粤教版 (2019)选择性必修 第一册第一章 动量和动量守恒定律第四节 动量守恒定律的应用课时练习

动量守恒定律的应用

1．下列关于反冲运动的说法中，正确的是(　　)

A．抛出部分的质量m1要小于剩下部分的质量m2才能获得反冲

B．若抛出部分的质量m1大于剩下部分的质量m2，则m2的反冲力大于m1所受的力

C．反冲运动中，牛顿第三定律适用，但牛顿第二定律不适用

D．对抛出部分和剩余部分牛顿第二定律都适用

解析：选D　反冲运动是指由于内力的作用，系统的一部分物体向某一方向运动，而使另一部分向相反方向运动，反冲运动过程动量守恒，两部分物体之间的质量关系与是否发生反冲没有关系，故选项A错误；在反冲运动中，两部分物体之间的作用力是一对作用力与反作用力，由牛顿第三定律可知，它们大小相等、方向相反，故选项B错误；在反冲运动中，牛顿第二定律和牛顿第三定律均适用，故选项C错误，选项D正确。

2.如图所示，具有一定质量的小球A固定在轻杆的一端，杆的另一端挂在小车支架的O点。用手将小球A拉起使轻杆呈水平状态，在小车处于静止的情况下放手使小球A摆下，在B处与固定在车上的油泥撞击后粘在一起，则此后小车的运动状态是(车位于光滑路面上)(　　)

A．向右运动　　　　　　 B．向左运动

C．静止不动 D．无法判断

解析：选C　小车与小球构成的系统在水平方向上总动量守恒，刚释放A球时，系统动量为零，当二者粘在一起时，其共同速度也必为零，故选项C正确。

3.如图所示，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止。若救生员以相对水面的速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为(　　)

A．v0＋v B．v0－v

C．v0＋(v0＋v) D．v0＋(v0－v)

解析：选C　根据动量守恒定律，选向右方向为正方向，则有(M＋m)v0＝Mv′－mv，解得v′＝v0＋(v0＋v)，故选项C正确。

4．“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”，爆竹声响是辞旧迎新的标志，是喜庆心情的流露。有一个质量为3m的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为v0、方向水平向东，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为2m，速度大小为v，方向水平向东，则另一块的速度是(　　)

A．3v0－v B．2v0－3v

C．3v0－2v D．2v0＋v

解析：选C　在最高点水平方向上动量守恒，以水平向东为正方向，由动量守恒定律可知，3mv0＝2mv＋mv′，可得另一块的速度为v′＝3v0－2v，故C正确。

5．在光滑水平地面上匀速运动的装有沙子的小车，小车和沙子总质量为M，速度为v0，在行驶途中有质量为m的沙子从车上漏掉，沙子漏掉后小车的速度应为(　　)

A．v0 B．

C． D．

解析：选A　质量为m沙子从车上漏掉的瞬间由于惯性，速度仍然为v0，设汽车速度为v′，取v0方向为正方向，根据水平方向动量守恒可得Mv0＝mv0＋(M－m)v′

解得v′＝v0，故A正确，B、C、D错误。

6．(多选)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L

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L

解析：选CD　根据“人船模型”特点，易得滑块的位移大小为L，蜗牛运动的位移大小为L，C、D正确。

7．(2020·陕西西安期末)穿着溜冰鞋的人，站在光滑的冰面上，沿水平方向举枪射击。设第一次射出子弹后，人后退的速度为v，且每次射出的子弹对地速度均相同，则(　　)

A．无论射出多少颗子弹，人后退的速度都为v

B．射出n颗子弹后，人后退的速度为nv

C．射出n颗子弹后，人后退的速度大于nv

D．射出n颗子弹后，人后退的速度小于nv

解析：选C　设人、枪(包括子弹)的总质量为M，每颗子弹质量为m，子弹射出时的对地速度为v0。由动量守恒定律有0＝(M－m)v－mv0。设射出n颗子弹后，人后退的速度为v′。则有(M－nm)v′＝nmv0。由以上分析有v＝，v′＝。因M－m>M－nm，所以有v′>nv，选项C正确。

