人教版 (2019)选择性必修 第一册3 动量守恒定律课后作业题

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第一章　动量守恒定律
3　动量守恒定律
基础过关练
题组一　动量守恒的条件
1.(2023重庆巴蜀中学期中)下列关于系统动量守恒的说法正确的是(　　)
①只要系统所受的合外力为零,系统动量就守恒
②系统内有摩擦力,系统动量可能守恒
③系统所受合外力不为零,其动量一定不守恒,但有可能在某一方向上守恒
④如果系统所受合外力远大于内力,可近似认为系统动量守恒
A.①②③　　　　　　　　B.①②④
C.①③④　　　　　　　　D.②③④
2.(2023福建厦门外国语学校月考)在女排比赛中,球员竖直跳起,她恰好在到达最高点时将水平飞来的排球击出,排球以更大的速率水平飞出,直接落在对方的场地上,忽略空气阻力。则下列说法正确的是(　　)
A.在击球过程中球员与球组成的系统动量不守恒
B.击球前后瞬间球员与球组成的系统的动能相等
C.球员与球在水平方向动量守恒
D.球员与球在水平方向的动量变化量相同
3.下列四幅图所反映的物理过程中,系统动量守恒的是(　　)


A.甲、乙　　　　　　　　B.丙、丁
C.甲、丙　　　　　　　　D.乙、丁
4.(2023湖北石首第一中学月考)如图所示,A、B两物体质量之比mA∶mB=3∶2,原来静止在平板小车C上,A、B间有一根被压缩的轻弹簧,水平地面光滑,当弹簧突然释放后,则(　　)

A.若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同,A、B组成系统的动量守恒
B.若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数不同,A、B、C组成系统的动量不守恒
C.若A、B所受的摩擦力大小不相等,A、B、C组成系统的动量不守恒
D.无论A、B所受的摩擦力大小是否相等,A、B、C组成系统的动量守恒
题组二　动量守恒定律的理解与简单应用
5.(2022江苏苏州陆慕高级中学月考)关于动量守恒定律,以下说法错误的是(　　)
A.系统不受外力时,动量一定守恒
B.动量守恒定律也适用于高速运动的物体和微观粒子
C.一个系统的动量守恒,则机械能也守恒
D.两物体组成的系统,受到的合外力为零,则两物体动量的改变量大小一定相等
6.(2023辽宁大连期中)一个礼花弹竖直上升到最高点时刚好炸裂成三块碎片,如果这三块碎片的质量和动量大小均相等,则在礼花弹炸裂后的瞬间这三块碎片的运动方向可能是(　　)
　　　　　　　　
　　　　　　　　
7.一枚火箭搭载着卫星以速率v0到达预定位置,由控制系统使箭体与卫星分离。已知前部分的卫星质量为m1,后部分的箭体质量为m2,分离后箭体以速率v2沿火箭原速度方向飞行,若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化,则分离后卫星的速率v1为(　　)

A.v0-v2　　　　　　　　B.v0+v2
C.v0-m2m1v2　　　　　　　　D.v0+m2m1(v0-v2)
8.(2023黑龙江鹤岗一中调研)一个质量为M的平板车静止在光滑的水平面上,在平板车的车头与车尾站着甲、乙两人,质量分别为m1和m2,甲、乙均可视为质点,当两人分别以速率v1、v2相向而行时(　　)
A.若m1>m2,车子与甲运动方向一致
B.若v1>v2,车子与甲运动方向一致
C.若m1v1=m2v2,车子静止不动
D.若m1v1>m2v2,车子运动方向与乙运动方向一致
9.如图所示,小明站在静止于光滑水平面上的小车上用力向右推静止的木箱,木箱最终以速率v向右匀速运动。已知木箱的质量为m,小明与小车的总质量为2m,木箱运动一段时间后与竖直墙壁发生无机械能损失的碰撞,反弹回来后被小明接住。求:

(1)推出木箱后小明和小车一起运动的速度v1的大小;
(2)小明接住木箱后三者一起运动的速度v2的大小。
题组三　某一方向动量守恒定律的简单应用
10.(2023黑龙江哈尔滨德强学校期中)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,车的速度为(　　)

A.m0v1−m0v2m0−m,向右　　　　　　　　B.m0v1m0−m,向右
C.m0v1+m0v2m0−m,向右　　　　　　　　D.v1,向右
11.(2023山东青岛第五十八中学月考)如图所示,质量为M的滑块静止在光滑的水平面上,滑块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向滑块滚来,小球最后未越过滑块,则小球到达最高点时,小球和滑块的速度大小是(　　)

A.mv0M+m　　　　B.mv0M　　　　C.Mv0M+m　　　　D.Mv0m
能力提升练
题组一　动量守恒定律的应用
1.(2023黑龙江哈尔滨宾县第二中学期中)如图所示,两颗质量和速度均相同的子弹分别水平射入静止在光滑水平地面上质量相同、材料不同的矩形滑块A、B中,射入A中的深度是射入B中深度的两倍。两种射入过程相比较(　　)

