2020高中物理 第一章 碰撞與動量守恒 第2節(jié) 課時2 動量守恒定律練習（含解析）教科版-5

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGE10-學必求其心得，業(yè)必貴于專精動量守恒定律[A組素養(yǎng)達標]1．（多選)如圖所示，在光滑水平地面上有A、B兩個木塊，A、B之間用一輕彈簧連接．A靠在墻壁上，用力F向左推B使兩木塊之間的彈簧壓縮并處于靜止狀態(tài)．若突然撤去力F，則下列說法中正確的是（）A．木塊A離開墻壁前，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒，機械能也守恒B．木塊A離開墻壁前,A、B和彈簧組成的系統(tǒng)動量不守恒,但機械能守恒C．木塊A離開墻壁后,A、B和彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒，機械能也守恒D．木塊A離開墻壁后，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)動量不守恒,但機械能守恒解析:若突然撤去力F,木塊A離開墻壁前，墻壁對木塊A有作用力,所以A、B和彈簧組成的系統(tǒng)動量不守恒，但由于A沒有離開墻壁，墻壁對木塊A不做功，所以A、B和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，選項A錯誤，B正確;木塊A離開墻壁后，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)所受合外力為零，所以系統(tǒng)動量守恒且機械能守恒，選項C正確,D錯誤．答案：BC2.(多選)如圖所示，小車放在光滑的水平面上，將系著繩的小球拉開一定的角度，然后同時放開小球和小車，那么在以后的過程中（）A．小球向左擺動時，小車也向左運動，且系統(tǒng)動量守恒B．小球向左擺動時，小車向右運動，且系統(tǒng)在水平方向上動量守恒C．小球向左擺到最高點,小球的速度為零而小車的速度不為零D．在任意時刻，小球和小車在水平方向上的動量一定大小相等、方向相反（或者都為零）解析：以小球和小車組成的系統(tǒng)為研究對象,在水平方向上不受外力的作用，所以系統(tǒng)在水平方向上動量守恒．由于初始狀態(tài)小車與小球均靜止,所以小球與小車在水平方向上的動量要么都為零，要么大小相等、方向相反，所以A、C錯，B、D對．答案：BD3．質量為5m的機車以速度v運動,跟質量都為mA。eq\f(v，7） B。eq\f(v,6）C。eq\f（v,30） D.eq\f(v,5）解析：根據(jù)動量守恒定律得5mv＝(30＋5)mv′，所以v′＝eq\f（v,7）,故選A。答案：A4.如圖所示，質量為M的小船在靜止的水面上以速率v0向右勻速行駛，一質量為m的救生員站在船尾，相對小船靜止．若救生員以相對水面的速率v水平向左躍入水中，則救生員躍出后小船的速率為()A．v0＋eq\f（m,M）v B．v0－eq\f(m,M)vC．v0＋eq\f（m，M)（v0＋v) D．v0＋eq\f(m，M）（v0－v）解析:以向右為正方向，據(jù)動量守恒定律有(M＋m）v0＝－mv＋Mv′,解得v′＝v0＋eq\f(m，M)（v0＋v）．答案：C5．解放軍魚雷快艇在南海海域附近執(zhí)行任務，假設魚雷快艇的總質量為M,以速度v前進，現(xiàn)沿快艇前進方向發(fā)射一顆質量為m的魚雷后，快艇速度減為原來的eq\f(3,5),不計水的阻力，則魚雷的發(fā)射速度為()A。eq\f(2M＋3m,5m)v B。eq\f(2M,5m)vC。eq\f(4M－m,5m)v D。eq\f(4M,5m）v解析:設快艇的速度方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律有Mv＝（M－m）·eq\f（3，5)v＋mv′，解得v′＝eq\f(2M＋3m，5m）v。答案：A6．一顆手榴彈被投出后到達最高點時的速度為v0＝10m/s，設它炸成兩塊后,質量為0。4kg的大塊速度大小為250m/s，方向與原來方向相反，若取v0方向為正方向，則質量為0.2kg的小塊速度為()A．－470m/s B．530m/sC．470m/s D．800m/s解析：手榴彈爆炸過程系統(tǒng)水平方向動量守恒，以手榴彈的初速度方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律得Mv0＝m1v1＋m2v2,即0。6×10kg·m/s＝0.4×(－250）kg·m/s＋0.2kg×v2，解得v2＝530m/s。故選B。答案：B7．(多選）如圖所示,質量相等的兩個滑塊位于光滑水平桌面上，其中，彈簧兩端分別與靜止的滑塊N和擋板P相連接，彈簧與擋板的質量均不計；滑塊M以初速度v0向右運動，它與擋板P碰撞后開始壓縮彈簧，最后，滑塊N以速度v0向右運動．在此過程中(）A．