2018学年度高二物理人教版选修3-5第十六章动量守恒定律单元练习

2018学年度高二物理人教版选修3-5第十六章动量守恒定律单元练习

动量P=mv，动能

，结合两公式得出动能与动量的关系式，从而比较动能的大小．

解决本题的关键是知道动能和动量的关系，以及知道它们的区别．

3. 解：由图可知b球碰前静止，设碰撞前，a球的速度为v0，碰后a球速度为v1，b球速度为v2，物体碰撞过程中动量守恒，规定a的初速度方向为正，由动量守恒定律有： mav0=mav1+mbv2；

由图知，v0=4m/s，v1=-1m/s，v2=2m/s，

代入上式解得：ma：mb=2：5．故ACD错误，B正确． 故选：B a、b碰撞过程中动量守恒，根据动量守恒定律列出方程，结合图象信息即可求得两球质量关系．

解决本题的关键是要掌握碰撞遵守基本的规律：动量守恒定律，列方程时要注意速度的方向，读图时速度的大小和方向一起读．

4. 解：火箭发射时，燃料燃烧，产生高温燃气，燃气通过喷管向后高速喷出，燃气对火箭产生推力，在燃气推动火箭的力的作用下，火箭升空；这是利用了反冲现象； 故C正确，ABD错误． 故选：C．

航天飞机利用喷出的气体进行加速是因为航天飞机和气体之间的反冲作用，从而使飞机获得向前的动力． 力是物体间的相互作用，根据题意对火箭正确受力分析即可正确解题，注意向外的喷力不是飞机受到的力，不会使飞机加速．

5. 解：A、若系统内存在着摩擦力，而系统所受的合外力为零，系统的动量仍守恒．故A错误；

B、系统中有一个物体受合力不为零时，系统的动量也可能守恒，比如碰撞过程，两个物体的合力都不为零，但系统的动量却守恒．故B错误；

C、系统所受的合外力为零，合外力的冲量为零，由动量定理可知，系统动量守恒，故C正确． D、子弹穿透木块的过程中，子弹和木块组成的系统合外力为零，系统的总动量守恒，故D错误； 故选：C

系统动量守恒的条件是合外力为零．系统内存在着摩擦力或一个物体具有加速度时，系统的动量也可能守恒．对照动量守恒条件进行分析．

本题考查对动量守恒条件的理解，关键要抓住动量守恒的条件：合外力为零，通过举例的方法进行分析． 6. 解：A、系统动量守恒，以向左为正方向，在两滑块刚好脱离弹簧时，由动量守恒定律得：pA-pB=0，则：pA：pB=1：1，故A错误；

B、系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：3mvA-mvB=0，解得：vA：vB=1：3，故B错误；

C、两滑块的动能之比：EkA：EkB=：=1：3，故C正确；

D、弹簧对两滑块做功之比等于两滑块动能之比，弹簧对A、B两滑块做功之比：WA：WB=EkA：EkB=1：3，故D错误． 故选：C

先根据动量守恒守恒求出脱离弹簧后两滑块的速度之比，根据动能、动量的表达式求出动能及动量之比，根据弹簧对两滑块做功等于滑块动能的变化量求出弹簧对两滑块做功之比．

本题是动量守恒定律的直接应用，要比较物理量之间的比例关系，就要把这个量用已知量表示出来再进行比较．

7. 解：取小球A开始运动的方向为正方向．碰撞前两个小球的总动能：

E1=m1v12=×5×102=250J．

碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律得： m1v1=-m1v1′+m2v2， 解得：v2=

=

m/s=6m/s．

5 / 8

碰撞后两小球的总动能：E1=m1v1′2+m2v22=×5×22+×10×62=190J．

因为E1＞E2，有能量损失，是非弹性碰撞． 故选：C 根据动能的公式，求出碰撞前系统的总动能．由动量守恒定律求出碰撞前后两球的速度，得到两滑块的总动能，判断有无能量损失，从而确定是弹性碰撞还是非弹性碰撞．

