1、试卷第 1 页，总 4 页2017-2018 学年度教科版选修 3-5 1.3 动量守恒定律的应用 作业（1 ）1装有炮弹的大炮总质量为 M,炮弹的质量为 m,炮筒水平放置,炮弹水平射出时相对炮口的速度为 v0, 则炮车后退的速度大小为 ( )A. B. C. D. mMv0 mv0M+m mv0Mm v02如图所示，光滑水平面上有一小车，小车上有一物体，用一细线将物体系于小车的A 端(细线未画出 )，物体与小车 A 端之间有一压缩的弹簧，某时刻线断了，物体沿车滑动到 B 端并粘在 B 端的油泥上关于小车、物体和弹簧组成的系统，下述说法中正确的是( ) 若物体滑动中不受摩擦力，则全过程系统机械
2、能守恒 若物体滑动中有摩擦力，则全过程系统动量守恒 小车的最终速度与断线前相同 全过程系统机械能不守恒A. B. C. D. 3 A、B 两球在光滑水平面上沿同一直线向同一方向运动，A 球的动量是 5kgm/s，B球的动量是 7kgm/s，两球碰后 B 球动量变为 10kgm/s，则两球质量关系可能是( )A. mA=mB B. mA=2mB C. mB=4mA D. mB=6mA4如图所示，甲、乙两船的总质量（包括船，人和货物）分别为 10m 和 12m，两船沿同一直线同向运动，速度分别为 2v0 和 v0，为避免相撞，乙船上的人将一个质量为m 的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住
3、，则抛出货物的最小速度为（不计水的阻力）( )A. v0 B. 3v0 C. 4v0 D. 2v05如图，A、B 是两个用等长细线悬挂起来的大小可忽略不计的小球，m B=3mA。B 球静止，拉起 A 球，使细线与竖直方向偏角为 30，由静止释放，在最低点 A 与 B 发生弹性碰撞。不计空气阻力，则关于碰后两小球的运动，下列说法正确的是( )A. A 静止，B 向右，且偏角小于 30B. A 向左，B 向右，且偏角都等于 30C. A 向左， B 向右，A 偏角小于 B 偏角，且都小于 30试卷第 2 页，总 4 页D. A 向左， B 向右， A 偏角等于 B 偏角，且都小于 306某同学学习
4、“ 反冲运动”后，到商店买来喜庆用品“喜火”进行体验 “喜火”结构如图所示夜晚燃放时手持秸杆，点燃引信燃烧火药，当火焰从纸质外壳中向后喷出时“喜火”向前飞出，飞行距离可达百米，并在空中划出一道红色曲线现测得“喜火”总质量为M，如果把连续喷出质量为 m 的气体简化为一次喷出，气体喷出速度为 v，则在忽略地球引力及空气阻力的情况下， “喜火”飞出时的速度大小为（ ）A. B. C. D. mvM Mvm mvMm MvMm7木块 a 和 b 用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a 紧靠在墙壁上，在 b 上施加向左的水平力使弹簧压缩，如图所示，当撤去外力后，下列说法中正确的是（ ）a 尚未离开墙
5、壁前，a 和 b 组成的系统动量守恒a 尚未离开墙壁前，a 和 b 组成的系统动量不守恒a 离开墙壁后，a 和 b 组成的系统动量守恒a 离开墙壁后，a 和 b 组成的系统动量不守恒A. B. C. D. 8如图所示，A、B 两物体的质量 mAmB，中间用一段细绳相连并有一被压缩的弹簧，放在平板小车 C 上后，A、B、C 均处于静止状态若地面光滑，则在细绳被剪断后，A、B 从 C 上未滑离之前，A 、B 在 C 上向相反方向滑动过程中( )A. 若 A、B 与 C 之间的摩擦力大小相同，则 A、B 组成的系统动量守恒，A、B 、C 组成的系统动量也守恒B. 若 A、B 与 C 之间的摩擦力大小
6、不相同，则 A、B 组成的系统动量不守恒，A、B 、C组成的系统动量也不守恒C. 若 A、B 和 C 之间的摩擦力大小不相同，则 A、B 组成的系统动量不守恒，但A、B、C 组成的系统动量守恒D. 以上说法均不对9如图所示，一个质量为 M 的木箱静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个质量为 m=2M 的小物块。现使木箱瞬间获得一个水平向左、大小为 v0 的初速度，下列说法正确的是试卷第 3 页，总 4 页A. 最终小物块和木箱都将静止B. 最终小物块和木箱组成的系统损失机械能为Mv203C. 木箱速度水平向左、大小为 时，小物块的速度大小为v02 v04D. 木箱速度水平向右、大小为
