第一章 动量守恒定律 强化训练word版含答案

高中物理教科版选修3-5动量守恒定律 强化训练
1．(多选)下列四幅图所反映的物理过程中，系统动量守恒的是(　　)
【答案】AC　解析：A中子弹和木块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；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；C中木球与铁球的系统所受合力为零，系统动量守恒；D中木块下滑过程中，斜面始终受挡板作用力，系统动量不守恒．
2．关于牛顿运动定律和动量守恒定律的适用范围，下列说法正确的是(　　)
A．牛顿运动定律也适合解决高速运动的问题
B．牛顿运动定律也适合解决微观粒子的运动问题
C．动量守恒定律既适用于低速运动的问题，也适用于高速运动的问题
D．动量守恒定律适用于宏观物体，不适用于微观物质
【答案】C　解析：牛顿定律只适用于解决宏观物体的低速运动问题，而动量守恒定律既适用于低速运动，也适用于高速运动，既适用于宏观物体，也适用于微观物质．
3．如图所示，质量为M的小车置于光滑的水平面上，车的上表面粗糙，有一质量为m的木块以初速度v0水平地滑至车的上表面，若车表面足够长，则(　　)
A．木块的最终速度为v0
B．由于车表面粗糙，小车和木块所组成的系统动量不守恒
C．车表面越粗糙，木块减少的动量越多
D．车表面越粗糙，小车获得的动量越多
【答案】A　解析：由m和M组成的系统水平方向动量守恒易得A正确；m和M动量的变化与小车上表面的粗糙程度无关，因为车表面足够长，最终各自的动量与摩擦力大小无关．
4．质量为m的氦核，其速度为v0，与质量为3m的静止碳核碰撞后沿着原来的路径被弹回，其速率为，而碳核获得的速度为(　　)
A．　　 B．2v0　　
C．　　 D．
【答案】C　解析：α粒子与碳核所组成的系统动量守恒取α粒子原来的速度方向为正方向，若碳核获得的速度为v，则mv0＝3mv－m·，所以v＝.
5．质量为M的小车在光滑水平地面上以速度v0匀速向右运动，当车中的沙子从底部的漏斗中不断地流下时，车子的速度将(　　)
A．减小　　 B．不变　　　　
C．增大　　 D．无法确定
【答案】B　解析：以车和漏掉的沙子为系统研究对象，系统动量守恒，设沙质量为m，漏掉的沙和车有相同速度．则(M＋m)v0＝(M＋m)v，v＝v0.
6．(2018张家界三模)如图所示，一个质量为M的滑块放置在光滑水平面上，滑块的一侧是一个四分之一圆弧EF，圆弧半径为R＝1 m．E点切线水平．另有一个质量为m的小球以初速度v0从E点冲上滑块，若小球刚好达到圆弧的上端F，已知M＝4m，g取10 m/s2，不计摩擦．则小球的初速度v0的大小为(　　)
A．v0＝4 m/s　　　　 B．v0＝5 m/s
C．v0＝6 m/s　　　　 D．v0＝7 m/s
【答案】B　解析：当小球上升到滑块上端时，小球与滑块水平方向速度相同，设为v1，根据水平方向动量守恒有mv0＝(m＋M)v1，根据机械能守恒定律有mv＝(m＋M)v＋mgR，根据题意，有M＝4m，联立两式解得v0＝5 m/s.故A、C、D错误，B正确．
7．(2018永州三模)如图所示，在光滑的水平地面上并排放着物块A、B，它们的质量之比为3∶2，且在它们之间有一处于压缩状态的弹簧(与物块A、B并不拴接)．某一时刻同时释放物块A、B，弹簧为原长时物块A的动能为8 J，则释放物块A、B前，弹簧具有的弹性势能为(　　)
A．12 J　　　　 B．16 J
C．18 J　　　　 D．20 J
【答案】D　解析：取向左为正方向，由系统的动量守恒得mAvA－mBvB＝0，得vA∶vB＝mB∶mA＝2∶3，物块A与B的动能之比为EkA∶EkB＝mAv∶mBv＝2∶3.所以EkB＝EkA＝×8 J＝12 J，根据功能关系可知，A与B的动能的和等于开始时弹簧的弹性势能，所以弹簧的弹性势能Ep＝EkA＋EkB＝(8＋12) J＝20 J．故A、B、C错误，D正确．
8．(2018衡阳三模)如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为2m的光滑弧形槽静止放在光滑水平面上．弧形槽底端与水平面相切，一个质量为m的小物块从槽高h处开始自由下滑，下列说法错误的是(　　)
A．在下滑过程中，物块和弧形槽组成的系统机械能守恒
B．在下滑过程中，物块和槽的水平方向动量守恒
C．物块压缩弹簧的过程中，弹簧的最大弹性势能Ep＝mgh
