2017-2018学年物理人教版选修3-5课时作业163动量守恒定律

16.3课时作业1．(对动量守恒条件的理解)下列情形中，满足动量守恒条件的是()A．用铁锤打击放在铁砧上的铁块，打击过程中，铁锤和铁块的总动量B．子弹水平穿过放在光滑桌面上的木块的过程中，子弹和木块的总动量C．子弹水平穿过墙壁的过程中，子弹和墙壁的总动量D．棒击垒球的过程中，棒和垒球的总动量答案B解析A中竖直方向合力不为零；C中墙壁受地面的作用力；D中棒受人手的作用力，故合外力不为零，不符合动量守恒的条件．2．(动量守恒条件的理解)(多选)如图4所示，在水平光滑地面上有A、B两个木块，A、B之间用一轻弹簧连接．A靠在墙壁上，用力F向左推B使两木块之间的弹簧压缩并处于静止状态．若突然撤去力F，则下列说法中正确的是()图4A．木块A离开墙壁前，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒B．木块A离开墙壁前，A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，但机械能守恒C．木块A离开墙壁后，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒D．木块A离开墙壁后，A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，但机械能守恒答案BC解析若突然撤去力F，木块A离开墙壁前，墙壁对木块A有作用力，所以A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，但由于A没有离开墙壁，墙壁对木块A不做功，所以A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，选项A错误，选项B正确；木块A离开墙壁后，A、B和弹簧组成的系统所受合外力为零，所以系统动量守恒且机械能守恒，选项C正确，选项D错误．3．(动量守恒定律的简单应用)解放军鱼雷快艇在南海海域附近执行任务，假设鱼雷快艇的总质量为M，以速度v前进，现沿快艇前进方向发射一颗质量为m的鱼雷后，快艇速度减为原来的eq\f(3,5)，不计水的阻力，则鱼雷的发射速度为()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答案A解析设快艇的速度方向为正方向；根据动量守恒定律有：Mv＝(M－m)eq\f(3,5)v＋mv′.解得v′＝eq\f(2M＋3m,5m)v.4．(动量守恒定律的简单应用)如图5所示，进行太空行走的宇航员A和B的质量分别为80kg和100kg，他们携手远离空间站，相对空间站的速度为0.1m/s.A将B向空间站方向轻推后，A的速度变为0.2m/s，求此时B的速度大小和方向．图5答案0.02m/s远离空间站方向解析以空间站为参考系，选远离空间站，即v0方向为正方向．据动量守恒定律得(mA＋mB)v0＝mAvA＋mBvB，代入数据解得vB＝0.02m/s，远离空间站方向．题组一对动量守恒条件的理解1．汽车拉着拖车在平直公路上匀速行驶，突然拖车与汽车脱钩，而汽车的牵引力不变，各自受的阻力不变，则脱钩后，在拖车停止运动前()A．汽车和拖车的总动量保持不变B．汽车和拖车的总动能保持不变C．汽车和拖车的总动量增加D．汽车和拖车的总动能减小答案A解析汽车和拖车原来做匀速直线运动，合外力为零，拖车与汽车脱钩后，汽车的牵引力不变，各自受的阻力也没有发生变化，故拖车、汽车组成的系统合外力仍为零，动量守恒，A正确，C错误；分析物理过程可知，脱钩后，同样时间内汽车发生的位移要大于拖车减速发生的位移，合外力对汽车和拖车做正功，总动能变大，B、D错误．2.如图1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()图1A．木块的最终速度为eq\f(m,M＋m)v0B．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答案A解析由m和M组成的系统水平方向动量守恒易得A正确；m和M动量的变化与小车上表面的粗糙程度无关，因为车足够长，最终各自的动量与摩擦力大小无关．3．如图2所示，小车与木箱紧挨着静放在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，关于上述过程，下列说法正确的是()图2A．男孩和木箱组成的系统动量守恒B．小车与木箱组成的系统动量守恒C．男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒D．木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量相同答案C解析由动量守恒定律成立的条件可知男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒，选项A、B错误，C正确；木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相等，方向相反，选项D错误．4.(多选)在光滑水平面上A、B两小车中间有一弹簧，如图3所示，用手抓住小车并将弹簧压缩后使小车处于静止状态．将两小车及弹簧看做一个系统，下面说法正确的是()图3A．两手同时放开后，系统总动量始终为零B．先放开左手，再放开右手后，动量不守恒C．先放开左手，后放开右手，总动量向左D．