2024鲁科版高中物理选择性必修第一册同步练习--第2节 动量守恒定律及其应用

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2024鲁科版高中物理选择性必修第一册同步
第2节　动量守恒定律及其应用
基础过关练
题组一　动量守恒的条件判断
1.如图所示,小车与木箱紧挨着,静止放在光滑的水平面上,现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱,关于上述过程,下列说法正确的是 (　　)
A.男孩和木箱组成的系统动量守恒
B.小车与木箱组成的系统动量守恒
C.男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒
D.木箱动量的变化量与男孩、小车合动量的变化量相同
2.下列四幅图所反映的物理过程中,系统动量守恒的是 (　　)
题组二　反冲运动与火箭
3.(2022福建泉州模拟预测)2021年12月9日,神舟十三号乘组航天员进行天宫授课,如图为航天员叶光富试图借助吹气完成失重状态下转身动作的实验,但未能成功。若他在1 s内呼出质量约1 g的气体,气体速度为20 m/s,则他可获得的反冲力大小约为 (　　)
A.0.01 N　　　B.0.02 N　　　C.0.1 N　　　D.0.2 N
4.(2023陕西渭南瑞泉中学质检)我国自行研制的“歼-15”战斗机挂弹飞行时,接到命令,进行导弹发射训练,当战斗机水平飞行的速度为v0时,将总质量为M的导弹释放,刚释放时,导弹向战斗机飞行的反方向喷出对地速率为v1、质量为m的燃气,则喷气后导弹相对地面的速率v为 (　　)
A.
C.
5.将静置在地面上质量为M(含燃料)的火箭模型点火升空,在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体。忽略喷气过程中重力和空气阻力的影响,则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是　 (　　)
A.v0　　　
C.v0
题组三　动量守恒定律的应用
6.(2021海南期中)如图所示,质量m=120 kg的小船静止在平静水面上,船两端分别载着质量为m甲=60 kg和m乙=80 kg的甲、乙两位游泳者。在同一水平线上,甲向左、乙向右相对于河岸分别以大小为v1、v2的速度同时跃向水中。若甲、乙跃向水中后,小船仍然静止,则等于 (　　)
A.
7.(2022山东潍坊一中检测)如图所示,质量为m的人立于平板车上,人与车的总质量为m0,人与车以速度v1在光滑水平面上向右匀速运动,当此人相对于车以速度v2竖直跳起时,车的速度变为 (　　)
A.,向右　　　B.,向右
C.,向右　　　D.v1,向右
8.如图所示,质量为M的物体静止在光滑的水平面上,物体的光滑弧面底部与水平面相切,一个质量为m的小球以速度v0向物体滚来,小球不能越过物体,则小球到达最高点时,小球和物体的速度大小是 (　　)
A.
9.如图所示为a、b两小球沿光滑水平面相向运动的v-t图像,已知当两小球间距小于或等于L时,受到相互排斥的恒力作用,当间距大于L时,相互作用力为零,由图可知 (　　)
A.a小球的质量大于b小球的质量
B.a小球的质量小于b小球的质量
C.t1时刻两小球间距最小
D.t3时刻两小球间距为L
10.(2023山东泰安期末)如图所示,进行太空行走的航天员A和B的质量分别为80 kg和100 kg,他们携手远离空间站,相对空间站的速度为v0=0.1 m/s。A将B向空间站方向轻推后,A的速度变为vA=0.2 m/s,求此时B的速度大小和方向。
11.如图所示,一个质量为m的玩具蛙,蹲在质量为M的小车的细杆上,小车放在光滑的水平桌面上,若车长为L,细杆高为h且位于小车的中点,问:当玩具蛙至少以多大的水平速度v跳出,才能落到桌面上(重力加速度为g)。
能力提升练
题组一　动量守恒条件的扩展应用
1.(2021陕西西安工业大学附中模拟)如图所示,小车放在光滑的水平面上,将系着绳的小球向右拉开到一定的角度,然后同时放开小球和小车,不计一切摩擦,小球向左摆到最低点过程中 (　　)
A.小车和小球组成的系统动量守恒
B.小车的机械能守恒
C.细绳中的拉力对小车做正功
