四川省通江县永安中学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 课时作业（含解析）

1.2动量守恒定律的应用
1．如图所示，三辆完全相同的平板小车a、b、c成一直线排列，质量均为M，静止在光滑水平面上。c车上有一静止的质量为m的小孩。现跳到b车上，接着又立即从b车跳到a车上。小孩跳离c车和b车时对地的水平速度均为v。小孩跳到a车上后相对a车保持静止，则（　　）
A．a、b、c、小孩四者组成的系统水平方向动量不守恒
B．b、c两车运动速率相等
C．b的速率为
D．a的速率为
2．在光滑的水平地面上放有一质量为M带光滑圆弧形槽的小车，一质量为m的小铁块以速度沿水平槽口滑上小车，且上滑过程始终未离开小车，如图所示，若，则铁块离开小车时将（
　　）
A．向左平拋
B．向右平抛
C．自由落体
D．无法判断
3．在光滑水平地面上有两个相同的木块
A、B，质量都为m。现
B
静止，A
向
B
运动，发生正碰并粘合在一起运动。两木块组成的系统损失的机械能为ΔE，则碰前A
球的速度等于（　　）
A．
B．
C．2
D．2
4．如图所示的装置中，木块B、C与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内，并将弹簧压缩到最短。现将子弹、木块B、C和弹簧合在一起作为研究对象（系统），则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中（　　）
A．动量守恒、机械能守恒
B．动量不守恒、机械能不守恒
C．动量守恒、机械能不守恒
D．动量不守恒、机械能守恒
5．如图所示的单摆，摆球a向右摆动到最低点时，恰好与一沿水平方向向左运动的粘性小球b发生碰撞，并粘在一起，且摆动平面不便．已知碰撞前a球摆动的最高点与最低点的高度差为h，摆动的周期为T，a球质量是b球质量的5倍，碰撞前a球在最低点的速度是b球速度的一半．则碰撞后
A．摆动的周期为
B．摆动的周期为
C．摆球最高点与最低点的高度差为0.3h
D．摆球最高点与最低点的高度差为0.25h
6．一个不稳定的原子核质量为M，处于静止状态．放出一个质量为m的粒子后反冲．已知放出的粒子的动能为E0，则原子核反冲的动能为(
)
A．
B．
C．
D．
7．质量为2m的物体A以速度υ0碰撞静止的物体B，B的质量为m，则碰撞后B的速度可能为（　　）
A．υ0
B．2υ0
C．υ0
D．υ0
8．如图所示，小球位于光滑的曲面体顶端，曲面体位于光滑的水平地面上，从地面上看，在小球沿曲面下滑的过程中，则下列说法正确的是（　　）
A．小球与曲面体组成的系统动量守恒，机械能守恒
B．曲面体对小球的作用力垂直于接触面且对小球做负功
C．球和曲面体对地的水平位移与二者的质量成反比
D．球沿曲面体下滑过程中，球和曲面体所受合外力的冲量始终等大反向
9．如图所示，在光滑水平面上放置A、B两物体，其中B物体带有不计质量的弹簧静止在水平面内．A物体质量为m，以速度v0逼近B，并压缩弹簧，在压缩的过程中（
）
A．任意时刻系统的总动量均为mv0
B．任意时刻系统的总动量均为
C．任意一段时间内两物体所受冲量的大小相等，方向相反
D．当A、B两物体距离最近时，其速度相等
10．如图所示，甲、乙两球质量分别为1kg，3kg，它们在光滑水平面上发生正碰，图甲表示甲球碰撞前后的s-t图线，图乙表示乙球碰后的s-t时间图线，不计碰撞时间，则下列说法正确的是（　　）
A．甲、乙两球在t=2s时发生碰撞
B．碰撞前后系统动量守恒
C．碰撞后甲球的速度反向了
D．碰撞前后甲球动量改变了
11．一个质量为50kg的人，站立在静止于平静水面上的质量为400kg船上，现船上人以相对水面2m/s的水平速度跳向岸，不计水的阻力。则船以________m/s的速度后退，若该人竖直向上跳起，则人船系统动量不守恒的原因是：_____________________。
12．两只小船质量分别为，，它们平行逆向航行航线邻近，当它们头尾相齐时，各投质量的麻袋到对面的船上，如图1所示，结果质量较轻的一只船停了下来，另一只船则以的速度沿原方向航行，若水的阻力不计，则在交换麻袋前两只船的速率________，________.
