高中物理人教版 (2019)选择性必修 第一册第一章 动量守恒定律3 动量守恒定律优秀课堂检测

这是一份高中物理人教版 (2019)选择性必修 第一册第一章 动量守恒定律3 动量守恒定律优秀课堂检测，共8页。试卷主要包含了 01 kg·m/s， 如图所示，质量分别为m1＝1等内容，欢迎下载使用。
动量与能量综合问题（一）同步练习


（答题时间：30分钟）





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＝m（v0sin θ）2


D. mgh＋（m＋M）v2＝mv02


2. 车厢停在光滑水平轨道上，坐在车厢后面的人对车厢前壁发射了一颗子弹。设子弹的质量为m，出口速度为v，车厢和人的质量为M，则子弹陷入车壁后，车厢的速度为（ ）


A. ，向前 B. ，向后


C. ，向前 D. 0


3. 如图所示，质量为m＝245 g的物块（可视为质点）放在质量为M＝0. 5 kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0. 4，质量为m0＝5 g的子弹以速度v0＝300 m/s沿水平方向射入物块并留在其中（时间极短），g取10 m/s2，则在整个过程中（ ）





A. 物块和木板组成的系统动量守恒


B. 子弹的末动量大小为0. 01 kg·m/s


C. 子弹对物块的冲量大小为0. 49 N·s


D. 物块相对于木板滑行的时间为1 s


4. 如图所示，质量分别为m1＝1. 0 kg和m2＝2. 0 kg的弹性小球a、b，用轻绳紧紧地把它们捆在一起，使它们发生微小的形变。该系统以速度v0＝0. 10 m/s沿光滑水平面向右做直线运动。某时刻轻绳突然自动断开，断开后两球仍沿原直线运动。经过时间t＝5. 0 s后，测得两球相距s＝4. 5 m，则下列说法正确的是（ ）





A. 刚分离时，a球的速度大小为0. 7 m/s


B. 刚分离时，b球的速度大小为0. 2 m/s


C. 刚分离时，a、b两球的速度方向相同


D. 两球分开过程中释放的弹性势能为0. 27 J


5. 如图所示，质量为3m，长度为L的木块置于光滑的水平面上，质量为m的子弹以初速度v0水平向右射入木块，穿出木块时速度为v0，设木块对子弹的阻力始终保持不变。





（1）求子弹穿透木块后，木块速度的大小；


（2）求子弹穿透木块的过程中，木块滑行的距离s；


（3）若改将木块固定在水平传送带上，使木块始终以某一恒定速度（小于v0）水平向右运动，子弹仍以速度v0水平向右射入木块，如果子弹恰能穿透木块，求此过程所经历的时间。


6. 如图所示，AOB是光滑水平轨道，BC是半径为R的光滑的固定圆弧轨道，两轨道恰好相切于B点。质量为M的小木块静止在O点，一颗质量为m的子弹以某一初速度水平向右射入小木块内，并留在其中和小木块一起运动，且恰能到达圆弧轨道的最高点C（木块和子弹均看作质点）。





（1）求子弹射入木块前的速度；


（2）若每当小木块返回到O点或停止在O点时，立即有一颗相同的子弹射入小木块，并留在其中，则当第17颗子弹射入小木块后，小木块沿圆弧轨道能上升的最大高度为多少？











动量与能量综合问题（一）同步练习参考答案





1.【答案】BD


【解析】小物块沿斜面向上运动到最高点时，小物块的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，在小物块沿斜面向上运动的过程中，由水平方向系统动量守恒，得mv0cs θ＝（m＋M）v，故A错误，B正确；根据系统机械能守恒，得mgh＋（m＋M）v2＝mv02，故C错误，D正确。


2.【答案】D


【解析】子弹、车厢和人看做一个系统，此系统在发射子弹的过程中动量守恒。系统发射子弹前的动量为零，则系统发射子弹后的动量也为零。最后子弹、车厢和人成为一个整体，整体的动量为零，故速度为零，故D选项正确。


3.【答案】BD


【解析】子弹射入物块的过程中，物块的动量增大，所以物块和木板组成的系统动量不守恒，故A错误；选取向右为正方向，子弹射入物块过程，由动量守恒定律可得m0v0＝（m0＋m）v1，物块在木板上滑动过程，由动量守恒定律可得（m0＋m）v1＝（m0＋m＋M）v2，联立可得v2＝＝2 m/s，所以子弹的末动量大小为p＝m0v2＝0. 01 kg·m/s，故B正确；由动量定理可得子弹受到的冲量I＝Δp＝p－p0＝0. 01 kg·m/s－5×10－3×300 kg·m/s＝－1. 49 kg·m/s＝－1. 49 N·s。子弹与物块间的相互作用力大小始终相等，方向相反，所以子弹对物块的冲量大小为1. 49 N·s，故C错误；对子弹和物块整体，由动量定理得－μ（m0＋m）gt＝（m0＋m）（v2－v1），综上可得，物块相对于木板滑行的时间t＝＝1 s，故D正确。


4.【答案】ABD


【解析】系统的总动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得（m1＋m2）v0＝m1v1＋m2v2，两球相距s＝v1t－v2t，代入数据解得v1＝0. 7 m/s，v2＝－0. 2 m/s，负号表示速度方向与正方向相反，故A、B正确，C错误；由能量守恒定律得（m1＋m2）v02＋Ep＝m1v12＋m2v22，代入数据解得Ep＝0. 27 J，故D正确。