A.射入滑块A的子弹速度变化量大
B.整个射入过程中两滑块受到的冲量一样大
C.射入滑块A中时阻力对子弹做的功是射入滑块B中时阻力对子弹做功的两倍
D.两个过程中系统产生的热量相同
2.(2023陕西西安第三中学摸底)如图所示,在水平面上有一质量为M的长木板,其右端固定有一立柱。质量为m的人立于木板左端,木板与人均静止。在人加速向右奔跑的过程中,可将人视为质点,木板向左运动。人到达右端时立刻抱住立柱。关于抱住立柱后,人与木板一起运动的方向,下列说法中正确的是(　　)

A.若水平面光滑,人与木板一起向右运动
B.若水平面光滑,人与木板一起向左运动
C.若水平面粗糙,当M>m时,人与木板一起向右运动
D.若水平面粗糙,当Mm2v2,两人的动量之和不为零,动量之和的方向与甲的运动方向相同,则平板车的运动方向与甲的运动方向相反,与乙的运动方向相同,D正确;若仅知道m1>m2或v1>v2,不能确定甲、乙两人的动量大小,也就不能确定平板车的运动方向,A、B错误。故选C、D。
9.答案　(1)v2　(2)2v3
解析　(1)取水平向左为正方向,小明推木箱的过程,由动量守恒定律有0=2mv1-mv
解得v1=v2
(2)小明接木箱的过程,由动量守恒定律有
mv+2mv1=(m+2m)v2
解得v2=2v3
10.D　人竖直跳起过程中,人和车在水平方向上所受合外力为零,在水平方向上动量守恒,由于惯性,人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。
11.A　小球沿滑块的光滑弧面上滑的过程中,小球和滑块组成的系统在水平方向上不受外力,因而系统在水平方向动量守恒,小球到达最高点时和滑块具有相同的速度v,由系统在水平方向上动量守恒得mv0=(M+m)v,所以v=mv0M+m,故选A。
导师点睛　小球到达最高点时,一定和滑块具有相同的速度v。若小球与滑块速度不相同,必然相对运动,此时小球一定不在最高点。
能力提升练
1.BD
2.CD
3.A
5.D
6.BC
7.BC
1.BD　子弹射入滑块过程,子弹与滑块组成的系统动量守恒,有mv0=(m+M)v,可知,两颗子弹的末速度相等,所以子弹速度的变化量相等,滑块动量变化量相等,滑块受到的冲量相等,A错误,B正确;对于子弹,根据动能定理,有Wf=12mv2-12mv02,由于末速度v相等,所以阻力对子弹做功相等,C错误;对子弹与滑块组成的系统,由能量守恒得系统产生的热量Q=12mv02-12m+Mv2,所以系统产生的热量相同,D正确。故选B、D。
2.CD　规定水平向右为正方向,设人抱住立柱之前瞬间,人的速度大小为v1,木板速度大小为v2,人向右奔跑的时间为t,人抱住立柱后瞬间速度为v。
若水平面光滑,对人和木板组成的系统,如图所示:

沿水平方向动量守恒,人向右奔跑过程中,有mv1-Mv2=0,人抱住立柱过程中,有mv1-Mv2=(m+M)v,解得v=0。所以若水平面光滑,人抱住立柱后人与木板均静止不动,A、B错误。
若水平面粗糙,设人与木板之间的摩擦力大小为f1,木板与地面之间的摩擦力大小为f2,如图所示:

人向右奔跑过程中,由动量定理,以人为研究对象,有f1t=mv1,以木板为研究对象,有-f1t+f2t=-Mv2,人抱住立柱过程中,可以认为内力远大于外力,系统动量守恒,有mv1-Mv2=(m+M)v,解得v=f2tM+m>0,人抱住立柱后瞬时速度为正值,说明若水平面粗糙,人与木板一起向右运动,C、D正确。
导师点睛　若水平面光滑,系统所受合外力为零,动量守恒,末速度为零;若水平面粗糙,系统所受合外力向右(水平面摩擦力),由动量定理知,末速度向右。
3.A　木板碰到挡板前,物块与木板一起做匀速运动,速度为v0;木板碰到挡板后,木板向左做匀减速运动,木板质量大于物块的质量,根据动量守恒定律,它们的总动量一直向左,物块先向右做匀减速运动,速度减至零后向左做匀加速运动,最终两者速度相同,设为v,设木板的质量为M,物块的质量为m,取向右为正方向,则由动量守恒定律得-Mv0+mv0=(M+m)v,解得v=-M−mM+mv0,故A正确,B、C、D错误。故选A。
4.答案　(1)3 m/s　(2)0.75 m
解析　(1)滑块A离开操作台后做平抛运动,竖直方向有h=12gt2
解得t=2ℎg=2×1.2510 s=0.5 s
水平方向有x1=vAt
解得A离开操作台时的速度大小为vA=x1t=1.50.5 m/s=3 m/s
(2)滑块A、B被弹簧弹开过程满足动量守恒,以向右为正方向,则有mBvB-mAvA=0
解得滑块B做平抛运动的初速度大小为vB=mAvAmB=1×32 m/s=1.5 m/s
B落地点N到操作台边缘的水平距离为x2=vBt=1.5×0.5 m=0.75 m
5.D　小球向左摆动时,小车向右运动,小球受到的重力使系统所受合外力不为零,故系统动量不守恒,但该过程只有重力及系统内的弹力做功,故系统机械能守恒,A、B错误;系统在水平方向所受合外力为零,水平方向动量守恒,小球向左摆到最高点,小球的速度为零,小车速度也为零,C错误,D正确。
6.BC　小球有竖直方向的分加速度,小球和槽组成的系统在竖直方向所受合力不为零,则小球和槽组成的系统动量不守恒,A错误;小球和槽组成的系统在水平方向不受外力,所以系统在水平方向动量守恒,系统在水平方向初动量为零,所以小球上滑到最高点时系统的动量也为零,又因为整个过程系统机械能守恒,初动能和末动能都为零,所以初、末状态系统重力势能相同,小球可以到达与A等高的C点,B、C正确;小球开始下滑时,速度为零,根据公式P=Fv cos θ,合力的瞬时功率为零,小球滑到底端B时,速度与合力垂直,合力的瞬时功率也为零,则小球所受合力的瞬时功率先增大后减小,D错误。故选B、C。
7.BC　投出物资前后,物资和热气球组成的系统水平方向动量守恒,设热气球的水平速度大小为v1,取向右为正方向,由动量守恒定律有mv0-Mv1=0,得v1=mMv0;投出物资前,浮力与重力大小相等,F浮=(M+m)g,投出物资后,浮力大于重力,由牛顿第二定律有F浮-Mg=Ma,联立解得热气球在竖直方向的加速度a=mgM,所以投出物资后热气球做类平抛运动,A错误,C正确。物资被投出后做平抛运动,竖直方向由H=12gt2得t=2Hg,水平方向有x=v0t=v02Hg;热气球做类平抛运动,水平方向有x'=v1t=mv0M2Hg,竖直方向由h=12at2得h=mHM,则落地时物资与热气球的距离d=(H+ℎ)2+x+x'2=1+mM2Hv02g+H2,B正确,D错误。
8.答案　(1)2.5 m/s　(2)0.5 m
模型构建　碰撞是在瞬间完成的,研究A、C碰撞时不要受滑块B的影响,A、C碰撞后,滑块B再与A、C整体发生相互作用。

解析　(1)A与C碰撞过程动量守恒,有mAv0=(mA+mC)v1
解得v1=2.5 m/s
(2)B在A上滑行,A、B、C组成的系统动量守恒,有mBv0+(mA+mC)v1=(mA+mB+mC)v2
解得v2=3 m/s
由能量守恒定律得12mBv02+12(mA+mC)v12=12(mA+mB+mC)v22+μmBgl
解得l=0.5 m
9.答案　(1)2 m/s　(2)2∶1
解析　(1)设即将碰撞的瞬间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=12m1v02
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,根据平抛运动的规律得
竖直方向h=12gt2
水平方向xD=v2t,xD-Δx=v1t
联立以上三式解得v1=1.25 m/s,v2=1.5 m/s
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
10.答案　(1)2 m/s　(2)39 J　(3)5.8 m/s
解析　(1)弹簧被压缩到最短时,木块A与滑板B具有相同的速度,设为v,从木块A开始沿滑板B上表面向右运动至弹簧被压缩到最短的过程中,系统动量守恒,规定向右为正方向,有mv0=(M+m)v,得v=mM+mv0
代入数据得v=2 m/s
(2)在木块A压缩弹簧的过程中,弹簧被压缩到最短时,弹簧的弹性势能最大,由能量守恒定律得弹簧最大弹性势能Epm=12mv02-12(M+m)v2-μmgL
代入数据解得Epm=39 J
(3)规定向右为正方向,木块A再次回到滑板B的最左端时,设木块A的速度为v1',滑板B的速度为v2',
由系统动量守恒得mv0=mv1'+Mv2'
由能量守恒定律得
12mv02=12mv1'2+12Mv2'2+2μmgL
两式联立并代入数据,解得v1'=-5.8 m/s或v1'=9.8 m/s
由运动过程可以判断木块A回到滑板B最左端时速度方向和初速度方向相反,故9.8 m/s应舍去,所以速度大小为5.8 m/s。