8．在水平铁轨上放置一门质量为M的炮车(不含炮弹)，发射的炮弹质量为m，设铁轨和炮车间摩擦不计，则：

(1)水平发射炮弹时，炮弹速度为v0，炮车的反冲速度为多大？

(2)炮身与水平方向成θ角，炮弹速度大小为v0，炮车的反冲速度是多大？

(3)炮身与水平方向成θ角，炮弹射出炮口时，相对于炮口的速度为v0，炮车的反冲速度为多大？

解析：以炮车和炮弹为研究系统，在水平方向上系统的动量守恒，以炮弹前进的水平方向为正方向。

(1)由动量守恒定律得0＝mv0＋M(－v1)，解得v1＝。

(2)由动量守恒定律得0＝mv0·cos θ＋M(－v2)，解得v2＝。

(3)由动量守恒定律得0＝m(v0·cos θ－v3)＋M(－v3)，解得v3＝。

答案：见解析

9.如图所示，一个倾角为α的直角斜面体静置于光滑水平面上，斜面体的质量为M，顶端高度为h。今有一质量为m的小物块，沿光滑斜面下滑，当小物块从斜面顶端自由下滑到底端时，斜面体在水平面上移动的距离是(　　)

A． B．

C． D．

解析：选C　小物块沿斜面体下滑的过程中，小物块和斜面体组成的系统在水平方向上动量守恒，斜面体底边长L＝，则有0＝M－m，解得x＝，故选C。

10．在冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶，两壶在大本营中心发生对心碰撞，如图甲所示，碰撞前后两壶运动的v­t图像如图乙中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量相等，则(　　)

A．碰后红壶将被反弹回来

B．碰后蓝壶速度为0.8 m/s

C．碰后蓝壶移动的位移大小为2.4 m

D．碰后红壶所受摩擦力小于蓝壶所受摩擦力

解析：选B　由题图知，碰前红壶的速度v0＝1.0 m/s，碰后速度为v0′＝0.2 m/s，均为正值，

可知，碰后红壶未被反弹。A错。

设碰后蓝壶的速度为v，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得

mv0＝mv0′＋mv

解得v＝0.8 m/s。B对。

根据速度图像与时间轴围成的面积表示位移，可得碰后蓝壶移动的位移大小x＝t＝×5 m＝2 m。C错。

根据速度图像的斜率表示加速度，知碰后红壶的加速度大于蓝壶的加速度，两者的质量相等，由牛顿第二定律知碰后红壶所受摩擦力大于蓝壶所受摩擦力。D错。

11.如图所示，一辆质量M＝3 kg的小车A静止在光滑的水平面上，小车上有一质量m＝1 kg的光滑小球B，将一轻质弹簧压缩并锁定，此时弹簧的弹性势能为Ep＝6 J，小球与小车右壁距离为L，解除锁定，小球脱离弹簧后与小车右壁的油灰阻挡层碰撞并被粘住，求：

(1)小球脱离弹簧时，小球和小车各自的速度大小；

(2)在整个过程中，小车移动的距离。

解析：(1)由动量守恒定律有mv1－Mv2＝0，小球弹开时，只有弹力做功，由能量守恒定律有mv12＋Mv22＝Ep，解得v1＝3 m/s，v2＝1 m/s。

(2)整个过程中，根据动量守恒(人船模型)得m＝M和x1＋x2＝L，解得x2＝。

答案：(1)3 m/s　1 m/s　(2)

12.如图所示，在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，中间有一压缩的轻质弹簧(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，最终三滑块速度恰好相同。求B与C碰撞前B的速度。

解析：设共同速度为v，滑块A和B分开后B的速度为vB，由动量守恒定律有

(mA＋mB)v0＝mAv＋mBvB

mBvB＝(mB＋mC)v

联立以上两式得，B与C碰撞前B的速度为vB＝v0。

答案：v0

13.如图所示，甲车的质量是2 kg，静止在光滑水平面上，上表面光滑，右端放一个质量为1 kg的小物体(可视为质点)，乙车质量为4 kg，以5 m/s的速度向左运动，与甲车碰撞以后甲车获得8 m/s的速度，物体滑到乙车上，若乙车足够长，上表面与物体间的动摩擦因数为0.2，g取10 m/s2，求：

(1)两车碰撞后的瞬间乙车的速度大小；

(2)物体在乙车上表面滑行多长时间相对乙车静止。

解析：(1)乙车与甲车组成的系统在碰撞过程中动量守恒，以向左为正方向

则由动量守恒定律得m乙v乙＝m乙v乙′＋m甲v甲′

解得v乙′＝1 m/s。

(2)以向左为正方向，小物体从滑上乙车至与乙车有共同速度v的过程，对小物体与乙车组成的系统，运用动量守恒定律得

m乙v乙′＝(m＋m乙)v，解得v＝0.8 m/s

对小物体应用牛顿第二定律得a＝μg＝2 m/s2

t＝，代入数据得t＝0.4 s。

答案：(1)1 m/s　(2)0.4 s