物理选择性必修 第一册第一章 动量守恒定律3 动量守恒定律同步训练题

这是一份物理选择性必修 第一册第一章 动量守恒定律3 动量守恒定律同步训练题，共9页。
◎题组一 动量守恒的判断
1．下列四幅图所反映的物理过程中，动量守恒的是( )
A B
C D
C [A图中子弹和木块组成的系统在水平方向上受外力，该系统动量不守恒；B图中在弹簧恢复原长的过程中，系统在水平方向上始终受墙的作用力，系统动量不守恒；C图中木球与铁球组成的系统所受合力为零，系统动量守恒；D图中木块下滑过程中，斜面体始终受到挡板的作用力，系统动量不守恒。]
2．如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直挡板上，一质量为m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，一质量也为m的小物块从槽上高h处开始下滑，下列说法正确的是( )
A．在下滑过程中，物块和槽组成的系统机械能守恒
B．在下滑过程中，物块和槽组成的系统动量守恒
C．在压缩弹簧的过程中，物块和弹簧组成的系统动量守恒
D．被弹簧反弹后，物块能回到槽上高h处
A [对物块和槽组成的系统，在下滑过程中没有机械能损失，系统的机械能守恒，A正确；在下滑的过程中，物块在竖直方向有加速度，物块和槽组成的系统所受合外力不为零，不符合动量守恒的条件，故系统的动量不守恒，但系统在水平方向上动量守恒，B错误；在压缩弹簧的过程中，对于物块和弹簧组成的系统，由于挡板对弹簧有向左的弹力，所以系统受到的合外力不为零，则系统动量不守恒，C错误；因为物块与槽在水平方向上动量守恒，且两者质量相等，根据动量守恒定律知物块离开槽时物块与槽的速度大小相等、方向相反，物块被弹簧反弹后，与槽的速度相同，即两者做速度相同的匀速直线运动，所以物块不会再滑上弧形槽，D错误。]
3．如图所示，A、B两物体的质量关系为mA>mB，A、B之间用一段细绳相连并有一被压缩的弹簧，放在平板小车C上后，A、B、C均处于静止状态。若地面光滑，则在细绳被剪断后，A、B从C上滑离之前，A、B在C上向相反方向滑动过程中( )
A．若A、B与C之间的动摩擦因数相同，则A、B组成的系统动量守恒，A、B、C组成的系统动量也守恒
B．若A、B与C之间的摩擦力大小不相同，则A、B组成的系统动量不守恒，A、B、C组成的系统动量也不守恒
C．若A、B与C之间的摩擦力大小不相同，则A、B组成的系统动量不守恒，但A、B、C组成的系统动量守恒
D．以上说法均不对
C [当A、B两物体组成一个系统时，弹簧的弹力为内力，而A、B与C之间的摩擦力为外力。当A、B与C之间的摩擦力等大、反向时，A、B组成的系统所受合外力为零，则A、B组成的系统动量守恒。当A、B与C之间的摩擦力大小不相等时，A、B组成的系统所受合外力不为零，则A、B组成的系统动量不守恒。而对于A、B、C组成的系统，由于弹簧的弹力及A、B与C之间的摩擦力均为内力，故不论A、B与C之间的摩擦力的大小是否相等，A、B、C组成的系统所受合外力均为零，故A、B、C组成的系统动量守恒，故C正确，A、B、D错误。]
◎题组二 动量守恒定律的应用
4．光滑水平桌面上有P、Q两个物块，Q的质量是P的n倍。将一轻弹簧置于P、Q之间，用外力缓慢压P、Q。撤去外力后，P、Q开始运动，P和Q的动量大小的比值为( )
A．n2 B．n
C．eq \f(1,n)D．1
D [撤去外力后，系统所受外力之和为0，所以总动量守恒，设P的动量方向为正方向，则有pP－pQ＝0，故pP＝pQ，因此P和Q的动量大小的比值为1，选项D正确。]
5．如图所示，质量为m＝0.5 kg的小球在距离车底部一定高度处以初速度v0＝15 m/s向左平抛，落在以v＝7.5 m/s的速度沿光滑水平面向右匀速行驶的小车中，小车足够长，质量为M＝4 kg，g取10 m/s2，则当小球与小车相对静止时，小车的速度大小是( )
A．4 m/sB．5 m/s
C．8.5 m/sD．9.5 m/s
B [小球和小车在水平方向上动量守恒，取向右为正方向，有Mv－mv0＝(M＋m)v′，解得v′＝5 m/s。]
6．质量为M的小孩站在质量为m的滑板上，小孩和滑板均处于静止状态，忽略滑板与地面间的摩擦。小孩沿水平方向跃离滑板，离开滑板时的速度大小为v，此时滑板的速度大小为( )
A．eq \f(m,M)vB．eq \f(M,m)v
C．eq \f(m,m＋M)vD．eq \f(M,m＋M)v
B [设滑板的速度为v′，对小孩和滑板组成的系统，以小孩离开滑板时的速度方向为正方向，由动量守恒定律有0＝Mv＋mv′，解得v′＝－eq \f(Mv,m)，即滑板的速度大小为eq \f(Mv,m)，方向与v的方向相反，选项B正确。]