7、时，小物块的速度大小为v03 2v0310在冰壶比赛中，红壶以一定速度与静止在大本营中心的蓝壶发生对心碰撞，碰撞时间极短，如图甲所示。碰后运动员用冰壶刷摩擦蓝壶前进方向的冰面，来减小阻力。碰撞前后两壶运动的 v-t 图线如图乙中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，已知两冰壶质量相等，由图象可得A. 碰撞后 ，蓝壶经过 5s 停止运动B. 碰撞后，蓝壶的瞬时速度为 0.8m/sC. 红蓝两壶碰撞过程是弹性碰撞D. 红、蓝两壶碰后至停止运动过程中，所受摩擦力的冲量之比为 1：211如图所示；光滑曲面与足够长的光滑水平面平滑连接。质量为 m 的小物块甲，从距水平面高 h 处，由静止开始下滑，与静止
8、在水平地面上质量为 5m 的物块乙发生正碰。甲、乙两小物块均可视为质点，重力加速度为 g。求：(1)物块甲刚滑到水平面与物块乙碰前的速度大小；(2)如果甲、乙两物块碰后粘合在一起，物块甲损失的动能；(3)如果甲、乙两物块发生弹性碰撞，求两物块能发生碰撞的次数及甲损失的最大动能。12如图所示，轻质细绳一端系一个质量 m=0.2kg 的小球 A，另一端挂在光滑水平轴试卷第 4 页，总 4 页O 上，O 点到小球 A 的距离为 L=0.5 m，小球跟水平面接触，但无相互作用。在球的左侧固定一个光滑的斜面，斜面到小球的水平距离 s1=l m。现有一个质量 M=0.5 kg 的滑块 B，从斜面上高 h
9、处由静止滑下，与小球发生碰撞，碰后小球 A 在竖直面内做圆周运动，且恰好可以经过圆周的最高点，碰后滑块 B 继续向右运动 s2=1 m 停止。已知水平面与滑块 B 间的动摩擦因数 ，若不计空气阻力，滑块和小球都可以视为质点，=0.2g 取 10ms 2,试求：(1)滑块和小球碰撞后，小球 A 瞬时速度的大小；(2)滑块 B 从斜面上由静止滑下的高度 h。13如图，小球 a、b 用等长细线悬挂于同一固定点 O让球 a 静止下垂，将球 b 向右拉起，使细线水平从静止释放球 b，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为 53忽略空气阻力，求两球 a、b 的质量之比（sin53 0
10、=0.8,cos530=0.6）14如图所示,光滑水平地面上静止放置两由弹簧相连的木块 A 和 B，一质量为 m 的子弹以速度 v0水平击中木块 A，并留在其中，A 的质量为 3m，B 的质量为 4m。(1)子弹射入 A 后速度变为多少？(2)求弹簧第一次恢复原长时 B 的速度本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。答案第 1 页，总 5 页参考答案1 A【解析】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。设炮后退的速度为 v，则炮弹对地的水平速度大小为（v 0-v1） ，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
11、向动量守恒有：（M-m）v-m（v0-v1）=0解得炮车后退的速度大小：v= v0mM故 A 正确，BCD 错误；故选 A。点睛：本题主要考查了动量守恒定律的直接应用，关键掌握速度的分解和某一方向系统动量守恒，知道炮弹和炮车组成系统总动量不守恒2 B【解析】物体与橡皮泥粘合的过程，发生非弹性碰撞，系统机械能有损失。故错误，正确。整个系统在水平方向不受外力，竖直方向上合外力为零，则系统动量一直守恒，故正确；取系统的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可知，物体沿车滑动到 B端粘在 B 端的油泥上后系统共同的速度与初速度是相同的。故正确。故选 B。点睛：本题根据动量守恒和机械能守恒的条件进行判断：
12、动量守恒的条件是系统不受外力或受到的外力的合力为零；机械能守恒的条件是除重力和弹力外的其余力不做功。3 C【解析】根据动量守恒得 ，代入解得 ，根据碰撞过程总动能pA+pB=pA+pB pA=2kgm/s不增加得到 ，代入解得 ，碰撞前甲的速度大于乙的速度，则有PA22mA+PB22mBPA22mA+PB22mB mAmB2151=717，解得 ，又碰撞后两球同向运动，甲的速度不大于乙的速度，则有 ，解得PAmAPBmB mAmB57 PAmAPBmB，则 ，C 正确15mAmB 15mAmB717【点睛】碰撞有三个基本规律：一、动量守恒；二、系统总动能不增加；三、碰撞后如同向运动，后面的物体
