粤教版 (2019)选择性必修 第一册第四节 动量守恒定律的应用一课一练

这是一份粤教版 (2019)选择性必修 第一册第四节 动量守恒定律的应用一课一练，共21页。试卷主要包含了4动量守恒定律的应用 课后作业，6 m/sD．小船仍静止，45m的O处用长L=0，55N； 2等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年粤教版（2019）选择性必修第一册1.4动量守恒定律的应用 课后作业（解析版）1．如图所示，质量为M的木块位于光滑水平面上，在木块与墙之间用轻弹簧连接，开始时木块静止在A位置，现有一质量为m的子弹以水平速度v0射向木块并嵌入其中，则当木块回到A位置时的速度v以及此过程中墙对弹簧的冲量I的大小分别为（　　）A．， B．，C．， D．，2．如图所示，一枚手榴弹在空中竖直下落，一段时间后爆炸成a、b两块，又过了一段时间，a、b两块同时落到水平地面上，其中a飞行的水平距离OA是b飞行的水平距离OB的2倍，忽略空气阻力，则a、b两块在爆炸前后（　　）A．动量增加量之比是1:2 B．动量增加量之比是2:1C．动能增加量之比是1:2 D．动能增加量之比是2:13．两个小木块B、C中间夹着一根轻弹簧，将弹簧压缩后用细线将两个木块绑在一起，使它们一起在光滑水平面上沿直线运动，这时它们的运动图线如图中a线段所示，在t=4s末，细线突然断了，B、C都和弹簧分离后，运动图线分别如图中b、c线段所示。从图中的信息可知（　　）A．木块B、C都和弹簧分离后的运动方向相反B．木块B、C都和弹簧分离后，系统的总动量增大C．木块B、C分离过程中B木块的动量变化较大D．木块B的质量是木块C质量的4．某同学想用气垫导轨模拟“人船模型”。该同学到实验室里，将一质量为M、长为L的滑块置于水平气垫导轨上（不计摩擦）并接通电源。该同学又找来一个质量为m的蜗牛置于滑块的一端，在食物的诱惑下，蜗牛从该端移动到另一端。下面说法正确的是（　　）A．只有蜗牛运动，滑块不运动 B．滑块运动的距离是C．蜗牛运动的位移大小是滑块的倍 D．滑块与蜗牛运动的距离之和为L5．一质量为M的航天器，正以速度v0在太空中飞行，某一时刻航天器接到加速的指令后，发动机瞬间向后喷出一定质量的气体，气体喷出时速度大小为v1，加速后航天器的速度大小为v2，则喷出气体的质量m为(    )A．M B．MC．M D．M6．如图所示，放在光滑水平桌面上的A、B两个小木块中间夹一被压缩的轻弹簧，当轻弹簧被放开时，A、B两个小木块各自在桌面上滑行一段距离后，飞离桌面落在地面上。若mA＝3mB，则下列结果正确的是(    )A．若轻弹簧对A、B做功分别为W1和W2，则有W1∶W2＝1∶1B．在与轻弹簧作用过程中，两木块的速度变化量之和为零C．若A、B在空中飞行时的动量变化量分别为Δp1和Δp2，则有Δp1∶Δp2＝1∶1D．若A、B同时离开桌面，则从释放轻弹簧开始到两木块落地的这段时间内，A、B两木块的水平位移大小之比为1∶37．如图所示，小车(包括固定在小车上的杆)的质量为M，质量为m的小球通过长度为L的轻绳与杆的顶端连接，开始时小车静止在光滑的水平面上．现把小球从与O点等高的地方释放(小球不会与杆相撞)，小车向左运动的最大位移是(　　)A． B． C． D．8．如图所示，一光滑地面上有一质量为m′的木板ab，一质量为m的人站在木板的a端，关于人由静止开始运动到木板的b端(M、N表示地面上原a、b对应的点)，下列图示正确的是A．                   B．C．                    D．9．装有炮弹的火炮总质量为m1，炮弹的质量为m2，炮弹射出炮口时对地的速率为．若炮管与水平地面的夹角为θ，则火炮后退的速度大小为（　　）A．         B．       C．          D．10．如图所示，某人站在一辆平板车的右端，车静止在光滑的水平地面上，现人用铁锤连续敲击车的右端．