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（）Av0v2Bv0+v2Cv0v2Dv0+（v0v2）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0D物块甲的速率可能达到5m/s3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0.6h4如图所示，足够长的小平板车B的质量为M，以水平速度0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0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，则在足够长的时间内（）A若Mm，物体A对地向左的最大位移是B若Mm，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m0D无论M与m的大小关系如何，摩擦力的作用时间均为52020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（）Av=，I=0 Bv=，I=2mv0Cv=，I=Dv=，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vt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CA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=1：2D在t2时刻A与B的动能之比为Ek1：Ek2=1：810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xt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=0.3kgD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=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（h0.8h）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0.8h0.2h=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：Mv0mv0=（M+m）v解得：v=。A、若Mm，A所受的摩擦力f=mg，对A，根据动能定理得：mgxA=0，则得物体A对地向左的最大位移 xA=故A错误。B、若Mm，对B，由动能定理得：mgxB=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=MvMv0=故C错误。D、根据动量定理得，ft=MvMv0，f=mg，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：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）vmv0=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：mAgmA，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st（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=m2v22+Mv32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：（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设C离开弹簧时，A、B的速度为v1，由动量守恒得：3mv=2mv1+mv0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：由式得弹簧所释放的势能为：