13．光滑水平面上，质量为1kg的小球A以5m/s的速度向右运动，大小相同的小球B质量为4kg，以0.5m/s的速度向右运动，两者发生正碰，碰撞后小球B以2m/s的速度向右运动.求：
①碰后A球的速度v；
②碰撞过程中A球对B球的冲量大小I.
14．甲、乙两运动员在做花样滑冰表演，沿同一直线相向运动，速度大小都是1m/s。甲、乙相遇时用力推对方，此后都沿各自原方向的反方向运动，速度大小分别为1m/s和2m/s。求甲、乙两运动员的质量之比。
15．如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点．现将A无初速度释放，A与B碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动．已知圆弧轨道光滑，半径R=0.2m，A与B的质量相等，A与B整体与桌面之间的动摩擦因数=0.2．取重力加速度g=10m/s2，求：
（1）碰撞前瞬间A的速率v．
（2）碰撞后瞬间A与B整体的速度．
（3）A与B整体在桌面上滑动的距离L．
参考答案
1．D
【解析】
A．a、b、c、小孩四者组成的系统，水平方向的外力之和为零，水平方向动量守恒，故A错误；
BC．对小孩跳离c车的过程，取向右为正方向，对小孩和c的系统，由水平方向动量守恒定律，有
解得c车的速度为
负号表示方向向左；
对小孩跳上b车再跳离b车的过程，由小孩和b的系统水平方向动量守恒，有
解得b车最终的速度为
故BC均错误。
D．对小孩跳上a车的过程，由动量守恒定律，有
解得a车的最终速度为
故D正确。
故选D。
2．C
【解析】
ABCD．小铁块和小车组成的系统所受的合外力为零，即它们组成的系统动量守恒。设小铁块离开小车时，下铁块和小车的速度分别为、，则
①
又因为圆弧形槽是光滑的，系统的机械能守恒，得
②
由题意可知
③
联立①②③式解得
，
即小铁块离开小车时将做自由落体运动，C正确，ABD错误。
故选C。
3．C
【解析】
由动量守恒
损失的机械能
解得碰前A
球的速度
故ABD错误，C正确。
故选C。
4．C
【解析】
以ABC系统为对象，从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中，水平方向不受外力，所以动量守恒，子弹A射入木块B中，有内能产生，所以机械能不守恒。
A．动量守恒、机械能守恒
与上分析结论不相符，故A错误；
B．动量不守恒、机械能不守恒
与上分析结论不相符，故B错误；
C．
动量守恒、机械能不守恒
与上分析结论相符，故C正确；
D．动量不守恒、机械能守恒
与上分析结论不相符，故D错误；
故选C。
5．D
【解析】
试题分析：单摆的周期与摆球的质量无关，只决定于摆长和当地的重力加速度．所以AB错误．在a球向下摆的过程中，只有重力做功，机械能守恒．有：Mgh=Mv12
a、b两球碰撞过程时间极短，两球组成的系统动量守恒．所以有
Mv1-m?2v1=（M+m）v2
碰撞后摆动过程中，机械能守恒，所以有：
整理得：v2＝0．5v1，所以h'=0．25h．故C错误，D正确．故选D．
考点：动量守恒定律；能量守恒定律
【名师点睛】分析清楚物体运动的过程，分过程利用机械能守恒和动量守恒即可求得结果；单摆的周期是由单摆的摆长和当地的重力加速度的大小共同决定的，与摆球的质量和运动的速度无关．
6．C
【解析】
放出质量为的粒子后，剩余质量为，该过程动量守恒，则有：
放出的粒子的动能为：
原子核反冲的动能：
联立解得：
A.与分析不符，不符合题意；
B.与分析不符，不符合题意；
C.与分析相符，符合题意；
D.与分析不符，不符合题意。
7．AC
【解析】