D.小球的机械能增加
2.(2022山东济南期末)如图,光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体,斜面体右侧一蹲在冰面上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块向斜面体推出,冰块平滑地滑上斜面体,并随即沿斜面滑下。则 (　　)
A.小孩推出冰块过程,小孩和冰块系统动量不守恒
B.冰块在斜面上运动过程,冰块和斜面体系统水平方向动量守恒
C.冰块从斜面体下滑过程,斜面体动量减少
D.冰块离开斜面时的速率与冲上斜面前的速率相等
3.(2023湖南常德汉寿一中月考)如图所示,在光滑的水平面上有一静止的物体M,物体上有一光滑的半圆弧轨道,最低点为C,两端A、B一样高,现让小滑块m从A点由静止下滑,则 (　　)
A.m不能到达M上的B点
B.m从A到C的过程中M向左运动,m从C到B的过程中M向右运动
C.m从A到B的过程中M一直向左运动,m到达B的瞬间,M速度为零
D.M与m组成的系统机械能守恒,水平方向动量守恒
4.(2022山东聊城颐中外国语学校期中)如图所示,甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m、12m,两船沿同一直线同一方向运动,速度分别为2v0、v0,为避免两船相撞,乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船,甲船上的人将货物接住,求抛出货物的最小速度。(不计水和空气的阻力)
题组二　动量守恒与能量结合问题
5.(2023山东泰安一中阶段练习)如图所示,小车的上表面固定一个光滑弯曲管道,整个小车(含管道)的质量为m,原来静止在光滑的水平面上。今有一个可以看作质点的小球,质量为m,半径略小于管道截面半径,以水平速度v=2 m/s从左端滑上小车,最后从管道左端滑离小车。关于这个过程,下列说法正确的是(重力加速度为g=10 m/s2) (　　)
A.小球滑离小车时,小车回到原来位置
B.小球滑离小车时相对小车的速度大小为2 m/s
C.小球滑离小车时小球的速度大小为2 m/s
D.车上管道中心线最高点离小车上表面的竖直高度一定等于0.1 m
6.(2022江苏泰州中学月考)如图所示,某同学在光滑冰面上进行“滑车”练习,开始该同学站在A车前端以共同速度v0=9 m/s做匀速直线运动,在A车正前方有一辆静止的B车,为了避免两车相撞,在A车接近B车时,该同学迅速从A车跳上B车,立即又从B车跳回A车,此时A、B两车恰好不相撞,已知人的质量m=25 kg,A车和B车质量均为mA=mB=100 kg,若该同学跳离A车与跳离B车时对地速度的大小相等、方向相反。则下列说法正确的是 (　　)
A.该同学跳离A车和B车时对地速度的大小为10 m/s
B.该同学第一次跳离A车过程中对A车冲量的大小为250 kg·m/s
C.该同学跳离B车的过程中,对B车所做的功为1 050 J
D.该同学跳回A车后,他和A车的共同速度为5 m/s
7.(2023山东师范大学附中期中)如图所示,质量均为m的A、B两物体通过劲度系数为k的轻质弹簧拴接在一起,竖直静置在水平地面上。在A的正上方高h=处有一质量为2m的物体C,现将物体C由静止释放,C与A发生碰撞后立刻粘在一起,碰撞时间极短,之后的运动过程中物体B恰好未脱离地面。弹簧始终在弹性限度内,忽略空气阻力,重力加速度为g。已知弹簧弹性势能表达式为Ep=kx2,其中k为弹簧的劲度系数,x为弹簧的形变量,则 (　　)
A.C物体碰撞前后瞬间的动量之比为2∶1
B.物体B恰好未脱离地面时,A、C的加速度为g
C.弹簧的最大压缩量为
D.弹簧的最大压缩量为
8.(2021广东联考)如图所示,AB为光滑的圆弧轨道,半径R=0.8 m,BC为距地面高h=1.25 m的粗糙水平轨道,长L=2.0 m,与AB轨道相切于B点。小物块N放在水平轨道末端的C点,将小物块M从圆弧轨道的最高点A由静止释放,经过一段时间后与小物块N发生碰撞,碰撞后小物块N落在水平地面上的D点,小物块M落在E点。已知D点到C点的水平距离xD=0.75 m,D、E两点间的距离Δx=0.125 m,小物块M与水平轨道BC间的动摩擦因数为μ=0.3,重力加速度g取10 m/s2,两小物块均可视为质点,不计空气阻力。求:
(1)碰撞前瞬间小物块M的速度大小;
(2)小物块M和小物块N的质量之比。
答案与分层梯度式解析
第2节　动量守恒定律及其应用
基础过关练
1.C 2.ACD 3.B 4.D 5.D 6.A
7.D 8.A 9.BD
1.C　由动量守恒定律成立的条件可知男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒,选项A、B错误,C正确;木箱动量的变化量与男孩、小车合动量的变化量大小相等,方向相反,选项D错误。
2.ACD　选项A中子弹和木块组成的系统在水平方向不受外力,竖直方向所受合力为零,系统动量守恒;选项B中在弹簧恢复原长过程中,系统在水平方向始终受墙的作用力,系统动量不守恒;选项C中木球与铁球组成的系统所受合力为零,系统动量守恒;选项D中小球与轨道M组成的系统水平方向不受外力,系统在水平方向动量守恒。
3.B　设呼出气体的质量为m,呼出气体的速度为v,则气体的动量大小为mv=20×1×10-3 kg·m/s=2×10-2 kg·m/s,又由Ft=mv并代入数据,可得F=0.02 N,A、C、D错误,B正确。
4.D　以导弹飞行的方向为正方向,导弹被战斗机释放后,导弹喷出燃气前后水平方向动量守恒,根据动量守恒定律得Mv0=(M-m)v-mv1,解得v=,故选D。
5.D　设火箭模型获得速度为v,根据动量守恒定律有0=(M-m)v-mv0,得v=v0,故选D。
易错警示　本题易误选A项,没有考虑喷出气体后质量的变化,喷气结束时,火箭模型的质量应为M-m。
6.A　整个系统满足动量守恒,有m甲v1-m乙v2=0,代入数据解得,故选A。
7.D　根据题意可知,人和车在水平方向上动量守恒,当人竖直跳起时,人和车之间在竖直方向上有相互作用,在水平方向上合力为零,仍然动量守恒,水平方向的速度不发生变化,所以车的速度仍为v1,方向向右。故选D。
8.A　小球沿物体上滑的过程中,对小球和物体组成的系统,水平方向不受外力,因而该系统在水平方向上动量守恒,小球到达最高点时和物体具有相同的对地速度v(若速度不相同,必然相对物体运动,此时一定不是最高点)。由动量守恒定律得,mv0=(M+m)v,所以v=,A正确。
9.BD　从题图可以看出,0~t3时间内,a小球的v-t图线的斜率绝对值比较大,所以a小球的加速度较大,两小球之间的排斥力为相互作用力,大小相等,根据a=知,加速度大的质量小,所以a小球的质量较小,故A错误,B正确;t2时刻两小球速度相等,距离最近,之后距离开始逐渐变大,故C错误;当间距大于L时,相互作用力为零,由题图可知t3时刻之后相互作用力为零,即间距大于L,则t3时刻两球间距为L,故D正确。
10.答案　0.02 m/s　远离空间站方向
解析　以空间站为参考系,以远离空间站方向即v0方向为正方向。
根据动量守恒定律得(mA+mB)v0=mAvA+mBvB,
代入数据解得vB=0.02 m/s,方向为远离空间站方向。
11.答案　
解析　玩具蛙跳出后做平抛运动,运动时间为t=。玩具蛙与车组成的系统水平方向动量守恒,由动量守恒定律得Mv'-mv=0
若玩具蛙恰好落在桌面上,则有v't+vt=
联立解得v=
能力提升练
1.C 2.B 3.CD 5.B 6.ACD 7.BD
1.C　小球在摆动的过程中,小球和小车组成的系统只受重力和支持力作用,水平方向合力为零,所以系统水平方向动量守恒,在竖直方向上,只有小球有竖直方向的分速度,且各位置的竖直分速度不同,则竖直方向系统动量不守恒,所以系统动量不守恒,A错;小球在摆动过程中,系统机械能守恒,细绳对小车的拉力做正功,因小球的部分机械能转化为小车的机械能,所以小球机械能减小,小车机械能增大,B、D错,C正确。故选C。
2.B　小孩推出冰块过程中,系统合外力为0,小孩和冰块系统动量守恒。故A错误;冰块在斜面上运动过程中,冰块和斜面体组成的系统水平方向合外力为0,系统在水平方向动量守恒。故B正确;冰块从斜面体下滑过程中,冰块对斜面体做功,速度增加,斜面体动量增加。故C错误;冰块在斜面体上滑和下滑过程,斜面体对冰块做负功,速度减小,冰块离开斜面时的速率与冲上斜面前的速率不相等。故D错误。故选B。
