鲁科版 (2019)选择性必修 第一册第2节 动量守恒定律及其应用同步测试题

这是一份鲁科版 (2019)选择性必修 第一册第2节 动量守恒定律及其应用同步测试题，共16页。

基础过关练
题组一 动量守恒的条件判断
1.(2024浙江宁波五校联盟期中)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.(多选题)(2024湖南长沙南雅中学月考)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.(2024江苏扬州联考)“火箭”这个词在公元三世纪的三国时期就已出现。关于现代火箭,下列说法正确的是( )
A.影响火箭速度大小的主要因素是喷气的速度大小、喷出气体的质量与喷气后的火箭质量之比
B.火箭开始工作后做加速运动的原因是燃料燃烧推动空气,空气的反作用力推动火箭
C.火箭点火后离开地面向上运动,是地面对火箭的反作用力作用的结果
D.火箭、喷气式飞机、直升机的运动都是利用反冲获得动力
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.Mv0−mv1M B.Mv0+mv1M
C.Mv0−mv1M−m D.Mv0+mv1M−m
题组三 动量守恒定律的应用
5.(2024广东肇庆第一中学月考)在一次电影拍摄中,演员从岸边跳上迎面驶来的小船。已知演员与小船的质量之比为1∶3,演员与小船接触前瞬间的速度大小为v0、方向水平,小船的速度大小为v04,不计水的阻力,则演员在小船上站稳后的速度大小为( )
A.v04 B.v08 C.v012 D.v016
6.(2024山东泰安一中月考)两名质量相等的滑冰人甲和乙都静止在光滑的水平冰面上。现在,其中一人向另一人抛出一个篮球,另一人接球后再抛回,如此反复进行几次之后,甲和乙最后的速率关系是( )
A.若甲最先抛球,则一定是v甲>v乙
B.若乙最后接球,则一定是v甲>v乙
C.只有甲先抛球,乙最后接球,才有v甲>v乙
D.无论怎样抛球和接球,都是v甲>v乙
7.(2024湖北孝感期中)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.mv0M+m B.mv0M C.Mv0M+m D.Mv0m
8.(2024江西南昌第一中学月考)如图所示,一个小孩将质量为m1的石头以大小为v0、仰角为θ的初速度抛入一个装有沙子的总质量为M的静止的沙车中,沙车与水平地面间的摩擦可以忽略。石头和沙车获得共同速度后,沙车底部出现一小孔,沙子从小孔中漏出,则( )
A.漏沙前,石头和沙车的共同速度v=m1v0 csθM+m1
B.石头和沙车获得共同速度后漏沙过程中系统动量守恒
C.沙子漏出后做直线运动,水平方向的速度变小
D.当漏出质量为m2的沙子时,沙车的速度v'=Mv0 csθM+m1
9.(多选题)(2024河南信阳高级中学月考)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(不计小车的高度,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.(2024山东济南历城第二中学月考)如图所示,光滑冰面上静止放置一表面光滑的凹槽,凹槽右侧一蹲在滑板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凹槽推出,冰块平滑地滑上凹槽,则( )
A.小孩推出冰块过程,小孩和冰块组成的系统动量不守恒
B.冰块在凹槽上运动过程,冰块和凹槽组成的系统水平方向动量守恒
C.冰块从凹槽下滑过程,凹槽的动量减少
D.冰块离开凹槽时的速率与冲上凹槽前的速率相等
2.(多选题)(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
3.(多选题)(2024福建泉州月考)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M4.(2024山东聊城一中期中)如图所示,有A、B两质量均为M=100 kg的小车,沿光滑水平面以速率v0=1 m/s在同一直线上相向运动,A车上站着一质量为m=50 kg的人。为避免两车相撞,他至少要以对地多大的速度从A车跳到B车?