M的速度等于0時,彈簧的彈性勢能最大B．M與N具有相同的速度時，兩滑塊動能之和最小C．M的速度為eq\f（v0，2)時，彈簧的長度最長D．M的速度為eq\f(v0，2）時，彈簧的長度最短解析：M、N兩滑塊碰撞過程中動量守恒,當M與N具有相同的速度eq\f（v0,2）時,系統(tǒng)動能損失最大,損失的動能轉化為彈簧的彈性勢能,即彈簧彈性勢能最大，A錯誤,B正確；M的速度為eq\f(v0,2）時，彈簧的壓縮量最大,彈簧的長度最短,C錯誤，D正確．答案：BD8．質量m1＝10g的小球在光滑的水平桌面上以v1＝30cm/s的速率向右運動，恰遇上質量為m2＝50g的小球以v2＝10cm/s的速率向左運動，碰撞后，小球m2恰好停止，則碰后小球m1的速度大小和方向如何？解析：碰撞過程中，兩小球組成的系統(tǒng)所受合力為零,動量守恒．設向右為正方向，則各小球速度為v1＝30cm/s,v2＝－10cm/s,v2′＝0。由動量守恒定律列方程m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，代入數(shù)據(jù)得v1′＝－20cm/s.故小球m1碰后的速度的大小為20cm/s，方向向左．答案：20cm/s方向向左[B組素養(yǎng)提升]9．（多選)如圖所示，水平面上有兩個木塊，兩木塊的質量分別為m1、m2，且m2＝2m1.開始兩木塊之間有一根用輕繩縛住的已壓縮的輕彈簧,燒斷繩后，兩木塊分別向左、向右運動．若兩木塊m1和m2與水平面間的動摩擦因數(shù)分別為μ1、μ2，且μ1＝2μ2A．動量大小之比為1∶1B．速度大小之比為2∶1C．動量大小之比為2∶1D．速度大小之比為1∶1解析：以兩木塊及彈簧組成的系統(tǒng)為研究對象,繩斷開后，彈簧對兩木塊的推力可以看成是內力；水平面對兩木塊有方向相反的滑動摩擦力，且f1＝μ1m1g，f2＝μ2m2g.由題給條件可得系統(tǒng)所受合外力F合＝μ1m1g－μ2m2g＝0，滿足動量守恒定律的條件．設彈簧伸長過程中某一時刻，兩木塊速度大小分別為v1、v2.由動量守恒定律有（以向右為正方向）－m1v1＋m2v2＝0，m1v1＝m2v2，即兩木塊的動量大小之比為1∶1,故A項正確，C項錯誤．兩木塊的速度大小之比為eq\f(v1，v2)＝eq\f(m2，m1)＝eq\f(2,1）,故B項正確，D項錯誤．答案：AB10.(多選)兩個小木塊A和B（均可視為質點)中間夾著一輕質彈簧，用細線（未畫出)捆在一起，放在光滑的水平桌面上，燒斷細線后，木塊A、B分別向左、右方向運動，離開桌面后做平拋運動（離開桌面前兩木塊已和彈簧分離）,落地點與桌面邊緣的水平距離分別為lA＝1m，lB＝2m，如圖所示,則下列說法正確的是（）A．木塊A、B離開彈簧時的速度大小之比vA∶vB＝1∶2B．木塊A、B的質量之比mA∶mB＝2∶1C．木塊A、B離開彈簧時的動能之比EkA∶EkB＝1∶2D．彈簧對木塊A、B的作用力大小之比FA∶FB＝1∶2解析：A、B兩木塊脫離彈簧后做平拋運動，由平拋運動規(guī)律得,木塊A、B離開彈簧時的速度大小之比為eq\f(vA，vB)＝eq\f(lA,lB）＝eq\f（1,2)，A正確；取水平向左為正方向，根據(jù)動量守恒定律得,mAvA－mBvB＝0，因此eq\f（mA，mB）＝eq\f(vB，vA）＝eq\f(2,1)，B正確；木塊A、B離開彈簧時的動能之比為eq\f(EkA，EkB）＝eq\f（mAv\o\al(2，A）,mBv\o\al（2，B))＝eq\f（2,1)×eq\f（1，4)＝eq\f（1，2)，C正確；彈簧對木塊A、B的作用力大小之比為eq\f(FA，F(xiàn)B)＝eq\f（1，1）,D錯誤．答案：ABC11．一枚在空中飛行的炮彈,質量M＝6kg,在最高點時的速度v0＝900m/s，炮彈在該點突然炸裂成A、B兩塊，其中質量m＝2kg的B做自由落體運動．求：(1）爆炸后A的速度大??；(2）爆炸過程中A受到的沖量大小．解析：（1）炮彈爆炸過程系統(tǒng)動量守恒，以炮彈的初速度方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律有Mv0＝（M－m）vA,解得vA＝1350m/s，方向與初速度方向相同．(2）根據(jù)動量定理可知爆炸過程中A受到的沖量為I＝Δp＝(M－m)(vA－v0）＝1800N·s，方向與初速度方向相同．答案：（1）1350m/s（2)1800N·s［C組學霸沖刺]12．如圖所示，豎直平面內的四分之一圓弧軌道下端與水平桌面相切，小滑塊A和B（均可視為質點)分別靜止在圓弧軌道的最高點和最低點．現(xiàn)將A無初速度釋放,A與B碰撞后結合為一個整體,并沿桌面滑動．已知圓弧軌道光滑,半徑R＝0.2m；A和B的質量相等,A和B整體與桌面之間的動摩擦因數(shù)μ＝0。2.重力加速度g取10m/s2.求：(1）碰撞后瞬間A和B整體的速率v′；（2）A和B整體在桌面上滑動的距離L.解析：(1)滑塊A從圓弧軌道最高點運動到最低點的過程中機