3.CD　M和m组成的系统水平方向不受外力,水平方向动量守恒,由于没有摩擦,系统的机械能也守恒,根据系统水平方向动量守恒和系统的机械能守恒知,m恰能到达M上的B点,到达B点时,M与m的速度都是0,故A错误,D正确;M和m组成的系统水平方向动量守恒,m从A到C的过程中以及从C到B的过程中一直向右运动,所以M一直向左运动,m到达B的瞬间,M与m速度都为零,故B错误,C正确;故选C、D。
4.答案　4v0
解析　以初始速度方向为正方向,设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为vmin,抛出货物后船的速度为v1,甲船上的人接到货物后船的速度为v2,先选乙船、人和货物为研究系统,由动量守恒定律得
12mv0=11mv1-mvmin
再选甲船、人和货物为研究系统,由动量守恒定律得10m×2v0-mvmin=11mv2
为避免两船相撞应满足v1≥v2
联立得vmin=4v0
方法技巧　应用动量守恒定律解题的步骤
5.B　小球与小车在水平方向上的合外力为零,故在水平方向动量守恒,小球从管道左端进入小车,到从管道左端滑离小车,此过程中小车速度一直向右,所以小车不可能回到原来位置,故A错误;从小球进入轨道到离开小车,以向右为正方向,由动量守恒定律有mv=mv1+mv2
根据机械能守恒有
解得小球滑离小车时,小球的速度和小车的速度分别为v1=0,v2=v=2 m/s
则小球滑离小车时相对小车的速度为-2 m/s,即小球滑离小车时相对小车的速度大小为2 m/s,故B正确,C错误;设小球滑上轨道的最高点离小车上表面的高度为h,则此时根据动量守恒有mv=2m·v共
根据机械能守恒有+mgh
联立解得h=0.1 m
则根据题意可知,车上管道中心线最高点离小车上表面的高度一定要大于0.1 m,故D错误。故选B。
6.ACD　由动量守恒定律可得,设人对地以速度v跳离A车,有(m+mA)v0=mv+mAvA,设人跳上B车后共同速度为vB,有mv=(m+mB)vB;设人跳离B车后B车对地速度为vB',有(m+mB)vB=mBvB'-mv;人再跳回A车后,设人和A车的共同速度为vA',有mAvA-mv=(m+mA)vA';两车恰好不相撞满足:vA'=vB';联立解得v=10 m/s,vA= m/s,vB=2 m/s,vA'=vB'=5 m/s,故A、D正确;由动量定理可知,该同学第一次跳离A车过程中,对A车冲量大小为:I=|mAvA-mAv0|=25 kg·m/s,故B错误;由动能定理可知,该同学跳离B车过程中对B所做的功为:W==1 050 J,故C项正确。
7.BD　设C与A碰撞前瞬间的速度为v0,C与A碰撞后的速度为v,根据动量守恒定律有2mv0=(2m+m)v
可得C物体碰撞前后瞬间的动量关系为,故A错误;物体B恰好未脱离地面时,此时地面对B的支持力恰好为零,此时弹簧对B的拉力Fx=mg,则对A、C整体,根据牛顿第二定律可得,此时它们的加速度为a=g,故B正确;当C、A一起压缩弹簧到达最低点时,弹簧的压缩量最大,把弹簧及C、A看成一个系统,C、A从最低点到最高点时,系统机械能守恒,弹簧把弹性势能转化为C、A的重力势能,有ΔEpx=kx2=3mg(Δxm+x)
C、A在最高点时,弹簧的伸长量为x=
可求得弹簧的最大压缩量为Δxm=,故D正确。
8.答案　(1)2 m/s　(2)2∶1
解析　(1)设碰撞前瞬间M的速度为v0,从A点到C点,对小物块M由动能定理得
m1gR-μm1gL=
代入数据解得v0=2 m/s
(2)设碰撞后小物块M和N的速度大小分别为v1和v2,从碰撞到落地经历的时间为t,根据平抛运动规律知,在竖直方向上有h=gt2
在水平方向上有xD=v2t,xD-Δx=v1t
联立解得v1=1.25 m/s,v2=1.5 m/s
M和N两个小物块相碰前后系统动量守恒,规定水平向右为正方向,根据动量守恒定律有
m1v0=m1v1+m2v2
代入数据解得m1∶m2=2∶1
关键点拨　求解动量守恒和能量问题时要注意
(1)守恒条件:系统动量守恒时,机械能不一定守恒;系统机械能守恒时,其动量不一定守恒。
(2)分析重点:动量研究的是系统的受力情况,而能量研究的是系统的做功情况。
(3)表达式:动量为矢量式,能量为标量式。
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