7．(2022·安徽滁州九校期末联考)如图所示，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．eq \f(Mv0－mv1,M)B．eq \f(Mv0＋mv1,M)
C．eq \f(Mv0－mv1,M－m)D．eq \f(Mv0＋mv1,M－m)
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瞬间，根据动量守恒定律得Mv0＝(M－m)v－mv1，解得v＝eq \f(Mv0＋mv1,M－m)，选项D正确。]
◎题组三 动量守恒定律的临界问题
8．如图所示，甲、乙两个小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏，甲和他的冰车总质量为M甲＝30 kg，乙和他的冰车总质量M乙也是30 kg，游戏时甲推着一个质量m＝15 kg的箱子和他一起以大小为v0＝2 m/s的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来，为了避免相撞，甲突然将箱子沿冰面推给乙，箱子滑到乙处时乙迅速把它抓住。若不计冰面的摩擦，问甲至少要以多大的速度(相对地面)将箱子推出，才能避免与乙相撞( )
A．2.2 m/s B．5.2 m/s
C．6 m/s D．10 m/s
B [设甲以速度v将箱子推出后恰好与乙不相撞，推出箱子后甲的速度为v甲，抓住箱子后乙的速度为v乙，取向右为正方向，根据动量守恒定律，对于甲和箱子，有(M甲＋m)v0＝M甲v甲＋mv，对于乙和箱子，有mv－M乙v0＝(m＋M乙)v乙；当甲与乙恰好不相撞时，v甲＝v乙；联立各式解得v＝5.2 m/s。故选B。]
9．(2021·广东卷)算盘是我国古老的计算工具，中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动，使用前算珠需要归零。如图所示，水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置，甲靠边框b，甲、乙相隔s1＝3.5×10－2 m，乙与边框a相隔s2＝2.0×10－2 m，算珠与导杆间的动摩擦因数μ＝0.1。现用手指将甲以0.4 m/s的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为0.1 m/s，方向不变，碰撞时间极短且不计，重力加速度g取10 m/s2。
(1)通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框a；
(2)求甲算珠从拨出到停下所需的时间。
[解析] (1)甲算珠从被拨出到与乙算珠碰撞前，做匀减速直线运动，
加速度大小a1＝eq \f(μmg,m)＝1 m/s2，
设甲算珠与乙算珠碰撞前瞬间的速度为v1，
则v2－veq \\al( 2,1)＝2a1s1，
解得v1＝0.3 m/s，
甲、乙两算珠碰撞时，由题意可知碰撞过程中动量守恒，取甲算珠初速度方向为正方向，
则有mv1＝mv′1＋mv乙，其中v′1＝0.1 m/s，
解得碰撞后乙算珠的速度v乙＝0.2 m/s，
碰撞后，乙算珠做匀减速直线运动，加速度大小a2＝eq \f(μmg,m)＝1 m/s2，
设乙算珠能运动的最远距离为x，
则x＝eq \f(v\\al( 2,乙),2a2)＝0.02 m，
由于x＝s2，
所以乙算珠能够滑动到边框a。
(2)甲算珠从拨出到与乙算珠碰撞所用时间t1＝eq \f(v－v1,a1)＝0.1 s，
碰撞后甲算珠继续做匀减速直线运动直到停止，所用时间t2＝eq \f(v′1,a1)＝0.1 s，
所以甲算珠从拨出到停下所需的时间t＝t1＋t2＝0.2 s。
[答案] (1)能，计算过程见解析 (2)0.2 s
1．如图所示，质量为M的楔形物体静止在光滑的水平地面上，其斜面光滑且足够长，与水平方向的夹角为θ。一个质量为m的小物块从斜面底端沿斜面向上以初速度v0开始运动，当小物块沿斜面向上运动到最高点时，速度大小为v，距地面的高度为h，则下列关系式中正确的是( )
A．mv0＝(m＋M)v
B．mv0cs θ＝(m＋M)v
C．mgh＝eq \f(1,2)m(v0sin θ)2
D．mgh＋eq \f(1,2)(m＋M)v2＝eq \f(1,2)m(v0cs θ)2
B [小物块上升到最高点时，速度与楔形物体的速度相同，系统水平方向动量守恒，全过程机械能守恒。以向右为正方向，在小物块上升过程中，由水平方向系统动量守恒得mv0·cs θ＝(m＋M)v，选项A错误，B正确；由机械能守恒定律得mgh＋eq \f(1,2)(m＋M)v2＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,0)，选项C、D错误。]
