、甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，系统所受的合外力为零，动量守恒。故A错误。‎ B、当两物块相距最近时速度相同，取碰撞前乙的速度方向为正方向，设共同速率为v，根据动量守恒定律得到 mv乙﹣mv甲=2mv，解得v=‎0.5m/s。故B错误。‎ C、若物块甲的速率为‎1m/s，方向与原来相同，则由mv乙﹣mv甲=﹣mv甲′+m乙v乙′，代入解得v乙′=‎2m/s。若物块甲的速率为‎1m/s，方向与原来相反，则由mv乙﹣mv甲=mv甲′+m乙v乙′，代入解得v乙′=0．故C正确。‎ D、若物块甲的速率达到‎5m/s，方向与原来相同，则mv乙﹣mv甲=﹣mv甲′+m乙v乙′，代入解得v乙′=‎6m/s。两个物体的速率都增大，动能都增大，违反了能量守恒定律。若物块甲的速率达到‎5m/s，方向与原来相反，则mv乙﹣mv甲=mv甲′+m乙v乙′，代入解得v乙′=﹣‎4m/s，可以，碰撞后，乙的动能不变，甲的动能增加，系统总动能增加，违反了能量守恒定律。所以物块甲的速率不可能达到‎5m/s。故D错误。故选：C。　‎ ‎3．【解答】解：A、小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，水平方向系统动量守恒，但系统所受的合外力不为零，所以系统动量不守恒，故A错误；‎ BC、小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，可知系统水平方向的总动量保持为零。小球由B点离开小车时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度为零，所以小球离开小车后做竖直上抛运动，故B正确，C错误；‎ D、小球第一次车中运动过程中，由动能定理得：mg（h﹣0.8h）﹣Wf=0，Wf为小球克服摩擦力做功大小，解得：Wf=0.2mgh，即小球第一次在车中滚动损失的机械能为0.2mgh，由于小球第二次在车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于0.2mgh，机械能损失小于0.2mgh，因此小球再次离开小车时，能上升的高度大于0.8h﹣0.2h=0.6h，故D错误；故选：B。　‎ ‎4．【解答】解：以向右为正方向，根据动量守恒定律有：Mv0﹣mv0=（M+m）v 解得：v=。‎ A、若M＞m，A所受的摩擦力f=μmg，对A，根据动能定理得：‎ ‎﹣μmgxA=0﹣，则得物体A对地向左的最大位移 xA=．故A错误。‎ B、若M＜m，对B，由动能定理得：﹣μmgxB=0﹣，‎ 则得小车B对地向右的最大位移 xB=‎ C、根据动量定理知，摩擦力对平板车的冲量等于平板车动量的变化量，即I=Mv﹣Mv0=．故C错误。‎ D、根据动量定理得，﹣ft=Mv﹣Mv0，f=μmg，解得：t=．故D正确。‎ 故选：D。‎ ‎　5．【解答】解：A、因为冲量是矢量，甲对已的作用力与乙对甲的作用力大小相等方向相反，故冲量大小相等方向相反，故A错误。‎ BCD、设甲乙两运动员的质量分别为m甲、m乙，追上之前的瞬间甲、乙两运动员的速度分别是v甲，v乙，根据题意整个交接棒过程可以分为两部分：‎ ‎①完全非弹性碰撞过程→“交棒”；m甲v甲+m乙v乙=（m甲+m乙）v共 ‎②向前推出（人船模型）→ “接棒”（m甲+m乙）v共=m甲v’甲+m乙v’乙 由上面两个方程联立可以解得：m甲△v甲=﹣m乙△v乙 ‎，即B选项正确。经历了中间的完全非弹性碰撞过程 会有动能损失，C、D选项错误。故选：B。‎ ‎　6．【解答】解：系统所受外力的合力为零，动量守恒，初状态木箱有向右的动量，小木块动量为零，故系统总动量向右，系统内部存在摩擦力，阻碍两物体间的相对滑动，最终相对静止，由于系统的总动量守恒，不管中间过程如何相互作用，根据动量守恒定律，最终两物体以相同的速度一起向右运动。故选：B。‎ ‎　7．【解答】解：子弹射入木块过程，由于时间极短，子弹与木块间的内力远大于系统外力，由动量守恒定律得：mv0=（M+m）v解得：v=‎ 子弹和木块系统在弹簧弹力的作用下先做减速运动，后做加速运动，回到A位置时速度大小不变，即当木块回到A位置时的速度大小v=；‎ 子弹和木块弹簧组成的系统受到的合力即可墙对弹簧的作用力，根据动量定理得：I=﹣（M+m）v﹣mv0=﹣2mv0所以墙对弹簧的冲量I的大小为2mv0故选：B。　‎ 二．多选题（共4小题）‎ ‎8．