下列对平板车的运动情况描述正确的是A．锤子抡起的过程中，车向右运动B．锤子下落的过程中，车向左运动C．锤子抡至最高点时，车速度为0D．锤子敲击车瞬间，车向左运动11．如图所示，物体A和B质量分别为m1和m2，其图示直角边长分别为a和b.设B与水平地面无摩擦，当A由顶端O从静止开始滑到B的底端时，B的水平位移是（   ）A． B．C． D．12．质量M＝100 kg的小船静止在水面上，船首站着质量m甲＝40 kg的游泳者甲，船尾站着质量m乙＝60 kg的游泳者乙，船首指向左方，若甲、乙两游泳者同时在同一水平线上甲朝左、乙朝右以3 m/s的速率跃入水中，(不计水的阻力)则(　　)A．小船向左运动，速率为1 m/s B．小船向右运动，速率大于1 m/sC．小船向左运动，速率为0.6 m/s D．小船仍静止13．“世界上第一个想利用火箭飞行的人”是明朝的士大夫万户。他把47个自制的火箭绑在椅子上，自己坐在椅子上，双手举着大风筝，设想利用火箭的推力，飞上天空，然后利用风筝平稳着陆。假设万户及所携设备(火箭(含燃料)、椅子、风筝等)总质量为M，点燃火箭后在极短的时间内，质量为m的炽热燃气相对地面以v0的速度竖直向下喷出。忽略此过程中空气阻力的影响，重力加速度为g，下列说法中正确的是（　　）A．火箭的推力来源于燃气对它的反作用力B．在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为C．喷出燃气后万户及所携设备能上升的最大高度为D．在火箭喷气过程中，万户及所携设备机械能守恒14．如图所示，在光滑的水平杆上套有一个质量为m的滑环．滑环上通过一根不可伸缩的轻绳悬挂着一个质量为M的物块(可视为质点)，绳长为L.将滑环固定时，给物块一个水平冲量，物块摆起后刚好碰到水平杆；若滑环不固定时，仍给物块以同样的水平冲量，则（    ）A．给物块的水平冲量为        B．物块上升的最大高度为C．物块上升最高时的速度为    D．物块在最低点时对细绳的拉力3Mg15．如图，质量为M的小车静止在光滑的水平面上,小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点．一质量为m的滑块在小车上从A点静止开始沿轨道滑下，然后滑入BC轨道，最后恰好停在C点．已知小车质量M=3m,滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.则A．全程滑块水平方向相对地面的位移R+LB．全程小车相对地面的位移大小C．μ、L、R三者之间的关系为R=μLD．滑块m运动过程中的最大速度16．一质量为的烟花弹获得动能后，从地面处竖直升空，当烟花弹上升的速度为0时，弹中火药爆炸将烟花弹沿水平方向炸为两部分，质量之比为，两部分获得的动能之和也为。爆炸时间极短，重力加速度大小为，不计空气阻力和火药的质量，求：(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；(2)爆炸后烟花弹的两部分经过一段时间落到地面，求落地点间的距离。 17．如图（甲）所示，在一次爆炸实验中，质量分别为和的A、B两个物体之间装有少量炸药，并排放在水平导轨上。爆炸点的左侧的墙壁上装有轻弹簧，弹簧的左端固定，右端与A物体的距离。当炸药发生爆炸后，测得A物体压缩弹簧的过程中，对弹簧的压力F随压缩量x的变化关系如图乙所示（最大压缩量为）。已知A、B两物体与水平导轨间的动摩擦因数均为，A、B物体的碰撞不损失机械能，两物体均可看作质点。重力加速度。求：（1）A压缩弹簧的过程中，克服摩擦力做的功和弹性势能的最大值；（2）爆炸过程A、B获得的机械能之和；（3）物体A和B最终静止时离爆炸点的距离。
