人教版 (2019)选择性必修 第一册1 动量课时作业

这是一份人教版 (2019)选择性必修 第一册1 动量课时作业，共7页。
1.如图所示，质量为M的小车置于光滑的水平面上，车的上表面粗糙，有一质量为m的木块以初速度v0水平地滑至车的上表面，若车足够长，则( )
A．木块的最终速度为eq \f(m,M＋m) v0
B．由于车上表面粗糙，小车和木块所组成的系统动量不守恒
C．车上表面越粗糙，木块减少的动量越多
D．车上表面越粗糙，小车获得的动量越多
解析：选A 因水平面光滑，则木块滑上小车后，小车和木块组成的系统动量守恒，有mv0＝(M＋m)v，得最终速度v＝eq \f(mv0,M＋m)，A正确，B错误；木块减少的动量为p木减＝mv0－mv＝eq \f(Mmv0,M＋m)，与车上表面粗糙程度无关，C错误；小车获得的动量为p车增＝Mv＝eq \f(Mmv0,M＋m)，与车上表面粗糙程度无关，D错误。
2.放在光滑水平面上的A、B两小车中间夹了一压缩轻质弹簧，用左、右两手分别控制小车A、B处于静止状态，已知A的质量大于B的质量，下面说法中不正确的是( )
A．两手同时放开后，两车的总动量为零
B．先放开右手，后放开左手，两车的总动量向右
C．先放开左手，后放开右手，两车的总动量向右
D．两手同时放开，A车的速度小于B车的速度
解析：选C 当两手同时放开时，系统的合外力为零，所以系统的动量守恒，又因为开始时总动量为零，故系统总动量始终为零，故A正确，不符合题意；先放开右手，右边的小车就向右运动，当再放开左手后，系统所受合外力为零，故系统的动量守恒，且开始时总动量方向向右，放开左手后总动量方向也向右，故B正确，不符合题意；先放开左手，左边的小车就向左运动，当再放开右手后，系统所受合外力为零，故系统的动量守恒，且开始时总动量方向向左，放开右手后总动量方向也向左，故C错误，符合题意；当两手同时放开时，系统的合外力为零，所以系统的动量守恒，即mAvA＝mBvB，因A的质量大于B的质量，则A车的速度小于B车的速度，故D正确，不符合题意。
3．如图所示，曲面体P静止于光滑水平面上，物块Q自P的上端静止释放。Q与P的接触面光滑，Q在P上运动的过程中，下列说法正确的是( )
A．P对Q做功为零
B．P和Q之间相互作用力做功之和为零
C．P和Q构成的系统机械能守恒、动量守恒
D．P和Q构成的系统机械能不守恒、动量守恒
解析：选B P对Q有弹力的作用，并且在力的方向上有位移，在运动中，P会向左移动，P对Q的弹力方向垂直于接触面向上，与Q移动位移方向的夹角大于90°，所以P对Q做功不为0，故A错误；因为P、Q之间的力属于系统内力，并且等大反向，两者在力的方向上发生的位移相等，所以做功之和为0，故B正确；因为系统除重力外，其他力做功代数和为零，所以P、Q组成的系统机械能守恒，系统水平方向上不受外力的作用，水平方向上动量守恒，但是在竖直方向上Q有加速度，即竖直方向上动量不守恒，故C、D错误。
4．[多选]如图所示，质量分别为m和2m的A、B两个木块间用轻弹簧相连，放在光滑水平面上，A紧靠竖直墙壁。用水平方向左推B，将弹簧压缩，推到某位置静止时推力大小为F，弹簧的弹性势能为E，在此位置突然撤去推力，下列说法中正确的是( )
A．从撤去推力到A离开竖直墙壁前，A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，机械能守恒
B．从撤去推力到A离开竖直墙壁前，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能守恒
C．A离开竖直墙壁后，弹簧弹性势能最大值为eq \f(E,3)
D．A离开竖直墙壁后，弹簧弹性势能最大值为E
解析：选AC A离开墙壁前，墙壁对A有弹力，这个弹力虽不做功，但对A有冲量，因此系统动量不守恒，机械能守恒，选项A正确，B错误；
由系统机械能守恒可得：E＝eq \f(1,2)·2mvB2①
A脱离墙面后速度逐渐增加，B速度逐渐减小，此过程中弹簧逐渐伸长，当A、B速度相同时，弹簧弹性势能最大，这一过程系统动量和机械能均守恒，有：
动量守恒：2mvB＝(m＋2m)v②
机械能守恒：
Epmax＝eq \f(1,2)(2m)vB2－eq \f(1,2)(m＋2m)v2③
由①②③可解得Epmax＝eq \f(E,3)，选项C正确，D错误。
5.[多选]质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ。初始时小物块停在箱子正中间，如图所示。现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止。设碰撞都是弹性碰撞的，则整个过程中，系统损失的动能为( )