【解答】解：A、由图象可知，AB最终以共同速度v1匀速运动，不能确定小车上表面长度，故A错误；‎ B、由动量守恒定律得，mAv0=（mA+mB）v1，解得：，故可以确定物体A与小车B的质量之比，故B正确；‎ C、由图象可以知道A相对小车B的位移△x=v0t1，根据能量守恒得：μmAgmA﹣，根据B中求得质量关系，可以解出动摩擦因数，故C正确；‎ D、由于小车B的质量不可知，故不能确定小车B获得的动能，故D错误。‎ 故选：BC。‎ ‎　9．【解答】解：A、由图可知t1到t3时间内两物块之间的距离逐渐增大，t3时刻达到共同速度，此时弹性势能最大，弹簧处于伸长状态，故A错误；‎ B、结合图象弄清两物块的运动过程，开始时m1逐渐减速，m2逐渐加速，弹簧被压缩，t1时刻二者速度相等，系统动能最小，势能最大，弹簧被压缩最厉害，然后弹簧逐渐恢复原长，m2依然加速，m1先减速为零，然后反向加速，t2‎ 时刻，弹簧恢复原长状态，由于此时两物块速度相反，因此弹簧的长度将逐渐增大，两木块均减速，当t3时刻，二木块速度相等，系统动能最小，弹簧最长，因此从t3到t4过程中弹簧由伸长状态恢复原长，故B错误；‎ C、系统动量守恒，选择开始到t1时刻列方程可知：m1v1=（m1+m2）v2，将v1=‎3m/s，v2=‎1m/s代入得：m1：m2=1：2，故C正确；‎ D、在t2时刻A的速度为：vA=‎1m/s，B的速度为：vB=‎2m/s，根据m1：m2=1：2，求出Ek1：Ek2=1：8，故D正确。故选：CD。‎ ‎　10．【解答】解：对A、B和弹簧组成的系统所受合外力为零，因此系统动量守恒，故A正确；‎ 由于F1、F2均对系统做正功，因此系统机械能不守恒，机械能增加，故B错误；‎ 根据牛顿第二定律可知，开始A、B均做加速度逐渐减小的加速运动，当F1=F2=Kx时，A、B所受合外力均为零，此时二者速度最大，动能最大，然后开始做加速度逐渐增大的减速运动，当二者速度减为零时，弹簧最长，型变量最大，故C正确，D错误。故选：AC。　‎ ‎11．【解答】解：A、由s﹣t（位移时间）图象的斜率得到，碰前m2的位移不随时间而变化，处于静止。m1向速度大小为v1==‎4m/s，方向只有向右才能与m2相撞。故A正确。‎ B、由图读出，碰后m2的速度为正方向，说明向右运动，m1的速度为负方向，说明向左运动。故B错误。‎ C、由图求出碰后m2和m1的速度分别为v2′=‎2m/s，v1′=﹣‎2m/s，根据动量守恒定律得，m1v1=m2v2′+m1v1′，代入解得，m2=‎0.3kg。故C正确。‎ D、碰撞过程中系统损失的机械能为△E=，代入解得，△E=0，故D错误。故选：AC。　‎ 三．计算题（共3小题）‎ ‎12．【解答】解：（i）对于冰块和斜面体组成的系统，根据动量守恒可得，‎ m2v2=（m2+M）v 根据系统的机械能守恒，可得，m2gh+（m2+M）v2=m2v22解得：M=‎‎20kg ‎（ii）小孩与冰块组成的系统，根据动量守恒可得，m1v1=﹣m2v2，‎ 解得 v1=﹣‎1m/s（向右）‎ 冰块与斜面：m2v2=m2v2′+Mv3′，‎ 根据机械能守恒，可得，m2v22=m2v2′2+Mv3′2‎ 解得：v2′=﹣‎1m/s（向右）‎ 因为v2′=v1，所以冰块不能追上小孩。　‎ ‎13．【解答】解：（1）滑块A下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：‎ mAgh=mAv12，代入数据解得：v1=‎5m/s，‎ A、B碰过程系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：‎ mAv1=（mA+mB）v2，代入数据解得：v2=‎2.5m/s；‎ ‎（2）A、B、C三者组成的系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：（mA+mB）v2=（mA+mB+mC）v3，代入数据解得：v3=‎1m/s；‎ 由能量守恒定律得：μ（mA+mB）gL=（mA+mB）v22﹣（mA+mB+mC）v32，‎ 代入数据解得：L=‎0.375m；　‎ ‎14．【解答】解：取水平向右的方向为正，设碰后A、B和C的共同速度为v，由动量守恒得：3mv=mv0…①‎ 设C离开弹簧时，A、B的速度为v1，由动量守恒得：3mv=2mv1+mv0…②‎ 设弹簧的弹性势能为Ep，从细线断开到C与弹簧分开的过程中机械能守恒，有：…③‎ 由①②③式得弹簧所释放的势能为：…④‎