A物体和B物体碰撞的过程中动量守恒，选A原来的运动方向为正方向如果发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得
2mv0=（2m+m）v2
解得：；如果发生完全弹性碰撞，由动量守恒定律得
2mv0=2mv1+mv2
由能量守恒定律得
解得：，则碰撞后B的速度为：，
故选AC。
8．BC
【解析】
小球下滑过程中，系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒．只发生动能和重力势能的转化，系统的机械能守恒；根据系统水平方向动量守恒列式求解水平位移关系．结合动量定理分析．
【详解】
在小球沿曲面下滑的过程中，小球有竖直分加速度，系统的合外力不为零，动量不守恒．只发生重力势能与动能的转化，所以系统的机械能守恒，故A错误．曲面体对小球的作用力垂直于接触面，由于曲面向右移动，曲面体对小球的作用力与小球相对于地的速度方向成钝角，所以曲面体对小球的作用力垂直于接触面且对小球做负功，故B正确．取水平向左为正方向，由系统水平动量守恒得，得，即球和曲面体对地的水平位移与二者的质量成反比，故C正确．球沿曲面体下滑过程中，球对曲面体的作用力冲量与曲面体对球的作用力冲量始终等大反向，而合外力是物体受到的所有力的合力，则球和曲面体所受合外力的冲量关系不能确定，故D错误．故选BC．
【点睛】
本题关键要掌握小球下滑过程中，系统水平方向不受外力，由动量守恒定律分析水平位移关系．对于机械能是否守恒，可根据能量的转化情况分析．
9．ACD
【解析】
AB．在AB碰撞并压缩弹簧，在压缩弹簧的过程中，系统所受合外力为零，系统动量守恒，在任意时刻，A、B两个物体组成的系统的总动量都为mv0，故A正确，B错误；
C．在任意的一段时间内，A、B两个物体受到的弹力大小相等，方向相反，根据冲量
I=Ft
得冲量大小相等，方向相反，故C正确；
D．当A、B两个物体有最小的距离时，其速度相等，即弹簧被压缩到最短，故D正确。
故选ACD。
10．ABC
【解析】
A．因为甲前两秒是向正方向的匀速直线运动，后是向负方向的匀速直线运动，所以甲、乙两球在时发生碰撞，故A正确；
B．因为碰撞发生在光滑的水平面上，所以碰撞前后动量守恒，故B正确；
C．末甲球的速度时间图象斜率变为负值，说明速度反向，故C正确；
D．甲球碰撞前的动量，碰撞后的动量，所以动量的变化量为
故D错误。
故选ABC。
11．0.25
在该过程中人船系统所受合外力不为零
【解析】
[1]由于不计水的阻力，人和船组成的系统水平方向动量守恒，以人前进方向为正，所以有
解得
[2]若人向上跳起，人船系统在竖直方向上合外力不为零，故其动量不守恒。
12．1m/s
9m/s
【解析】
[1][2]以质量较轻的船的速度的方向为正方向，选取质量较轻的船和从质量较重的船投过去的麻袋为研究系统，根据动量守恒定律有
选取质量较重的船和从质量较轻的船投过去的麻袋为系统，根据动量守恒定律有
联立以上两式并代入数据解
.
13．①1m/s方向向左②
【解析】
①两球碰撞过程，系统动量守恒，取向右为正方向
解得
所以碰后球速度大小为，方向向左;
②以球为研究对象，由动量定理
得
解得
14．3∶2
【解析】
取甲的初速度方向为正，由动量守恒定律得
m甲v甲-m乙v乙=m乙v'乙-m甲v'甲
解得
=
代入数据得
=
15．（1）2m/s
（2）1m/s
（3）0.25m
【解析】
（1）对A从圆弧最高点到最低点的过程应用机械能守恒定律有：
可得
（2）A在圆弧轨道底部和B相撞，满足动量守恒，有：，可得
（3）对AB一起滑动过程，由动能定理得：，可得L=0.25m