5.【答案】（1） （2） （3）


【解析】（1）由动量守恒定律得mv0＝m×v0＋3mv，解得v＝。


（2）对子弹，由动能定理得－f（s＋L）＝m（v0）2－mv


对木块，由动能定理得fs＝·3mv2


联立解得f＝，s＝。


（3）对子弹，由动量定理得－ft＝m（u－v0），由动能定理得f（ut＋L）＝m（v－u2）


联立解得t＝。


6.【答案】（1） （2）


【解析】（1）由子弹射入木块过程动量守恒有mv0＝（m＋M）v1


木块和子弹滑到点C处的过程中机械能守恒，有


（m＋M）v＝（m＋M）gR


联立两式解得


v0＝。


（2）以后当偶数子弹射中木块时，木块与子弹恰好静止，奇数子弹射中木块时，向右运动。


第17颗子弹射中时，由动量守恒定律可知


（M＋17m）v＝mv0


射入17颗子弹后的木块滑到最高点的过程中机械能守恒，有


（M＋17m）v2＝（M＋17m）gH


由以上两式解得


H＝。





动量与能量综合问题（二）同步练习


（答题时间：30分钟）





1. （多选）如图所示，与水平轻弹簧相连的物体A停放在光滑的水平面上，物体B沿水平方向向右运动，跟与A相连的轻弹簧相碰。在B跟弹簧相碰后，对于A、B和轻弹簧组成的系统，下列说法中正确的是（ ）





A. 弹簧压缩量最大时，A、B的速度相同


B. 弹簧压缩量最大时，A、B的动能之和最小


C. 弹簧被压缩的过程中系统的总动量不断减少


D. 物体A的速度最大时，弹簧的弹性势能为零


2. 如图所示，A、B两个木块用水平轻弹簧相连接，它们静止在光滑水平面上，A和B的质量分别是99m和100m，一颗质量为m的子弹以速度v0水平射入木块A内没有穿出，则在以后的过程中弹簧弹性势能的最大值为（ ）





A. B. C. D.


3. （多选）质量为M和m0的滑块用轻弹簧连接，以恒定速度v沿光滑水平面运动，与位于正对面的质量为m的静止滑块发生碰撞，如图所示，碰撞时间极短，在此过程中，下列情况可能发生的是（ ）





A. M、m0、m速度均发生变化，碰后分别为v1、v2、v3，且满足（M＋m0）v＝Mv1＋m0v2＋mv3


B. m0的速度不变，M和m的速度变为v1和v2，且满足Mv＝Mv1＋mv2


C. m0的速度不变，M和m的速度都变为v′，且满足Mv＝（M＋m）v′


D. M、m0、m速度均发生变化，M和m0的速度都变为v1，m的速度变为v2，且满足（M＋m0）v＝（M＋m0）v1＋mv2


4. 如图所示，轻质弹簧的一端固定在墙上，另一端与质量为2m的物体A相连，A放在光滑水平面上，有一质量为m的物体B，从高h处由静止开始沿光滑曲面滑下，与A相碰（时间极短）后一起将弹簧压缩，弹簧复原过程中某时刻B与A分开且沿曲面上升。下列说法正确的是（ ）





A. 物体B、A组成的系统，在发生碰撞的过程中动量守恒，在弹簧被压缩的过程中机械能守恒


B. 物体B返回过程中能达到的最大高度为


C. 物体A对B的冲量大小为m


D. 物体A对B做的功为mgh


5. 如图所示，质量分别为1kg、3kg的滑块A、B位于光滑水平面上，现使滑块A以4m/s的速度向右运动，与左侧连有轻弹簧的滑块B发生碰撞。在二者在发生碰撞的过程中，求：





（1）弹簧的最大弹性势能；


（2）滑块B的最大速度。














动量与能量综合问题（二）同步练习参考答案





1.【答案】ABD


【解析】由分析可知，当弹簧压缩量最大时，A、B的速度相同；且此时弹性势能最大，系统机械能守恒，故此时A、B的动能之和最小；弹簧恢复原状的过程中，A做加速运动，当弹簧恢复原长时，A的速度达到最大，此时弹性势能为零。


2.【答案】A


【解析】选v0的方向为正方向，子弹射入木块A的过程中，动量守恒，有mv0＝100mv1，


子弹、A、B三者速度相等时，弹簧的弹性势能最大，100mv1＝200mv2，


弹簧弹性势能的最大值Epm＝×100mv12－×200mv22＝。


3.【答案】BC


【解析】M和m碰撞时间极短，在极短的时间内弹簧形变极小，可忽略不计，因而m0在水平方向上没有受到外力作用，动量不变（速度不变），可以认为碰撞过程中m0没有参与，只涉及M和m，由于水平面光滑，弹簧形变极小，所以M和m组成的系统水平方向动量守恒，两者碰撞后可能具有共同速度，也可能分开，所以只有B、C正确。


4.【答案】BC


【解析】A与B组成的系统碰撞过程合外力为零，则系统的动量守恒，此后A和B一起压缩弹簧，只有弹簧的弹力做功，则A和B与弹簧组成的系统机械能守恒，故A错误。对B下滑过程，根据机械能守恒定律可得mgh＝mv02，B刚到达水平面的速度v0＝，B与A碰撞过程，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得mv0＝3mv，知A与B碰撞后的共同速度为v＝，此后一起压缩弹簧到最短又恢复原长，B以速度v返回曲面，则mgh′＝mv2，可得h′＝，故B正确。取向左为正方向，对B分析由动量定理可知I＝mv－（－mv0）＝m，故C正确。A对B做的功由动能定理有W＝mv2－mv02＝－mgh，故D错误。


5.【答案】（1）6J （2）2m/s


【解析】（1）在整个过程中，弹簧具有最大弹性势能时，A和B的速度相同。选取向右为正方向，根据动量守恒定律：


mv0=（M+m）v。


根据机械能守恒定律，有：





由①②得EP=6J


（2）当A、B分离时，B的速度最大，此时相当进行了一次弹性碰撞，则：mAv0=mAvA+mBvB





由以上两式得