四川省合江中学2019-2020学年高中物理教科版选修3-5：1.3动量守恒定律的应用 同步练习（含解析）

1.2动量守恒定律的应用
1．将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为（喷出过程中重力和空气阻力可忽略）
A．30 B．5.7×102
C．6.0×102 D．6.3×102
2．向空中发射一枚炮弹，不计空气阻力，当此炮弹的速度恰好沿水平方向时，炮弹炸裂成a、b两块，若质量较大的a的速度方向仍沿原来的方向，则有
A．b的速度方向一定与炸裂前瞬间的速度方向相反
B．从炸裂到落地的这段时间内，a飞行的水平距离一定比b的大
C．a、b一定同时到达水平地面
D．炸裂的过程中，a、b动量的变化量大小一定不相等
3．如图所示，A、B两物体质量分别为mA、mB，且mA＞mB，置于光滑水平面上，相距较远。将两个大小均为F的力，同时分别水平作用在A、B上，经过相同时间后撤去两个力，两物体发生碰撞并粘在一起后将
A．停止运动
B．向左运动
C．向右运动
D．运动方向不能确定
4．质量为M的物块以速度v运动，与质量为m的静止物块发生正碰，碰撞后两者的动量正好相等，两者质量之比M/m可能为
A．0.8 B．3 C．4 D．5
5．质量为m、半径为R的小球，放在半径为3R、质量为3m的大空心球内，大球开始静止在光滑水平面上。当小球从如图所示的位置（两球心在同一水平面上）无初速度沿内壁滚到最低点时，大球移动的距离是（　　）
A． B． C． D．
6．两辆质量相同的小车，置于光滑的水平面上，有一人静止在小车A上，两车静止，如图所示．当这个人从A车跳到B车上，接着又从B车跳回A车并与A车保持相对静止，则A车的速率

A．等于零
B．小于B车的速率
C．大于B车的速率
D．等于B车的速率
7．如图所示，竖直放置的轻弹簧的一端固定在水平地面上，另一端拴接着质量为m的木块A，开始时木块A静止，现让一质量也为m的木块B从木块A正上方高为h处自由下落，与木块A碰撞后一起向下压缩弹簧，A、B不粘连。弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，木块A与木块B碰撞时间极短，重力加速度为g。若从两木块发生碰撞到木块A第一次回到初始位置的时间为t，则（　　）
A．两木块向下运动的过程中，木块的加速度逐渐增大
B．两木块向下运动的过程中，两木块的机械能逐渐减小
C．A第一次回到初始位置时，A、B间的作用力为零
D．时间t内，弹簧对A的冲量大小为
8．带有光滑圆弧轨道、质量为M的小车静止置于光滑水平面上，如图所示，一质量为m的小球以速度水平冲上小车，到达某一高度后，小球又返回车的左端，则（　　）
A．小球一定向左做平抛运动
B．小球可能做自由落体运动
C．若，则此过程小球对小车做的功为
D．若，则小球在弧形槽上升的最大高度将大于
9．如图所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为的小物体B以水平速度滑上原来静止的长木板A的上表面，由于A、B间存在摩擦，A，B速度随时间变化.情况如图乙所示，取，则下列说法正确的是（　　）
A．木板A与物体B质量相等 B．系统损失的机械能为
C．木板A的最小长度为 D．A对B做功与B对A做功等大方向
10．如图所示，轻质弹簧的左端固定在竖直墙壁上，右端与静止在光滑水平面上的木块A相连接，子弹B沿水平方向射入木块后留在木块内，再将弹簧压缩到最短。上述这个过程可抽象为两个典型的过程：过程①是子弹射入木块并获得共同速度；过程②是木块与子弹一起压缩弹簧并将弹簧压到最短。已知木块的质量大于子弹的质量，空气阻力可忽略不计，则下列说法中正确的是（　　）
A．过程①中木块获得的动能一定小于此过程中子弹损失动能的二分之一
B．过程②中弹簧的最大弹性势能一定小于过程①中子弹损失的动能
C．过程②中弹簧的最大弹性势能一定大于过程①中木块所获得的动能
D．过程②中弹簧的最大弹性势能一定小于过程①中子弹损失动能的二分之一
E.过程①中木块对子弹所做功绝对值一定小于子弹对木块所做功的绝对值
F.过程①中木块对子弹的冲量大小一定等于子弹对木块的冲量大小
G.过程②中墙壁对弹簧的冲量大小一定等于木块和子弹动量的减小量
11．A、B两物体在光滑水平地面上沿同一直线均向东运动，A在后，质量为5kg，速度大小为10m/s，B在前，质量为2kg，速度大小为5m/s，两者相碰后，B沿原方向运动，速度大小为10m/s，则A的速度大小为__m/s，方向为__。