13、的速度不大于前面物体的速度，即要符合实际运动情况4 C【解析】设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为 ，抛出货物后船的速度为 ，甲船上vmin v1的人接到货物后船的速度为 取向右为正方向，由动量守恒定律得，乙船与货物v2，甲船与货物 ，为避免两船相撞应满足 ，12mv0=11mv1mvmin 10m2v0mvmin=11mv2 v1=v2联立得 ，C 正确vmin=4v0【点睛】本题要分清运动过程，可分抛和接两个过程研究知道两船避免碰撞的条件，应用动量守恒即可正确解题，解题时注意研究对象的选择5 D【解析】A 由静止释放，在最低点的速度设为 v0，A 与 B 发生弹性碰撞，碰后速度分别为v1，
14、v2，则： ， 012ABmv2221mv本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。答案第 2 页，总 5 页联立解得， v0； v0 ，由于 v1=v2v0，A1012ABmvv2012ABmvv偏角等于 B 偏角，且都小于 30，故 D 正确， ABC 错误。 故选：D点睛：根据弹性碰撞列方程，求出碰后两球的速度；根据球摆动过程中，机械能守恒，在最低点时速度越大，最大偏角越大，可判断偏角是否小于 30。6 C【解析】以“喜火” 和气体组成的系统为研究对象，选气体的速度方向为正，由动量守恒定律得： ，解得： ，故 C 正确，ABD 错误。0=(Mm)v+mv v=mvMm7 C【解
15、析】动量守恒定律的运用条件是不受外力或所受合外力为零，a 尚未离开墙壁前，a和 b 组成的系统受到墙壁对它们的作用力，系统的合外力不为零，不满足动量守恒条件；a 离开墙壁后，系统所受合外力为零，动量守恒。故正确。所以 C 正确，ABD 错误。8 AC【解析】若 A、B 与 C 之间的摩擦力大小相同，在细绳被剪断后，弹簧释放的过程中，A、B 所受的滑动摩擦力方向相反，则对于 A、B 组成的系统所受的合外力为零，动量守恒；对三个物体组成的系统，竖直方向上重力与支持力平衡，水平方向不受外力，合外力为零，所以 A、B、C 组成的系统动量也守恒， A 正确；若 A、B 与 C 之间的摩擦力大小不相同，在
16、细绳被剪断后，弹簧释放的过程中，A 、B 所受的滑动摩擦力方向相反，则对于 A、B 组成的系统所受的合外力不为零，动量不守恒；但对三个物体组成的系统，合外力为零，A 、B、C组成的系统动量仍守恒，BD 错误 C 正确【点睛】满足下列情景之一的，即满足动量守恒定律：系统不受外力或者所受外力之和为零；系统受外力，但外力远小于内力，可以忽略不计；系统在某一个方向上所受的合外力为零，则该方向上动量守恒。全过程的某一阶段系统受的合外力为零，则该阶段系统动量守恒9 BC【解析】A、系统所受外力的合力为零 ,系统的动量守恒,初状态木箱有向左的动量,小木块动量为零,故系统总动量向左,系统内部存在摩擦力,阻碍两
17、物体间的相对滑动,最终小木块和木箱相对静止,因为系统的总动量守恒,不管中间过程如何相互作用,根据动量守恒定律知,最终两物体以相同的速度一起向左运动.故 A 错误; B、规定向左为正方向,由动量守恒定律得:Mv0=(M+m)v则得最终系统的速度为: ,方向向左. v=Mv0M+m最终小木块和木箱组成的系统损失机械能为:,所以 B 选项是正确的. E=12Mv0212(M+m)v2=Mv203C、木箱速度水平向左、大小为 时，v02Mv0=Mv1+mv2本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。答案第 3 页，总 5 页解得： ，故 C 正确v2=v04D、当木箱速度为 时,根据动量守恒
18、定律有:v1=v03Mv0=Mv1+mv2解得： ，故 D 错v2=v03故选 BC点睛：小木块和木箱组成的系统在光滑的平面上滑动,系统所受外力的合力为零,故系统动量始终守恒,而因为系统内部存在摩擦力,阻碍物体间的相对滑动,最终两物体应该相对静止,一起向左运动.由动量守恒求出最终共同速度,再由能量守恒求机械能的损失.10 AB【解析】设碰后蓝壶的速度为 v，碰前红壶的速度 ，碰后速度为 ，根v0=1.0m/s v0=0.2m/s据动量守恒定律可得 ，解得 ，A 正确；从图中可知蓝壶与红壶沿虚mv0=mv0+mv v=0.8m/s线运动方式时同时停止运动，并且红壶碰撞前后的图线平行，若以红壶虚线