A.eq \f(1,2)mv2 B.eq \f(mM,2m＋M)v2
C.eq \f(1,2)NμmgL D．NμmgL
解析：选BD 根据动量守恒，小物块和箱子的共同速度v′＝eq \f(mv,M＋m)，损失的动能ΔEk＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)(M＋m)v′2＝eq \f(mM,2m＋M)v2，故B正确；根据能量守恒，损失的动能等于因摩擦产生的热量，所以ΔEk＝FfNL＝NμmgL，故D正确。
6.如图所示，在光滑的水平面上，有两个质量均为m的小车A和B，两车之间用轻质弹簧相连，它们以共同的速度v0向右运动，另有一质量为m的黏性物体，从高处自由落下，正好落在A车上，并与之粘合在一起，粘合之后的运动过程中，弹簧获得的最大弹性势能为( )
A.eq \f(1,4)mv02 B.eq \f(1,8)mv02
C.eq \f(1,12)mv02 D.eq \f(1,15)mv02
解析：选C 黏性物体落在A车上，由动量守恒有mv0＝2mv1，解得v1＝eq \f(v0,2)，之后整个系统动量守恒，当系统再次达到共同速度时，有2mv0＝3mv2，解得v2＝eq \f(2v0,3)，此时弹簧获得的弹性势能最大，最大弹性势能Ep＝eq \f(1,2)mv02＋eq \f(1,2)×2meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v0,2)))2－eq \f(1,2)×3meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)v0))2＝eq \f(1,12)mv02，所以C正确。
7.如图所示，一沙袋用无弹性轻细绳悬于O点。开始时沙袋处于静止状态，一弹丸以水平速度v0击中沙袋后未穿出，二者共同摆动，若弹丸质量为m，沙袋质量为5m，弹丸和沙袋形状大小忽略不计，弹丸击中沙袋后漏出的沙子质量忽略不计，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法中正确的是( )
A．弹丸打入沙袋过程中，细绳所受拉力大小保持不变
B．弹丸打入沙袋过程中，弹丸对沙袋的冲量大小大于沙袋对弹丸的冲量大小
C．弹丸打入沙袋过程中所产生的热量为eq \f(mv02,72)
D．沙袋和弹丸一起摆动所达到的最大高度为eq \f(v02,72g)
解析：选D 初态时，细绳的拉力等于沙袋的重力，弹丸打入沙袋过程中，沙袋的速度增大，做圆周运动，细绳拉力与沙袋的重力的合力提供向心力，拉力增大，A选项错误；弹丸打入沙袋过程中，弹丸和沙袋组成的系统内力远大于外力，系统动量守恒，弹丸对沙袋的冲量大小等于沙袋对弹丸的冲量大小，B选项错误；弹丸打入沙袋过程中，取初速度方向为正，根据动量守恒定律可知，mv0＝(m＋5m)v，根据能量守恒定律可知，产生的热量Q＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)(m＋5m)v2＝eq \f(5,12)mv02，C选项错误；弹丸打入沙袋后，系统机械能守恒，eq \f(1,2)(m＋5m)v2＝(m＋5m)gh，解得最大高度h＝eq \f(v02,72g)，D选项正确。
8．如图所示，有A、B两质量均为M的小车，在光滑的水平面上以相同的速率v0在同一直线上相向运动，A车上有一质量为m的人，他至少要以多大的速度(对地)从A车跳到B车上，才能避免两车相撞？
解析：以A车的初速度方向为正方向，A车和人组成的系统由动量守恒，有(M＋m)v0＝mv＋MvA
对B车与人组成的系统，有－Mv0＋mv＝(M＋m)vB
速度v最小的条件是：人跳上B车稳定后两车的速度相等，即vA＝vB
解得v＝eq \f(2M2＋2Mm＋m2,2M＋mm) v0。
答案：eq \f(2M2＋2Mm＋m2,2M＋mm) v0
9.如图所示，静止在光滑水平面上的木块，质量为M、长度为L。一颗质量为m的子弹从木块的左端打进木块，设子弹在打穿木块的过程中受到大小恒为Ff的阻力，要使子弹刚好从木块的右端打出，则子弹的初速度v0应等于多大？
解析：取子弹和木块所组成的系统为研究对象，它们所受到的合外力等于零，故总动量守恒。
由动量守恒定律得mv0＝mv1＋Mv2
要使子弹刚好从木块右端打出，则必须满足临界条件v1＝v2
根据功能关系得FfL＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)Mv22
解得v0＝ eq \r(\f(2m＋MFfL,mM))。