12．光滑水平面上有A、B两物块，A物块质量为2kg，以4m/s速度向右运动，B物块质量1kg，以2m/s速度向左运动。两物块碰撞后粘在一起共同运动。若规定向右为正方向，则碰撞前B物块的动量为________kgm/s，碰撞后两物块共同速度为_________m/s。
13．如图，水平面MN右端N处与水平传送带恰好平齐且很靠近，传送带以速率v=1m/s顺时针匀速转动，水平部分长度L=1m。物块B静止在水平面的最右端N处，质量为mA=1kg的物块A在距N点s=1.125m处以v0=5m/s的水平初速度向右运动，再与B发生碰撞并粘在一起，若B的质量是A的k倍（k＞0），A、B与水平面和传送带的动摩擦因数都为μ=0.4，物块均可视为质点，取g=10m/s2。
(1)求A到达N点与B碰撞前的速度大小；
(2)求碰撞后瞬间A与B的速度大小以及碰撞过程中损失的能量；
(3)讨论k在不同数值范围时，A、B碰撞后传送带对它们所做的功W的表达式。
14．如图甲所示，质量M=1.0kg足够长的长木块放在光滑水平面上，一个质量为m=2kg的小物块放在长木板左端，已知物块与长木板间的动摩擦因数为0.2。开始时二者均处于静止状态，现对m施加一随时间变化的外力F，且在2.5s时撤去外力，若力F随时间t的变化如图乙所示，物块与长木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2，求：
（1）0.5s时物块的速度；
（2）2.5s时长木板相对于初始位置的位移；
（3）撤去外力后系统的生热量。
15．如图所示，在光滑水平面上有，，三个大小相同的弹性小球静止地排成一直线。已知球质量是为，球质量为，球质量为。现使球沿三球球心连线以速度冲向球。假设三球间的相互作用都是弹性碰撞。试求三球不再发生相互作用时每个球的速度。
参考答案
1．A
【解析】
开始总动量为零，规定气体喷出的方向为正方向，根据动量守恒定律得，0=m1v1+p，解得火箭的动量，负号表示方向，故A正确，BCD错误；
【点睛】解决本题的关键掌握动量守恒定律的条件，以及知道在运用动量守恒定律时，速度必须相对于地面为参考系。
2．C
【解析】
A项：炮弹炸裂过程发生在炮弹的速度恰好沿水平方向时，由于炮弹水平方向不受外力，所以在水平方向上动量守恒，设炮弹炸裂前瞬间的速度为v炸裂后a、b的速度分别为va、vb，由动量守恒定律有：（ma+mb）v=mava+mbvb，若va＜v，可得vb的方向与v方向相同，且有vb＞v，故A错误；
B、C项：a、b?在水平飞行的同时，竖直方向上做自由落体运动，即做平抛运动，落地时间由高度决定，可知a、b同时落地，由于水平飞行距离x=vt，由于a的速度可能小于b的速度，则a的水平位移可能比b的小，故B错误，C正确；
D项：由动量守恒定律可知，炸裂的过程中，a、b动量的变化量大小一定相等，故D错误．
3．A
【解析】
将两个大小均为F的恒力，同时分别作用在A、B两个物体上，经相同的时间后，撤去两个力，两个力的冲量的矢量和为零，系统动量守恒；两个物体的动量等值、反向，故碰撞后粘在一起后均静止；
A. 停止运动，与结论相符，选项A正确；
B. 向左运动，与结论不相符，选项B错误；
C. 向右运动，与结论不相符，选项C错误；
D. 运动方向不能确定，与结论不相符，选项D错误。
4．B
【解析】
设碰撞后两者的动量都为p，由于题意可知，碰撞前后总动量为2p，根据动量和动能的关系有：
碰撞过程动能不增加，有：
解得：
故选B。
5．A
【解析】
由于水平面光滑，系统水平方向上动量守恒，则任意时刻小球的水平速度大小为v1，大球的水平速度大小为v2，由水平方向动量守恒有
mv1＝3mv2
若小球达到最低点时，小球的水平位移为x1，大球的水平位移为x2，则
①
由题意
x1＋x2＝3R－R=2R ②
由①②式解得大球移动的距离是
故A正确，BCD错误。
故选A。
6．B
【解析】
分析系统受力情况可知，系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，规定水平向右为正方向，由系统动量守恒可得：
因为质量关系：
故速度关系：
故B选项正确．
7．BD
【解析】
A．两木块向下运动的过程中，开始两木块的重力大于弹簧的弹力，加速度方向向下，由于弹簧形变量越来越大，弹簧的弹力越来越大，先小于A、B的总重力，后大于总重力，所以两物体的加速度先减小后增大，当弹力等于A、B的总重力时，两木块的加速度为零，故A错误；