 18．如图所示，在离地面H=5.45m的O处用长L=0.45m的不可伸长的细线挂一质量为0.09kg的爆竹（火药质量忽略不计），把爆竹拉起至D点使细线水平伸直，点燃导火线后将爆竹静止释放，爆竹刚好到达最低点B时炸成质量相等的两块，一块朝相反方向水平抛出，落到地面上的A处，抛出的水平距离s=5m。另一块仍系在细线上继续做圆周运动，空气阻力忽略不计，取g=10m/s2，求：(1)爆竹爆炸前瞬间的速度大小v0；(2)继续做圆周运动的那一块在B处对细线的拉力T的大小；(3)火药爆炸释放的能量E。
   19．如图所示，光滑水平面上紧靠P端停放着小车C，其上表面与光滑轨道NP齐平，轨道左侧固定竖直平面内的光滑半圆形轨道，N是半圆轨道的最低点。M是半圆轨道的最高点。现在水平面上P处放置两个可视为质点的物体A、B紧挨在一起，质量均为m，处于静止状态，今在它们之间放少量炸药，点燃炸药让其爆炸，物体A向左运动，恰能到达半圆弧最高点M；物体B向右滑上平板车表面，最后恰好没有从车上掉下来。已知小车C质量为物体B的四倍，物体与平板车之间的动摩擦因数为μ，平板车与地面无摩擦，半圆轨道的半径为R，重力加速度为g。求：（1）炸药爆炸后A物体的速度和炸药爆炸时化学能转变的机械能；（2）小车的长度。   20．如图所示，一条轨道固定在竖直平面内，粗糙的ab段水平，bcde段光滑，cde段是以O为圆心、R为半径的一小段圆弧。可视为质点的物块A和B紧靠在一起，中间夹有少量炸药，静止于b处，A的质量是B的3倍。某时刻炸药爆炸，两物块突然分离，分别向左、右沿轨道运动。B到d点时速度沿水平方向，此时轨道对B的支持力大小等于B所受重力的，A与ab段的动摩擦因数为μ，重力加速度g，求：(1)爆炸后物块B在b点的速度大小；(2)物块A滑行的距离s。 参考答案1．D【详解】ABCD．子弹射入木块过程，由于时间极短，子弹与木块间的内力远大于系统外力，系统的动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得解得子弹射入木块后，子弹和木块系统在弹簧弹力的作用下先向右做减速运动，后向左做加速运动，回到A位置时速度大小不变，即当木块回到A位置时的速度大小为子弹和木块弹簧组成的系统受到的合力即墙对弹簧的作用力，根据动量定理得 所以墙对弹簧的冲量I的大小为ABC错误D正确。故选D。2．D【详解】AB．由题意知，爆炸后两块同时落地，说明爆炸瞬间两块在竖直方向的速度没有发生变化故爆炸是在水平方向上发生的，时间一样，a飞行的水平距离OA是b飞行的水平距离OB的2倍则因水平方向的初动量为零，且水平方向动量守恒，所以爆炸后a、b两块的水平方向动量应等值、反向，即故AB错误； CD．结合爆炸后两块的速度和动量可知联立可得故C错误，D正确。故选D。3．D【详解】A．由x ‒ t图象可知，位移均为正，均朝一个方向运动，没有反向，故A错误；B．木块B、C都和弹簧分离后，系统所受合外力矢量和为零，所以系统前后的动量守恒，即系统的总动量保持不变，故B错误；C．系统动量守恒，则系统内两个木块的动量变化量等大反向，故C错误；D．木块都与弹簧分离后B的速度和C的速度分别为，细线未断前B、C的速度均为，由动量守恒定律得解得故D正确。故选D。4．D【详解】A、蜗牛从滑块的一端移动到另一端的过程中，蜗牛和滑块组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，系统原来静止状态，总动量为零，根据动量守恒定律可知，蜗牛运动后，系统的总动量仍为零，所以蜗牛运动时，滑块会向相反的方向运动，而不会静止不动，A错误；BCD、取滑块的运动方向为正，蜗牛从滑块的一端移动到另一端时，滑块与蜗牛运动的位移之和为L．设滑块运动的位移大小为x1，蜗牛运动的位移大小为x2。根据动量守恒定律得可得即蜗牛运动的位移是滑块的倍。又由得故BC错误D正确。故选D。5．C【详解】规定航天器的速度方向为正方向，发动机喷气过程中系统动量守恒，故由动量守恒定律可得：Mv0=(M－m)v2－mv1解得：故C正确，ABD错误。