《湖南省長(zhǎng)沙市高中物理 第16章 動(dòng)量守恒定律單元練習(xí) 新人教版選修3-5（通用）》由會(huì)員分享，可在線(xiàn)閱讀，更多相關(guān)《湖南省長(zhǎng)沙市高中物理 第16章 動(dòng)量守恒定律單元練習(xí) 新人教版選修3-5（通用）（11頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、動(dòng)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(jìn)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（　?。? A．v0﹣v2 B．v0+v2 C．v0﹣v2 D．v0+（v0﹣v2） 2．質(zhì)量為m的物塊甲以3m/s的速度在光滑水平面上運(yùn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng)，如圖所示，則（　　） A．甲、乙兩物塊在彈簧壓縮過(guò)程中，由于彈力作用，動(dòng)量不守恒 B．當(dāng)兩物塊相距最近

2、時(shí)，物塊甲的速率為零 C．當(dāng)物塊甲的速率為1m/s時(shí)，物塊乙的速率可能為2m/s，也可能為0 D．物塊甲的速率可能達(dá)到5m/s 3．如圖所示，小車(chē)靜止在光滑水平面上，AB是小車(chē)內(nèi)半圓弧軌道的水平直徑，現(xiàn)將一小球從距A點(diǎn)正上方h高處由靜止釋放，小球由A點(diǎn)沿切線(xiàn)方向經(jīng)半圓軌道后從B點(diǎn)沖出，在空中能上升的最大高度為0.8h，不計(jì)空氣阻力．下列說(shuō)法正確的是（　?。? A．在相互作用過(guò)程中，小球和小車(chē)組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒 B．小球離開(kāi)小車(chē)后做豎直上拋運(yùn)動(dòng) C．小球離開(kāi)小車(chē)后做斜上拋運(yùn)動(dòng) D．小球第二次沖出軌道后在空中能上升的最大高度為0.6h 4．如圖所示，足夠長(zhǎng)的小平板車(chē)B的質(zhì)量為M，以水

3、平速度υ0向右在光滑水平面上運(yùn)動(dòng)，與此同時(shí)，質(zhì)量為m的小物體A從車(chē)的右端以水平速度υ0沿車(chē)的粗糙上表面向左運(yùn)動(dòng)．若物體與車(chē)面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，則在足夠長(zhǎng)的時(shí)間內(nèi)（　?。? A．若M＞m，物體A對(duì)地向左的最大位移是 B．若M＜m，小車(chē)B對(duì)地向右的最大位移是 C．無(wú)論M與m的大小關(guān)系如何，摩擦力對(duì)平板車(chē)的沖量均為mυ0 D．無(wú)論M與m的大小關(guān)系如何，摩擦力的作用時(shí)間均為 5．2020平昌冬奧會(huì)短道速滑男子5000米接力賽，中國(guó)隊(duì)奪得銀牌。觀察發(fā)現(xiàn)，“接棒”的運(yùn)動(dòng)員甲提前站在“交棒”的運(yùn)動(dòng)員乙前面，并且開(kāi)始向前滑行，待乙追上甲時(shí)，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(guò)程中

4、，忽略運(yùn)動(dòng)員與冰面間在水平方向上的相互作用，則（　　） A．甲對(duì)乙的沖量一定等于乙對(duì)甲的沖量 B．甲、乙的動(dòng)量變化一定大小相等方向相反 C．甲的動(dòng)能增加量一定等于乙的動(dòng)能減少量 D．甲對(duì)乙做多少負(fù)功，乙對(duì)甲就一定做多少正功 6．如圖所示，一個(gè)木箱原來(lái)靜止在光滑水平面上，木箱內(nèi)粗糙的底板上放著一個(gè)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(gè)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(duì)木箱靜止，二者一起向右運(yùn)動(dòng) C．小木塊在木箱內(nèi)壁將始終來(lái)回往復(fù)碰撞，而木箱一直向右運(yùn)動(dòng) D．如果小木塊與木箱的左壁碰撞后相對(duì)木箱靜止，則二者將一起向左運(yùn)

5、動(dòng) 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(kāi)始時(shí)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(shí)的速度v以及此過(guò)程中墻對(duì)彈簧的沖量I的大小分別為（　?。? A．v=，I=0 B．v=，I=2mv0 C．v=，I= D．v=，I=2mv0　 二．多選題（共4小題） 8．如圖所示，（a）圖表示光滑平臺(tái)上，物體A以初速度v0滑到上表面粗糙的水平小車(chē)上，車(chē)與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)不計(jì)，（b）圖為物體A與小車(chē)B的v﹣t圖象，由此可知（　　） A．小車(chē)上表面長(zhǎng)度 B．物體A與小車(chē)B的質(zhì)量之比 C．A與小車(chē)