19、所示运动，则加速度为 ，运动时间为 ，B 正确；碰撞前系统的动能为a=vt=1.21.01 =0.2m/s2 t=1.000.2=5s，碰撞后系统的动能为 ，两者不等，所E1=12m1.02=0.5m E2=12m0.22+12m0.82=0.36m以不是弹性碰撞，C 错误；碰后蓝壶的加速度为为 ，碰后红、蓝两a=0.8061m/s2=0.16m/s2壶所受摩擦力之比为 ，摩擦力冲量 ，D 错误f:f=ma:ma=5:4 If:If=ft:ft=f:f=5:4【点睛】从 v-t 图像中可以看出，实线和虚线有个交点，即若红壶碰撞后仍以原来的运动减速下去的运动时间和蓝壶碰撞后运动的时间相等，这一隐
20、含条件是解题关系11 (1) (2) (3) 2 次 2gh3536mgh 8081mgh【解析】 （1）滑块刚滑到水平面上与物块乙碰前的速度大小为 v0，则：mgh= mv0212解得 v0= 2gh（2）设甲乙两物块碰后粘合在一起的速度为 v，则 mv0=(m+5m)v解得 v=2gh6物块甲损失的动能： Ek=12mv2012mv2解得 Ek=3536mgh（3）甲乙发生弹性碰撞，以向右为正方向，设第一次碰撞后，甲乙的速度分别为 v1、V1，则： mv0=mv1+5mV1本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。答案第 4 页，总 5 页12mv20=12mv21+125mV2
21、1解得：V 1= v0，v1=- v0，说明碰后甲水平向左运动；13 23物块甲经曲面返回与物块乙碰撞，设第一次碰撞后，甲乙的速度分别为 v2、V2，则：m(v1)+5mV1=mv2+5mV212m(v1)2+125mV21=12mv22+125mV22解得 V2= v0，v2= v049 19由于 v2V2，随后两物块不再发生碰撞，即两物块只能发生 2 次碰撞，物块甲损失的最大动能： Ekm=12mv2012mv22=8081mgh点睛：此题考查动量守恒定律及能量守恒定律的应用；涉及到的过程较复杂；解题时要搞清物理过程，按照过程发生的顺序逐步分析进行判断.12 (1) (2) 5m/s 1m
22、【解析】 （1）小球 A 恰好经过圆周的最高点时，在最高点，由重力提供向心力，由牛顿第二定律得：mg=mv2L代入数据解得：v= m/s，5A 从最低点到最高点过程，由动能定理得： -mg2L= mv2- mvA2，12 12代入数据解得：v A=5m/s即滑块和小球碰撞后，小球 A 瞬时速度的大小为 5m/s（2）对碰后 B 滑行的过程，由动能定理得： -Mgs2=0- MvB212代入数据解得：v B=2m/s；对于 AB 碰撞过程，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得：Mv 0=MvB+mvA代入数据解得：v 0=4m/sB 从静止到与 A 碰撞前的过程中，由动能定理得：mgh-mgs1
23、= mv02-0，12代入数据解得：h=1m ；点睛：解决本题的关键要理清物体的运动过程，把握每个过程的物理规律，知道碰撞遵守动量守恒定律，小球恰好到达最高点的临界条件是重力等于向心力13m1m2=522【解析】 （1）设两球 a、b 的质量分别为 m1、m2b 球下摆过程中，由机械能守恒定律得 m2gL=12m2v20,a、b 两球碰撞过程，由动量守恒定律得 m2v0=(m1+m2)v本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。答案第 5 页，总 5 页A、b 成整体上摆过程，由机械能守恒得12(m1+m2)v2=(m1+m2)gL(1cos530)解得m1m2=522点睛：知道机械能守恒和动量守恒解题的步骤以及使用时的注意事项。14 （1） （2）v=v04 v2=14v0【解析】解：（1）以子弹与 A 为系统，设子弹与 A 的共同速度为 v，以 方向为正方向v0由动量守恒， mv0=(m+3m)v可得 v=v04（2）子弹与 A 共同运动挤压弹簧，以子弹、 A 和 B 为系统，弹簧恢复原长时，设子弹与A 速度为 ，B 速度为 ，以 方向为正，由动量守恒有v1 v2 v04m14v0=4mv1+4mv2弹簧恢复原长时，动能没有损失124m(14v0)2=124mv21+124mv22可得 v2=14v0