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高度一定等于0.1 m
6.(2023贵州铜仁期末)2023年6月20日,中国“天宫”空间站电推进发动机首次实现在轨“换气”,电推进发动机如图所示,其工作原理为先将氙气等惰性气体转化为带电离子,然后把这些离子加速并喷出,以产生推进力,进而完成航天器的姿态控制、轨道修正、轨道维持等任务。已知电推进发动机的功率为100 kW,能够产生5.0 N的推力,忽略惰性气体质量减少对航天器的影响,以下说法正确的是( )
A.电推进发动机工作时系统的机械能是守恒的
B.电推进发动机工作时系统的动量不守恒
C.惰性气体离子被加速后的速度约为20 km/s
D.电推进发动机需要每秒喷射约1.25×10-4 kg惰性气体离子
7.(多选题)(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=9mg2k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=12kx2,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的加速度大小为43g
C.弹簧的最大压缩量为4mgk
D.弹簧的最大压缩量为7mgk
8.(2024山东泰安新泰一中质量检测)如图所示,AB为光滑的14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。
答案全解全析
基础过关练
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.AC 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中木块下滑过程中斜面始终受挡板的作用力,系统动量不守恒。故选A、C。
3.A 火箭的工作原理是利用反冲运动,火箭点火后燃料燃烧产生的高温气体从火箭尾部喷出,喷出的气体具有动量,由动量守恒定律可知,火箭会向相反方向即向前飞行,B、C错误;设喷气速度为v,喷出气体的质量为m,喷气后的火箭质量为M,火箭获得的速度大小为v',根据动量守恒定律有mv=Mv',解得v'=mMv,可知影响火箭速度大小的主要因素是喷气的速度大小、喷出气体的质量与喷气后火箭质量之比,A正确;火箭、喷气式飞机都是利用向后喷气的反冲作用获得动力,属于反冲运动,而直升机是利用空气的升力而使飞机上升,不属于反冲运动,D错误。
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=Mv0+mv1M−m,故选D。
5.D 以人和小船为系统,所受合外力为零,故系统动量守恒,取接触前瞬间人的速度方向为正方向,则有m人v0-m船v04=(m人+m船)v,结合m人∶m船=1∶3,解得v=v016,故D正确,A、B、C错误。
6.B 甲、乙两人与球组成的系统在水平方向上动量守恒,谁最后接球,谁的质量中就包含了球的质量,即质量大,由动量守恒定律知m1v1=m2v2,因此最终谁接球谁的速率就小,与谁先抛球无关,故B正确,A、C、D错误。
7.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=mv0M+m,A正确。
8.A 从石头被抛出至漏沙前,石头与沙车组成的系统在水平方向所受合力为零,系统在水平方向动量守恒,以水平向右为正方向,由动量守恒定律得m1v0 cs θ=(m1+M)v,解得石头与沙车的共同速度v=m1v0 csθM+m1,A正确;石头和沙车获得共同速度后漏沙过程中系统所受合外力不为零,系统动量不守恒,B错误;沙子漏出后在水平方向有初速度,只受重力作用,沙子做平抛运动,水平方向的速度不变,C错误;漏沙过程中,石头与沙车、漏下的沙组成的系统在水平方向所受合外力为零,系统在水平方向的动量守恒,系统总质量不变,由动量守恒定律可知,系统在水平方向速度不变,即沙车的速度v'=v=m1v0 csθM+m1,D错误。
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=Fm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时刻两小球速度相同,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A、B远离空间站方向即v0方向为正方向。
A轻推B过程,A、B组成的系统动量守恒,有(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 LM4(m+M)2gℎ
解析 玩具蛙跳出后做平抛运动,运动时间为t=2ℎg。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=L2
联立解得v=LM4(m+M)2gℎ
能力提升练
1.B 小孩推出冰块过程,小孩和冰块组成的系统所受合外力为0,系统动量守恒,A错误;冰块在凹槽上运动过程,冰块和凹槽组成的系统在水平方向所受的合外力为0,所以水平方向动量守恒,B正确;冰块从凹槽下滑过程,冰块对凹槽做正功,凹槽的速度增加,动量增加,C错误;冰块在凹槽上滑和下滑过程中,凹槽对冰块做负功,冰块速度减小,故冰块离开凹槽时的速率比冲上凹槽时的速率小,D错误。
2.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。
3.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,木板与水平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,人抱住立柱后瞬间,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(水平面摩擦力)向右,由动量定理知,末速度向右。
4.答案 2.6 m/s
解析 以初始A车运动的方向为正方向,设人跳离A车后瞬间A车的速度为v1,人的速度为v2,人跳上B车后B车的速度为v3。先选A车、B车以及人整体为研究系统,由动量守恒定律得
(M+m)v0-Mv0=Mv1+(M+m)v3
再选A车与人为研究系统,由动量守恒定律得(M+m)v0=Mv1+mv2
为避免两车相撞,应满足v3≥v1
联立解得v2≥2.6 m/s
即人至少要以对地2.6 m/s的速度从A车跳到B车,才能避免两车相撞。
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12mv2=12mv12+12mv22,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,知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,此时小车与小球的速度相同,根据动量守恒有mv=2m·v共,根据机械能守恒有12mv2=12·2m·v共2+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。
6.D 电推进发动机工作时,推力对系统做正功,系统的机械能增加,但系统所受合外力为0,系统的动量守恒,A、B错误;设惰性气体离子被加速后的速度为v,t时间内喷射惰性气体离子的质量为m,则有Pt=12mv2,根据动量定理可得Ft=mv,联立可得Pt=12Ftv,解得v=2PF=2×100×1035.0 m/s=40 km/s,电推进发动机需要每秒喷射惰性气体离子的质量为m0=mt=2Pv2=2×100×103(40×103)2 kg=1.25×10-4 kg,C错误,D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p0p=v0v=32,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的拉力大小Fx=mg,则对A、C整体,根据牛顿第二定律可得,此时它们的加速度大小为a=Fx+3mg3m=43g,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,弹簧的弹性势能减少量等于C、A的重力势能增加量,有ΔEpx=12kΔxm2−12kx2=3mg(Δxm+x),C、A在最高点时,弹簧的伸长量为x=mgk,可求得弹簧的最大压缩量为Δxm=7mgk,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=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,根据平抛运动规律知,在竖直方向上有h=12gt2
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:动量守恒为矢量式,能量守恒为标量式。
1.C
2.AC
3.A
4.D
5.D
6.B
7.A
8.A
9.BD
1.B
2.CD
3.CD
5.B
6.D
7.BD