2．(2022·山东邹城一中月考)如图所示，一个小孩在冰面上进行“滑车”练习，开始小孩站在A车前端与车以共同速度v0＝9 m/s向右做匀速直线运动，在A车正前方有一辆静止的B车，为了避免两车相撞，在A车接近B车时，小孩迅速从A车跳上B车，又立即从B车跳回A车，此时A、B两车恰好不相撞，已知小孩的质量m＝25 kg，A车和B车质量均为mA＝mB＝100 kg，若小孩跳离A车与跳离B车时对地速度的大小相等、方向相反，不计一切摩擦，则下列说法正确的是( )
A．小孩跳离A车和B车时对地速度的大小为5 m/s
B．小孩跳离A车的过程中对A车冲量的大小为250 kg·m/s
C．整个过程中，小孩对B车所做的功为1 050 J
D．小孩跳回A车后，他和A车的共同速度大小为5 m/s
D [因为A、B恰好不相撞，则最后具有相同的速度。在小孩跳车的过程中，把小孩、A车、B车看成一个系统，该系统所受合外力为零，动量守恒，规定向右为正方向，由动量守恒定律得(m＋mA)v0＝(m＋mA＋mB)v，代入数据解得v＝5 m/s，方向向右，D正确；设小孩跳离A车和B车的速度大小为Δv，则在与B车相互作用的过程中，由动量守恒定律得mΔv＝mBv－mΔv，代入数据解得Δv＝10 m/s，A错误；设小孩跳离A车后，A车的速度为vA，则由动量守恒定律有(m＋mA)v0＝mΔv＋mAvA，解得vA＝8.75 m/s，方向向右，根据动量定理，该过程中小孩对A车的冲量大小等于A车动量的变化量大小，即I＝|Δp|＝mAv0－mAvA＝25 kg·m/s，B错误；整个过程中，小孩对B车做的功等于B车动能的变化量，即W＝eq \f(1,2)mBv2＝1 250 J，C错误。]
3．如图所示，光滑水平直轨道上有三个滑块A、B、C，质量分别为mA＝mC＝2m，mB＝m，A、B用细绳连接，中间有一压缩的轻弹簧(弹簧与滑块不拴接)。开始时A、B以共同速度v0运动，C静止。某时刻细绳突然断开，A、B被弹开，然后B又与C发生碰撞并粘在一起，最终三个滑块速度恰好相同。求B与C碰撞前B的速度。
[解析] 对A、B组成的系统合外力为零，作用前的动量p1＝(2m＋m)v0，
作用后的动量p2＝2mvA＋mvB，
根据动量守恒定律p1＝p2，得
(2m＋m)v0＝2mvA＋mvB。
对B、C组成的系统合外力为零，作用前的动量
p1′＝mvB＋0，
作用后的动量p2′＝(m＋2m)vC，
根据动量守恒定律得p1′＝p2′，
mvB＝(m＋2m)vC，
而vA＝vC，联立解得vB＝eq \f(9,5)v0。
[答案] eq \f(9,5)v0
4．(2021·河北卷)如图，一滑雪道由AB和BC两段滑道组成，其中AB段倾角为θ，BC段水平，AB段和BC段由一小段光滑圆弧连接。一个质量为2 kg的背包在滑道顶端A处由静止滑下，若1 s后质量为48 kg的滑雪者从顶端以1.5 m/s的初速度、3 m/s2的加速度匀加速追赶，恰好在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立即将其拎起。背包与滑道的动摩擦因数为μ＝eq \f(1,12)，重力加速度g取10 m/s2，sin θ＝eq \f(7,25)，cs θ＝eq \f(24,25)，忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化。求：
(1)滑道AB段的长度；
(2)滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度。
[解析] (1)设背包的质量为m，滑雪者的质量为M。
对背包，由牛顿第二定律得
mgsin θ－μmgcs θ＝ma1，
解得背包的加速度a1＝2 m/s2，
设背包由A点运动到B点的时间为t，
由匀变速直线运动的规律得
eq \f(1,2)a1t2＝v0(t－1 s)＋eq \f(1,2)a2(t－1 s)2，
解得t＝3 s，
则滑道AB段的长度xAB＝eq \f(1,2)a1t2＝9 m。
(2)背包到达B点的速度v1＝a1t＝6 m/s，
滑雪者到达B点的速度
v2＝v0＋a2(t－1 s)＝7.5 m/s，
滑雪者拎起背包的过程中，根据动量守恒定律得
mv1＋Mv2＝(M＋m)v，
解得滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度v＝7.44 m/s。
[答案] (1)9 m (2)7.44 m/s