故选C。6．D【详解】A．弹簧弹开两木块过程中，两木块及弹簧组成的系统动量守恒，取水平向左为正方向，由动量守恒定律得mAvA－mBvB＝0则速度大小之比vA∶vB＝1∶3，根据动能定理得，轻弹簧对A、B做功分别为，联立解得W1∶W2＝1∶3，A错误；B．根据动量守恒定律可知，在与轻弹簧作用过程中，两木块的动量变化量之和为零，即mAΔvA＋mBΔvB＝0可得ΔvA＋ΔvB≠0B错误；C．A、B离开桌面后都做平抛运动，它们抛出点的高度相同，运动时间相等，设为t，由动量定理得，A、B在空中飞行时的动量变化量分别为Δp1＝mAgt，Δp2＝mBgt所以Δp1∶Δp2＝3∶1，C错误；D．两木块加速时，由动能定理有：可知F相等，位移大小之比为1∶3，A、B两木块加速后的速度之比为vA∶vB＝mB∶mA＝1∶3在桌面上匀速运动相同的时间离开桌面后均做平抛运动，运动时间t也相等，故A、B两木块总的水平位移大小之比为1∶3，D正确。故选D。7．B【详解】分析可知小球在下摆过程中，小车向左加速，当小球从最低点向上摆动过程中，小车向左减速，当小球摆到右边且与O点等高时，小车的速度减为零，此时小车向左的位移达到最大，小球相对于小车的位移为2L.小球和小车组成的系统在水平方向上动量守恒，设小球和小车在水平方向上的速度大小分别为v1、v2，有mv1＝Mv2故ms1＝Ms2s1＋s2＝2L其中s1代表小球的水平位移大小，s2代表小车的水平位移大小，因此s2＝A. ，与结论不相符，选项A错误；B. ，与结论相符，选项B正确；C. ，与结论不相符，选项C错误；D. ，与结论不相符，选项D错误．8．D【详解】根据动量守恒定律，M、m系统动量守恒，对于题中的“人板模型”，各自对地的位移为sM、sm，且有MsM=msm，sM+sm=L板（有时也称为平均动量守恒），解得：sm=，sM=；以M点为参考，人向右运动，木板向左运动，且人向右运动的位移加上木板向左运动的位移之和为板的长度，所以D正确，ABC错误。故选D。【点睛】动量守恒定律是力学中的一条重要规律，又可应用于整个高中物理，所以它是高考重点考查的内容，更是复习备考的一个难点．在应用定律时应该注意其条件性、矢量性、相对性和普遍性.9．C【详解】炮弹离开炮口时,炮弹和炮车在水平方向受到的外力相对于内力可忽略不计,则系统在水平方向动量守恒.
取炮车后退的方向为正,对炮弹和炮车组成系统为研究,根据水平方向动量守恒有: 解得 故C正确；故选C点睛：对炮弹和炮身组成的系统,火炮发射炮弹的过程中,在水平方向受到的外力可忽略不计,在水平方向动量守恒,列式可求得炮弹离开炮口时炮车后退速度. 10．C【详解】A．铁锤、人和车组成的系统水平方向动量守恒，锤子向右抡起的过程中，车向左运动，故A错误； B．锤子下落的过程中，有水平向左的速度，根据动量守恒定律，车向右运动，故B错误；C．锤子抡至最高点时，速度为零，根据动量守恒定律，车速度为0，故C正确；D．锤子向左敲击车瞬间，根据动量守恒定律，车向右运动，故D错误．故选C11．C【详解】由A．B组成的系统，在相互作用过程中水平方向动量守恒，则解得C正确。12．C【详解】设水平向右为正方向，两游泳者同时跳离小船的速度为v，根据甲乙两游泳者和小船组成的系统动量守恒有：-m甲v甲+m乙v乙+Mv=0，代入数据可得：v=-0.6m/s，其中负号表示小船向左运动，所以选项C正确。故选C。13．AB【详解】A．火箭的推力来源于燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对火箭的反作用力，故A正确；B．在燃气喷出后的瞬间，视万户及所携设备(火箭(含燃料)、椅子、风筝等)为系统，动量守恒，设火箭的速度大小为v，规定火箭运动方向为正方向，则有解得火箭的速度大小为故B正确；C．喷出燃气后万户及所携设备做竖直上抛运动，根据运动学公式可得上升的最大高度为故C错误；D．