6、B上表面的動(dòng)摩擦因數(shù) D．小車(chē)B獲得的動(dòng)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(shí)獲得水平向右的速度3m/s，以此刻為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，兩物塊的速度隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示，從圖象信息可得（　?。? A．在t1、t3時(shí)刻兩物塊達(dá)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(shí)刻彈簧由壓縮狀態(tài)恢復(fù)到原長(zhǎng) C．兩物體的質(zhì)量之比為m1：m2=1：2 D．在t2時(shí)刻A與B的動(dòng)能之比為Ek1：Ek2=1：8 10．如圖所示：一輕彈簧左端固定在足夠長(zhǎng)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

7、觸面均光滑．開(kāi)始時(shí)，A和B均靜止，現(xiàn)同時(shí)對(duì)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(kāi)始運(yùn)動(dòng)到以后的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中（彈簧形變始終不超過(guò)其彈性限度），對(duì)A、B和彈簧組成的系統(tǒng)，正確的說(shuō)法是（　?。? A．由于F1、F2大小相等、方向相反，故系統(tǒng)動(dòng)量守恒 B．由于F1、F2大小相等、方向相反，故系統(tǒng)機(jī)械能守恒 C．當(dāng)彈簧的彈力與F1、F2大小相等時(shí)，A、B的動(dòng)能均達(dá)到最大值 D．當(dāng)彈簧的形變量最大時(shí)，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(gè)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x﹣t圖象。已知m1=0.1kg。由此可以判斷（　　

8、） A．碰前m2靜止，m1向右運(yùn)動(dòng) B．碰后m2和m1都向右運(yùn)動(dòng) C．由動(dòng)量守恒可以算出m2=0.3kg D．碰撞過(guò)程中系統(tǒng)損失了0.4J的機(jī)械能 三．計(jì)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(shí)刻小孩將冰塊以相對(duì)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(wú)相對(duì)運(yùn)動(dòng)。取重力加速度的大小g=10m/s2。 （i）求斜面體的質(zhì)量； （ii）通

9、過(guò)計(jì)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(chē)C的上表面平滑相接，在圓弧面上有一個(gè)質(zhì)量為2kg的滑塊A，在小車(chē)C的左端有一個(gè)質(zhì)量為2kg的滑塊B，滑塊A與B均可看做質(zhì)點(diǎn)。現(xiàn)使滑塊A從距小車(chē)的上表面高h(yuǎn)=1.25m處由靜止下滑，與B碰撞后瞬間粘合在一起共同運(yùn)動(dòng)，最終沒(méi)有從小車(chē)C上滑出。已知滑塊A、B與小車(chē)C的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ=0.5，小車(chē)C與水平地面的摩擦忽略不計(jì)，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(chē)C上表面的最短長(zhǎng)度。

10、 14．如圖，A、B、C三個(gè)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(shí)用細(xì)線(xiàn)把B和C緊連，使彈簧不能伸展，以至于B、C可視為一個(gè)整體．現(xiàn)A以初速v0沿B、C的連線(xiàn)方向朝B運(yùn)動(dòng)，與B相碰并粘合在一起．以后細(xì)線(xiàn)突然斷開(kāi)，彈簧伸展，從而使C與A、B分離．已知C離開(kāi)彈簧后的速度恰為v0．求彈簧釋放的勢(shì)能． 　 動(dòng)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(shí)水平方向上動(dòng)量守恒，規(guī)定初速度的方向?yàn)檎较颍校海╩1+m2）v0=m

11、2v2+m1v1 解得：。故D正確，A、B、C錯(cuò)誤。故選：D?！? 2．【解答】解：A、甲、乙兩物塊在彈簧壓縮過(guò)程中，系統(tǒng)所受的合外力為零，動(dòng)量守恒。故A錯(cuò)誤。 B、當(dāng)兩物塊相距最近時(shí)速度相同，取碰撞前乙的速度方向?yàn)檎较颍O(shè)共同速率為v，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得到 mv乙﹣mv甲=2mv，解得v=0.5m/s。故B錯(cuò)誤。 C、若物塊甲的速率為1m/s，方向與原來(lái)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(lái)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(dá)到5m/s，方向與