本题关键抓住系统动量守恒，根据动量守恒定律求解，判断是否是弹性碰撞，就是看机械能是否损失． 8. 解：要使两车不相撞，甲车以最小的水平速度将小球发射到乙车上的临界条件是两车速度相同， 以三者为系统，规定向右为正方向， 由系统动量守恒得：

0+M2v0=（M1+m+M2）v共 解得v共=5m/s

以球与乙车为系统，规定向右为正方向， 由系统动量守恒得：

M2v0-mv=（m+M2）v共 解得：v=25m/s 故选：B 要使两车不相撞，甲车以最小的水平速度将小球发射到乙车上的临界条件是两车速度相同，以甲车、球与乙车为系统，由系统动量守恒列出等式，再以球与乙车为系统，由系统动量守恒列出等式，联立求解． 本题主要考查了动量守恒定律，对学生能力的要求较高，关键是选择好系统，以及选择好研究的过程，注意正方向的规定．

9. 解：以炮弹与炮艇组成的系统为研究对象，不计水的阻力，系统在水平方向动量守恒， 炮弹相对于炮艇的水平速度为v，发射炮弹后炮艇的速度为v′，则以地面为参照系，

炮弹的速度为v+v′，由动量守恒定律得：Mv0=（M-m）v′+m（v+v′）=Mv0=Mv′+mv，故AD正确，BC错误；

故选：AD．

以炮弹与炮艇组成的系统为研究对象，不计水的阻力，系统在水平方向动量守恒，由动量守恒定律可以分析答题．

应用动量守恒定律解题时，所有的速度应是相对于同一参照系的速度；应用动量守恒定律解题时研究对象应不能变化．

10. 解：A、弹簧伸长最长时弹力最大，B的加速度最大，此时AB共速，由图知，AB共同速度为v共=2m/s，A刚墙时B的速度为v0=3m/s．

在A离开挡板后，取向右为正方向，由动量守恒定律，有：mBv0=（mA+vB）v共 解得mA=1kg，故A错误．

B、当弹簧第一次恢复原长时A的速度最大，由mBv0=mAvA+mBvB mBv02=mAvA2+mBvB2．

解得：A的最大速度vA=4m/s，故B正确．

C、在A离开挡板前，由于挡板对A有作用力，A、B系统所受合外力不为零，所以系统动量不守恒；故C错误．

D、分析A离开挡板后A、B的运动过程，并结合图象数据可知，弹簧伸长到最长时A、B的共同速度为v共=2m/s，

根据机械能守恒定律和动量守恒定律，有：mBv0=（mA+mB）v共 Ep=mBv02-（mA+mB）v共2．

联立解得：弹簧的最大弹性势能Ep=3J，故D正确． 故选：BD

在A离开挡板前，由于挡板对A有作用力，所以A、B系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，系统机

2018学年度高二物理人教版选修3-5第十六章动量守恒定律单元练习

械能守恒．A离开挡板后A、B的运动过程中，系统的合外力为零，系统的动量守恒，根据机械能守恒定律和动量守恒定律求解．

本题的关键是要掌握动量守恒和机械能守恒的条件，能够知道当弹簧伸到最长时，其弹性势能最大，运用动量守恒定律和机械能守恒定律结合研究这类问题．

11. 解：A、斜面对物体的弹力的冲量大小：I=Nt=mgcosθ?t，弹力的冲量不为零，故A错误； B、根据冲量的定义式可知，物体所受重力的冲量大小为：IG=mg?t，故B正确；

C、物体受到的合力的冲量大小：mgtsinθ，由动量定理得：动量的变化量大小△p=I合=mgsinθ?t，则由动量定理可知，合力的冲量不为零，故C错误，D正确； 故选：BD