D．物块被弹簧反弹后，离开弹簧时的速度大小为
【答案】D　解析：在下滑过程中，只有重力做功，物块和弧形槽组成的系统机械能守恒，故A正确；在下滑过程，物块与弧形槽组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统水平方向动量守恒，故B正确；设物块到达水平面时速度大小为v1，槽的速度大小为v2，且可判断物块速度方向向右，槽的速度方向向左，以向右为正方向，在物块下滑过程中，系统水平方向动量守恒，由动量守恒定律得mv1－2mv2＝0，由机械能守恒定律得mgh＝mv＋·2mv，由以上两式解得v1＝2，v2＝，物块与弹簧相互作用过程系统机械能守恒，物块速度为零时，弹簧的弹性势能最大，由机械能守恒定律可知，最大弹性势能Ep＝mv＝mgh，故C正确；物块与弹簧相互作用过程系统机械能守恒，物块离开弹簧时速度大小与物块接触弹簧前的速度大小相等，v＝v1＝2，故D错误．本题选错误的，故选D．
能力提升
9．如图所示，滑块A、C的质量均为m，滑块B的质量为m.开始时A、B分别以v1、v2的速度沿光滑水平轨道向固定在右侧的挡板运动，现将C无初速地放在A上，并与A黏合不再分开，此时A与B相距较近，B与挡板相距足够远．若B与挡板碰撞将以原速率反弹，A与B碰撞将黏合在一起．为使B能与挡板碰撞两次，v1、v2应满足什么关系？
【答案】v2＜v1≤2v2或v1≤v2＜v1
解析：设向右为正方向，A与C粘合在一起的共同速度为v′，由动量守恒定律得mv1＝2mv′，
为保证B碰挡板前A未能追上B，应满足v′≤v2，
设A与B碰后的共同速度为v″，由动量守恒定律得
2mv′－mv2＝mv″，
为使B能与挡板再次碰撞应满足v″>0，
联立以上各式解得v210．“草船借箭”中，若草船的质量为m1，箭的质量为m，草船以速度v1返回时，士兵万箭齐发，n支箭同时射中草船，箭的速度皆为v，方向与船行方向相同．由此，草船的速度会增加多少？(不计水的阻力)
【答案】　解析：由船与箭的作用过程中系统动量守恒，
m1v1＋nmv＝(m1＋nm)(v1＋Δv)，
得Δv＝.
11．(2018临沂二模)质量为M＝0.6 kg的长木板固定在光滑水平面上，其左端有质量为m＝0.5 kg、可视为质点的遥控电动赛车，由静止出发，通电后赛车以恒定功率P＝0.8 W行驶，赛车与木板的动摩擦因数μ＝0.2，经过时间t1＝2.0 s，赛车向右滑行了L1＝1.44 m，之后关闭电动机，同时解除对长木板的固定，赛车在木板上又滑行一段距离后，恰好停在木板的右端．不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2.求：
(1)t1＝2.0 s时刻赛车的速度v1；
(2)木板长度L.
【答案】(1)0.8 m/s　(2)1.53 m
解析：(1)赛车加速的过程中发动机和摩擦力做功，由动能定理可得
Pt1－μmgL1＝mv
代入数据可得v1＝0.8 m/s.
(2)关闭发动机后，赛车与木板组成的系统的动量守恒，选向右为正方向，设最终的共同速度为v，则
mv1＝(M＋m)v
则共同速度v＝ m/s
该过程中μmgL2＝mv－(M＋m)v2
代入数据可得L2≈0.09 m
所以木板的长度L＝L1＋L2＝(1.44＋0.09) m＝1.53 m.
12．(2018聊城二模)如图所示，水平地面上固定一半径为R＝0.8 m的光滑圆弧轨道，轨道左端放一质量为M＝3 kg、长为L＝1.75 m的木板，木板上表面与轨道末端等高，木板与地面间无摩擦，其左端放一质量m＝1 kg的物块，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4.现给物块施一水平向右的恒力F＝15 N，作用一段距离x后撤去F，物块正好能滑到圆弧轨道的最高点，然后再滑回，取g＝10 m/s2.
(1)求物块滑到板右端时的速度v；
(2)求x的大小；
(3)通过计算说明，物块最终能否滑离木板．
【答案】(1)4 m/s　(2)1 m　(3)不能
解析：(1)对于物块从轨道底端上升到顶端的过程，由机械能守恒可得mv2＝mgR
解得v＝4 m/s.
(2)对于物块从木板左端滑到右端的过程，由动能定理可得
Fx－μmgL＝mv2
解得x＝1 m.
(3)设物块相对板向左滑动距离Δx后，与木板达到相同速度v′.取向左为正方向，由动量守恒定律得
mv＝(M＋m)v′
解得v′＝1 m/s
由能量守恒定律得μmgΔx＝mv2－(M＋m)v′2
解得Δx＝1.5 m故物块不会滑离木板．