12、原來(lái)相同，則mv乙﹣mv甲=﹣mv甲′+m乙v乙′，代入解得v乙′=6m/s。兩個(gè)物體的速率都增大，動(dòng)能都增大，違反了能量守恒定律。若物塊甲的速率達(dá)到5m/s，方向與原來(lái)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(dòng)能不變，甲的動(dòng)能增加，系統(tǒng)總動(dòng)能增加，違反了能量守恒定律。所以物塊甲的速率不可能達(dá)到5m/s。故D錯(cuò)誤。故選：C?！? 3．【解答】解：A、小球與小車(chē)組成的系統(tǒng)在水平方向不受外力，水平方向系統(tǒng)動(dòng)量守恒，但系統(tǒng)所受的合外力不為零，所以系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，故A錯(cuò)誤； BC、小球與小車(chē)組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，可知系統(tǒng)水平方向的總動(dòng)量保持

13、為零。小球由B點(diǎn)離開(kāi)小車(chē)時(shí)系統(tǒng)水平方向動(dòng)量為零，小球與小車(chē)水平方向速度為零，所以小球離開(kāi)小車(chē)后做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，故B正確，C錯(cuò)誤； D、小球第一次車(chē)中運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，由動(dòng)能定理得：mg（h﹣0.8h）﹣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(chē)中滾動(dòng)損失的機(jī)械能為0.2mgh，由于小球第二次在車(chē)中滾動(dòng)時(shí)，對(duì)應(yīng)位置處速度變小，因此小車(chē)給小球的彈力變小，摩擦力變小，摩擦力做功小于0.2mgh，機(jī)械能損失小于0.2mgh，因此小球再次離開(kāi)小車(chē)時(shí)，能上升的高度大于0.8h﹣0.2h=0.6h，故D錯(cuò)誤；故選：B。　 4．【解答】解：以向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律

14、有：Mv0﹣mv0=（M+m）v 解得：v=。 A、若M＞m，A所受的摩擦力f=μmg，對(duì)A，根據(jù)動(dòng)能定理得： ﹣μmgxA=0﹣，則得物體A對(duì)地向左的最大位移 xA=．故A錯(cuò)誤。 B、若M＜m，對(duì)B，由動(dòng)能定理得：﹣μmgxB=0﹣， 則得小車(chē)B對(duì)地向右的最大位移 xB= C、根據(jù)動(dòng)量定理知，摩擦力對(duì)平板車(chē)的沖量等于平板車(chē)動(dòng)量的變化量，即I=Mv﹣Mv0=．故C錯(cuò)誤。 D、根據(jù)動(dòng)量定理得，﹣ft=Mv﹣Mv0，f=μmg，解得：t=．故D正確。 故選：D。 　5．【解答】解：A、因?yàn)闆_量是矢量，甲對(duì)已的作用力與乙對(duì)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(cuò)誤

15、。 BCD、設(shè)甲乙兩運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量分別為m甲、m乙，追上之前的瞬間甲、乙兩運(yùn)動(dòng)員的速度分別是v甲，v乙，根據(jù)題意整個(gè)交接棒過(guò)程可以分為兩部分： ①完全非彈性碰撞過(guò)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 由上面兩個(gè)方程聯(lián)立可以解得：m甲△v甲=﹣m乙△v乙，即B選項(xiàng)正確。經(jīng)歷了中間的完全非彈性碰撞過(guò)程 會(huì)有動(dòng)能損失，C、D選項(xiàng)錯(cuò)誤。故選：B。 　6．【解答】解：系統(tǒng)所受外力的合力為零，動(dòng)量守恒，初狀態(tài)木箱有向右的動(dòng)量，小木塊動(dòng)量為零，故系統(tǒng)總動(dòng)量向右，系統(tǒng)內(nèi)部存在摩擦力，阻礙兩物體間的相對(duì)滑動(dòng)，最

16、終相對(duì)靜止，由于系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒，不管中間過(guò)程如何相互作用，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，最終兩物體以相同的速度一起向右運(yùn)動(dòng)。故選：B。 　7．【解答】解：子彈射入木塊過(guò)程，由于時(shí)間極短，子彈與木塊間的內(nèi)力遠(yuǎn)大于系統(tǒng)外力，由動(dòng)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(yùn)動(dòng)，后做加速運(yùn)動(dòng)，回到A位置時(shí)速度大小不變，即當(dāng)木塊回到A位置時(shí)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(duì)彈簧的作用力，根據(jù)動(dòng)量定理得：I=﹣（M+m）v﹣mv0=﹣2mv0所以墻對(duì)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