答案： eq \r(\f(2m＋MFfL,mM))
B级—选考提能
10．(2022·山东等级考)我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭。如图所示，发射仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空。从火箭开始运动到点火的过程中( )
A．火箭的加速度为零时，动能最大
B．高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能
C．高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量
D．高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量
解析：选A 火箭从发射仓发射出来，受竖直向下的重力、竖直向下的空气阻力和竖直向上的高压气体的推力作用，且推力大小不断减小，刚开始向上的时候高压气体的推力大于向下的重力和空气阻力之和，故火箭向上做加速度减小的加速运动，当向上的高压气体的推力等于向下的重力和空气阻力之和时，火箭的加速度为零，速度最大，接着向上的高压气体的推力小于向下的重力和空气阻力之和时，火箭接着向上做加速度增大的减速运动，直至速度为零，故当火箭的加速度为零时，速度最大，动能最大，故A正确；根据能量守恒定律，可知高压气体释放的能量转化为火箭的动能、火箭的重力势能和内能，故B错误；根据动量定理，可知合力冲量等于火箭动量的增加量，故C错误；根据功能关系，可知高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭机械能的增加量，故D错误。
11．如图所示，半径分别为R和r(R>r)的甲、乙两光滑圆轨道安置在同一竖直平面内，两轨道之间由一条光滑水平轨道CD相连，在水平轨道CD上一轻弹簧被a、b两小球夹住(未拴接)，同时释放两小球，a、b球恰好能通过各自的圆轨道的最高点。
(1)求两小球的质量比。
(2)若ma＝mb＝m，要求a、b都能通过各自的最高点，弹簧释放前至少具有多少弹性势能？
解析：(1)a、b球恰好能通过各自圆轨道的最高点的速度分别为
va′＝eq \r(gR)①
vb′＝eq \r(gr)②
由动量守恒定律得
mava＝mbvb③
由机械能守恒定律得
eq \f(1,2)mava2＝eq \f(1,2)mava′2＋mag·2R④
eq \f(1,2)mbvb2＝eq \f(1,2)mbvb′2＋mbg·2r⑤
联立①②③④⑤得
eq \f(ma,mb)＝eq \r(\f(r,R))。
(2)若ma＝mb＝m，由动量守恒定律得va＝vb＝v
当a球恰好能通过圆轨道的最高点时，弹簧具有的弹性势能最小，
Ep＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)mgR＋mg2R))×2＝5mgR。
答案：(1)eq \r(\f(r,R)) (2)5mgR
12．如图，一长木板在光滑的水平面上以速度v0向右做匀速直线运动，将一小滑块无初速地轻放在木板最右端。已知滑块和木板的质量分别为m和2m，它们之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。
(1)滑块相对木板静止时，求它们的共同速度大小；
(2)某时刻木板速度是滑块的2倍，求此时滑块到木板最右端的距离；
(3)若滑块轻放在木板最右端的同时，给木板施加一水平向右的外力，使得木板保持匀速直线运动，直到滑块相对木板静止，求此过程中滑块的运动时间以及外力所做的功。
解析：(1)由于地面光滑，则木板与滑块组成的系统动量守恒，有2mv0＝3mv共，解得v共＝eq \f(2v0,3)。
(2)由于木板速度是滑块的2倍，则有v木＝2v滑，
再根据动量守恒定律有2mv0＝2mv木＋mv滑，
联立化简得v滑＝eq \f(2,5)v0，v木＝eq \f(4,5)v0，
再根据功能关系有－μmgx＝eq \f(1,2)×2mv木2＋eq \f(1,2)mv滑2－eq \f(1,2)×2mv02，
联立解得x＝eq \f(7v02,25μg)。
(3)由于木板保持匀速直线运动，则有F＝μmg，
对滑块进行受力分析，并根据牛顿第二定律有a滑＝μg，
滑块相对木板静止时有v0＝a滑t，解得t＝eq \f(v0,μg)，
则整个过程中木板滑动的距离为x′＝v0t＝eq \f(v02,μg)，
则拉力所做的功为W＝Fx′＝mv02。
答案：(1)eq \f(2v0,3) (2)eq \f(7v02,25μg) (3)eq \f(v0,μg) mv02