B．两木块向下运动的过程中，两木块与弹簧组成的系统机械能守恒，而弹簧形变量越来越大，弹簧的弹性势能越来越大，所以两木块的机械能逐渐减小，故B正确；
C．A第一次回到初始位置时，对整体根据牛顿第二定律可得
对B分析，根据牛顿第二定律可得
解得A、B间的作用力为
故C错误；
D．B下落时的速度为
物块B与A碰撞过程由动量守恒得
规定向下为正方向，则两木块从开始运动到到达最低点过程中由动量定理得
从两木块发生碰撞到木块A第一次回到初始位置时的过程中弹簧对木块A的冲量的大小为
联立解得弹簧对木块A的冲量的大小为
故D正确；
故选BD。
8．BCD
【解析】
ABC．小球滑上滑车，又返回，到离开滑车的整个过程中，系统水平方向动量守恒．选取向右为正方向，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
若m=M，可解得
即小球在水平方向上速度为零，离开后做自由落体运动；
对小车，运用动能定理得：小球对小车做的功
故BC正确，A错误；
D．当小球与小车的速度相同时，小球上升到最大高度，设共同速度为v．规定向右为正方向，运用动量守恒定律得
根据能量守恒定律得，有
代入数据得
若，则小球在弧形槽上升的最大高度将大于，故D正确。
故选BCD。
9．ABC
【解析】
A．由图示图像可以知道，木板获得的速度为v=1m/s，A、B组成的系统动量守恒，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得
解得
所以木板A与物体B质量相等，故A正确；
B．系统损失的机械能为
故B正确；
C．木板A的最小长度就是物块在木板上滑行的距离，由图乙可知，木板A的最小长度为
故C正确；
D．物块在木板上滑行的过程中，产生了内能，所以A对B做功与B对A做功的绝对值不相等，故D错误。
故选ABC。
10．ABCFG
【解析】
A．根据动量守恒
可得
子弹损失的动能
木块获得的动能
则
因此A正确；
E．根据动能定理，木块对子弹所做功等于子弹簧动能的减小量，子弹对木块所做功等于木块动能的增量，由于
因此木块对子弹所做功绝对值一定大于子弹对木块所做功的绝对值，E错误；
F．根据冲量的定义，可知两者相互作力大小相等，作用时间相等，因此冲量大小相等，F正确；
B．弹簧的最大弹性势能
由于
因此过程②中弹簧的最大弹性势能一定小于过程①中子弹损失的动能，B正确；
C．由于
因此过程②中弹簧的最大弹性势能一定大于过程①中木块所获得的动能，C正确；
D．由于
无法确定与的大小关系，因此D错误；
G．将子弹与木块和弹簧做为一个整体，根据动量定理，可知过程②中墙壁对弹簧的冲量大小一定等于木块和子弹动量的减小量，G正确。
故选ABCFG。
11．8 向东
【解析】
设向东为速度正方向，则碰撞前A物体的速度vA=10m/s，B物体的速度vB=5m/s，碰撞后A物体的速度设为，碰撞后B的速度，两物体碰撞过程，由动量守恒定律有：
代入数据，解得，为正值，说明碰撞后A物体的速度方向向东。
12．－2 2
【解析】
[1]规定向右为正方向，碰撞前B物块的动量
；
[2]根据动量守恒定律得：
，
解得：
。
13．(1)4m/s；(2)；；(3)①时；②当【解析】
(1)设碰撞前A的速度为，对于A与B碰撞前的运动过程，由动能定理得
代入数据得
(2)设碰撞后A、B速度为，且设向右为正方向，由动量守恒定律得
解得
由系统能量转化与守恒可得
解得
(3)①如果AB能一直减速从传送带右端离开，必须满足
解得
传送带对它们所做的功为
②当时有
当时两个物体减速到与传送带共速，传送带对它们所做的功为
即AB到达传送带右端时速度为v；
③当时，AB沿传送带向右加速到速度与传送带速度相等后与传送带一起匀速运动到传送带的右端，在这个过程中传送带对AB所做的功为
解得
14．（1）1m/s；（2）10.25m；（3）J
【解析】
（1）由图知O到时段内外力恒为
对m有
求得
对M有
求得
因为
故二者在此时段内不会发生相对滑动，整体一起匀加速运动,有
，
求得
，
（2）在0.5s对2.5s时段内外力F是变化的，对m有
求得
若M一直在摩擦作用下加速，有
求得
由于
知假设成立，故木板的位移为
代人数据得
（3）撤去外力后系统在水平方向上不受外力动量守恒，由
求得
又有
代人数据求得
15．、、
【解析】
设小球与发生碰撞后速度分别为、，由于是弹性碰撞
代入数据解得
方向向左
方向向右
此后球以速度与球发生碰撞，设碰撞后速度分别为、，由于是弹性碰撞
代入数据解得
方向向右
方向向右
此后三球不会在碰撞，故三球不再发生相互作用时速度分别为、、。