在火箭喷气过程中，燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对万户及所携设备做正功，所以万户及所携设备机械能不守恒，故D错误。故选AB。14．ABD【详解】A、设物块刚受到水平冲量后速度为v0，滑环固定时，根据机械能守恒定律，有：，可得，故给物块的水平冲量为，选项A正确．B、C、滑环不固定时，物块初速度仍为v0，在物块摆起最大高度h时，它们速度都为v，在此过程中物块和滑环组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒，则：Mv0＝(m＋M)v，；由以上各式可得：， ，选项B正确，选项C错误．D、对m、M组成系统，当M第一次回到最低点时由动量守恒和能量守恒知速度仍然为v0，在最低点由牛顿第二定律可知，可得拉力T=3Mg；故D正确．故选ABD．【点睛】本题考查动量守恒及机械能守恒定律的应用，要注意明确小球摆到最高时，两物体有共同的速度，系统只是水平动量守恒，总动量并不守恒．15．BC【详解】AB．设全程小车相对地面的位移大小为s，则滑块水平方向相对地面的位移．
取水平向右为正方向，由水平动量守恒得：即结合，解得故A错误，B正确；
C．对整个过程，由动量守恒定律得：得由能量守恒定律得得故C正确；D．滑块刚滑到B点时速度最大，取水平向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒分别得：联立解得故D错误．故选BC.
点睛：本题主要考查系统水平方向动量守恒和能量守恒的问题，要注意系统的总动量并不守恒，只是水平方向动量守恒，运用动量守恒定律列式时要注意位移的参照物是地面．16．(1)；(2)【详解】(1)烟花的初动能竖直上抛过程所用时间联立可得。(2)爆炸瞬间，两部分的速度分别为v1，v2，水平方向由动量守恒可得mv1-mv2=0由能量守恒可得之后做平抛运动，竖直方向自由下落，下落时间与上升时间t相同，水平方向匀速运动，两部分的位移分别为落地点间的距离为联立可解得。17．(1)；；(2)；(3)，【详解】（1）A克服摩擦力做功为解得弹簧的弹性势能最大值为解得（2）爆炸后A获得的动能为解得爆炸过程中有B获得的动能为解得爆炸过程中转化成A、B的机械能为（3）由可得爆炸后A、B的速度为B向右运动至停止经过的路程为其中解得所用的时间为得到A返回到爆炸点的时间，所以A被弹簧弹回后，碰撞静止的物体B。设碰撞前A的速度为，则解得A、B碰撞后，速度分别为和，则解得，碰撞后A向左运动的位移为B向右运动的位移为所以A、B两物体最终静止的位置与爆炸点的距离分别为18．(1) 3m/s；(2) 12.55N；(3) 2.88J【详解】(1)设爆竹的总质量为2m，爆竹从D点运动到B点过程中，根据机械能守恒定律得2mgL=·2m v02解得v0=3m/s(2)设爆炸后抛出的那一块的水平速度为v1，做圆周运动的那一块的水平速度为v2，对抛出的那一块，根据平抛运动规律有s= v1tH-L=gt2解得v1=5m/s对系统，根据动量守恒定律得在B处，对于做圆周运动的那一块，根据牛顿第二定律，得根据牛顿第三定律，得做圆周运动的那一块对细线的拉力联立以上各式，解得(3)根据能量守恒定律，得解得19．（1）；；（2）【详解】（1）设炸药爆炸后A、B两物体的速度分别为v1、v2，A向左运动达半圆弧最高点的速度为v3，恰能到达最高点，由牛顿第二定律得A上升到最高点过程中，由机械能守恒定律得解得炸药爆炸后，由动量守恒定律得由能量守恒可知，化学能转变的机械能解得（2）物体B恰好没有从车上掉下来，说明物体B停在小车的最右端。设物体B与车的共同速度为v，由动量守恒定律得由能量守恒可知解得20．(1)；(2)【详解】(1)设物块A和B的质量分别为mA和mB，B在d处，由牛顿第二定律得从b到d由动能定理得联立解得(2)系统动量守恒A在滑行过程中，由动能定理联立解得