无论何时放手，两手放开后，在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量都保持不变，但系统的总动量不一定为零答案ACD解析在两手同时放开后，水平方向无外力作用，只有弹簧的弹力(内力)，故动量守恒，即系统的总动量始终为零，A对；先放开左手，再放开右手后，是指两手对系统都无作用力之后的那一段时间，系统所受合外力也为零，即动量是守恒的，B错；先放开左手，系统在右手作用下，产生向左的作用力，故有向左的冲量，后放开右手，系统的动量守恒，即此后的总动量向左，C对；其实，无论何时放开手，只要是两手都放开后就满足动量守恒的条件，即系统的总动量都保持不变，D对．题组二动量守恒定律的简单应用5．(多选)如图4所示，水平面上有两个木块，两木块的质量分别为m1、m2，且m2＝2m1.开始两木块之间有一根用轻绳缚住的已压缩轻弹簧，烧断绳后，两木块分别向左、右运动．若两木块m1和m2与水平面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，且μ1＝2μ2，则在弹簧伸长的过程中，两木块(图4A．动量大小之比为1∶1B．速度大小之比为2∶1C．动量大小之比为2∶1D．速度大小之比为1∶1答案AB解析以两木块及弹簧组成的系统为研究对象，绳断开后，弹簧对两木块的推力可以看成是内力；水平面对两木块有方向相反的滑动摩擦力，且Ff1＝μ1m1g，Ff2＝μ2m2g.因此系统所受合外力F合＝μ1m1g－μ2m2g＝0，满足动量守恒定律的条件．设弹簧伸长过程中某一时刻，两木块速度大小分别为v1、v2.由动量守恒定律有(以向右为正方向)：－m1v1＋m2v2＝0，即m1v1＝m2v2.即两木块的动量大小之比为1∶1，故A项正确；两木块的速度大小之比为eq\f(v1,v2)＝eq\f(m2,m1)＝eq\f(2,1)，故B项正确．6．如图5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()图5A．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)答案C解析小船和救生员组成的系统满足动量守恒：(M＋m)v0＝m·(－v)＋Mv′解得v′＝v0＋eq\f(m,M)(v0＋v)故C项正确，A、B、D项均错．7．a、b两球在光滑的水平面上沿同一直线发生正碰，作用前a球动量pa＝30kg·m/s，b球动量pb＝0，碰撞过程中，a球的动量减少了20kg·m/s，则碰撞后b球的动量为()A．－20kg·m/s B．10kg·m/sC．20kg·m/s D．30kg·m/s答案C解析碰撞过程中，a球的动量减少了20kg·m/s，故此时a球的动量是10kg·m/s，a、b两球碰撞前、后总动量保持不变，仍为30kg·m/s，则碰撞后b球的动量为20kg·m/s.8．质量为M的木块在光滑水平面上以速度v1水平向右运动，质量为m的子弹以速度v2水平向左射入木块，要使木块停下来，必须使发射子弹的数目为(子弹留在木块中不穿出)()A.eq\f(M＋mv1,mv2) B.eq\f(Mv1,M＋mv2)C.eq\f(Mv1,mv2) D.eq\f(mv1,Mv2)答案C解析设发射子弹的数目为n，选择n颗子弹和木块M组成的系统为研究对象．系统在水平方向所受的合外力为零，满足动量守恒的条件．选子弹运动的方向即水平向左为正方向，由动量守恒定律有：nmv2－Mv1＝0，得n＝eq\f(Mv1,mv2)，所以选项C正确．9．如图6所示，甲、乙两物体在光滑水平面上沿同一直线相向运动，甲、乙物体的速度大小分别为3m/s和1m/s；碰撞后甲、乙两物体都反向运动，速度大小均为2m/s.则甲、乙两物体质量之比为()图6A．2∶3 B．2∶5C．3∶5 D．5∶3答案C解析选取碰撞前甲物体的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有m甲v1－m乙v2＝－m甲v1′＋m乙v2′，代入数据，可得m甲∶m乙＝3∶5，选项C正确．题组三综合应用10．如图7所示，质量为m2＝1kg的滑块静止于光滑的水平面上，一质量为m1＝50g的小球以1000m/s的速率碰到滑块后又以800m/s的速率被弹回，试求滑块获得的速度．图7答案90m/s方向与小球的初速度方向一致解析对小球和滑块组成的系统，在水平方向上不受外力，竖直方向上所受合力为零，系统动量守恒，以小球初速度方向为正方向，则有v1＝1000m/s，v1′＝－800m/s，v2＝0又m1＝50g＝5.0×10－2kg，m2＝由动量守恒定律有：m1v1＋0＝m1v1′＋m2v2′代入数据解得v2′＝90m/s，方向与小球初速度方向一致．11．如图8所示，质量为M的木块放在粗糙的水平面上且弹簧处于原长状态，质量为m的子弹以初速度v0击中木块而未穿出，则击中木块瞬间二者的共同速度为多大？图8答案eq\f(m,M＋m)v0解析由于从子弹打入到与木块相对静止，时间非常短，弹簧未发生形变，且此过程中地面对木块摩擦力远小于内力(子弹与木块间作用力)，故可认为此过程动量守恒．对m、M组成的系统，m击中M的过程动量守恒，mv0＝(m＋M)v，所以v＝eq\f(m,M＋m)v0.12．如图9所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点．现将A无初速度释放，A与B碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动．已知圆弧轨道光滑，半径R＝0.2m，A和B的质量相等，A和B整体与桌面之间的动摩擦因数μ＝0.2.取重力加速度g＝10m/s2.求：图9(1)