17、圖象可知，AB最終以共同速度v1勻速運(yùn)動(dòng)，不能確定小車(chē)上表面長(zhǎng)度，故A錯(cuò)誤； B、由動(dòng)量守恒定律得，mAv0=（mA+mB）v1，解得：，故可以確定物體A與小車(chē)B的質(zhì)量之比，故B正確； C、由圖象可以知道A相對(duì)小車(chē)B的位移△x=v0t1，根據(jù)能量守恒得：μmAgmA﹣，根據(jù)B中求得質(zhì)量關(guān)系，可以解出動(dòng)摩擦因數(shù)，故C正確； D、由于小車(chē)B的質(zhì)量不可知，故不能確定小車(chē)B獲得的動(dòng)能，故D錯(cuò)誤。 故選：BC。 　9．【解答】解：A、由圖可知t1到t3時(shí)間內(nèi)兩物塊之間的距離逐漸增大，t3時(shí)刻達(dá)到共同速度，此時(shí)彈性勢(shì)能最大，彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài)，故A錯(cuò)誤； B、結(jié)合圖象弄清兩物塊的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，開(kāi)始時(shí)

18、m1逐漸減速，m2逐漸加速，彈簧被壓縮，t1時(shí)刻二者速度相等，系統(tǒng)動(dòng)能最小，勢(shì)能最大，彈簧被壓縮最厲害，然后彈簧逐漸恢復(fù)原長(zhǎng)，m2依然加速，m1先減速為零，然后反向加速，t2時(shí)刻，彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)狀態(tài)，由于此時(shí)兩物塊速度相反，因此彈簧的長(zhǎng)度將逐漸增大，兩木塊均減速，當(dāng)t3時(shí)刻，二木塊速度相等，系統(tǒng)動(dòng)能最小，彈簧最長(zhǎng)，因此從t3到t4過(guò)程中彈簧由伸長(zhǎng)狀態(tài)恢復(fù)原長(zhǎng)，故B錯(cuò)誤； C、系統(tǒng)動(dòng)量守恒，選擇開(kāi)始到t1時(shí)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(shí)刻A的速度為：vA=1m/s，B的速度為：vB=2m/s，根據(jù)

19、m1：m2=1：2，求出Ek1：Ek2=1：8，故D正確。故選：CD。 　10．【解答】解：對(duì)A、B和彈簧組成的系統(tǒng)所受合外力為零，因此系統(tǒng)動(dòng)量守恒，故A正確； 由于F1、F2均對(duì)系統(tǒng)做正功，因此系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，機(jī)械能增加，故B錯(cuò)誤； 根據(jù)牛頓第二定律可知，開(kāi)始A、B均做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)F1=F2=Kx時(shí)，A、B所受合外力均為零，此時(shí)二者速度最大，動(dòng)能最大，然后開(kāi)始做加速度逐漸增大的減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)二者速度減為零時(shí)，彈簧最長(zhǎng)，型變量最大，故C正確，D錯(cuò)誤。故選：AC?！? 11．【解答】解：A、由s﹣t（位移時(shí)間）圖象的斜率得到，碰前m2的位移不隨時(shí)間而變化，處于靜止。m1向速

20、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(shuō)明向右運(yùn)動(dòng)，m1的速度為負(fù)方向，說(shuō)明向左運(yùn)動(dòng)。故B錯(cuò)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(dòng)量守恒定律得，m1v1=m2v2′+m1v1′，代入解得，m2=0.3kg。故C正確。 D、碰撞過(guò)程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能為△E=，代入解得，△E=0，故D錯(cuò)誤。故選：AC?！? 三．計(jì)算題（共3小題） 12．【解答】解：（i）對(duì)于冰塊和斜面體組成的系統(tǒng)，根據(jù)動(dòng)量守恒可得， m2v2=（m2+M）v 根據(jù)系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，可得，m2gh+（m2

21、+M）v2=m2v22解得：M=20kg （ii）小孩與冰塊組成的系統(tǒng)，根據(jù)動(dòng)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(jī)械能守恒，可得，m2v22=m2v2′2+Mv3′2 解得：v2′=﹣1m/s（向右） 因?yàn)関2′=v1，所以冰塊不能追上小孩?！? 13．【解答】解：（1）滑塊A下滑過(guò)程機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得： mAgh=mAv12，代入數(shù)據(jù)解得：v1=5m/s， A、B碰過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以A的初速度方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律得： mAv1=（mA+mB）v2，代入數(shù)據(jù)解得：v2=2

22、.5m/s； （2）A、B、C三者組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以A的初速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)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：μ（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?yàn)檎?，設(shè)碰后A、B和C的共同速度為v，由動(dòng)量守恒得：3mv=mv0…① 設(shè)C離開(kāi)彈簧時(shí)，A、B的速度為v1，由動(dòng)量守恒得：3mv=2mv1+mv0…② 設(shè)彈簧的彈性勢(shì)能為Ep，從細(xì)線(xiàn)斷開(kāi)到C與彈簧分開(kāi)的過(guò)程中機(jī)械能守恒，有：…③ 由①②③式得彈簧所釋放的勢(shì)能為：…④