由冲量的计算公式I=Ft求出各力的冲量大小，由动量定理求出动量的变化量．

此题考查了冲量的概念和动量定理的应用，要记住动量的变化等于合力的冲量；同时明确动量的矢量性． 12. 解：以两球组成的系统为研究对象，以碰撞前A球的速度方向为正方向，如果碰撞为弹性碰撞，由动量守恒定律得： mAv0=mAvA+mBvB

由机械能守恒定律得：mAv02=mAvA2+mBvB2

解得：vB=v0=×5=2m/s．

如果碰撞为完全非弹性碰撞，以A球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得： mAv0=（mA+mB）vB 解得：vB=1m/s

则碰撞后B球的速度范围是：1m/s≤vB≤2m/s，所以碰撞后B球的速度可能值为1m/s和1.5m/s，故AD错误，BC正确； 故选：BC 两球的碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，如果碰撞为弹性碰撞，没有机械能损失，此时碰撞后B的速度最大，如果碰撞为完全非弹性碰撞，系统机械能损失最大，碰撞后B的速度最小．由动量守恒定律求出碰撞后B球的速度范围，然后分析答题．

本题的关键是要知道B在什么情况下速度最大，在什么情况下速度最小，应用动量守恒定律解题时要规定正方向．

13. 解：碰撞的瞬间小车和木块组成的系统动量守恒，摆球的速度在瞬间不变，以球的初速度方向为正方向，若碰后小车和木块的速度变v1和v2，由动量守恒定律得： MV=MV1+mV2；

若碰后小车和木块速度相同，由动量守恒定律得： MV=（M+m）V′．

故BC正确，AD错误． 故选：BC．

在小车和木块碰撞的过程中，由于碰撞时间极短，小车和木块组成的系统动量守恒，摆球在瞬间速度不变． 解决本题的关键合理选择研究对象，知道在碰撞的瞬间前后摆球的速度不变，小车和木块组成的系统动量守恒．

14. 解：碰前A做匀速运动，由图可知，右侧两点间的距离为s1=12mm=0.012m，碰后两点间的距离为6mm=0.006m；

纸带可求得A车碰前的速度为：v1==碰后甲、乙一起做运动运动，速度：v2==

m/s=0.6m/s，

m/s=0.3m/s 以向右为正方向，

碰前动量P1=mAv1=0.60×0.6kg?m/s=0.36kg?m/s；

7 / 8

碰后两车共同的动量P2=（mA+mB）v2=（0.6+0.58）×0.3kg?m/s=0.354kg?m/s；

则可以碰撞前后总动量相差不多，则说明，在误差允许的范围内，碰撞过程动量守恒． 故答案为：0.36；0.354；在误差允许的范围内，碰撞过程动量守恒．

由纸带所示数据求出碰前甲车速度与碰撞后两车的共同速度；碰撞过程中，两车组成的系统动量守恒，根据动量表达式求出动量，再分析碰撞前后的动量关系，从而得出实验结论．

本题考查利用打点计时器验证碰撞过程的动量守恒；要注意由纸带数据应用速度公式求出车的速度、应用动量守恒定律即可正确解题．

15. （1）甲将箱子沿冰面推给乙过程，甲乙的总动量守恒，乙把箱子抓住过程，乙与箱子总动量守恒，当甲与乙恰好不相撞时，甲将箱子推给乙后速度与乙接住箱子后的速度恰好相等．根据动量守恒定律和速度相等条件求解甲推箱子的速度大小的最小值． （2）对箱子由动量定理可以求出其受到的冲量．

本题考查了动量守恒定律的应用，应用动量守恒定律与动量定理即可正确解题，解决本题的关键是在于分析过程，选择规律，明确是不相撞的条件．

16. （1）根据牛顿第二定律求滑块和木板的加速度。

（2）小滑块从木板上掉下来时，由位移公式和位移关系列式得到此时板长与时间的关系。由运动学公式得到撤去F时滑块与木板的速度和时间的关系。当滑块刚好滑到木板的最左端，两者的速度相等，M与m的位移之差等于板长L．位移撤去F后，系统的动量守恒和能量守恒，由两大守恒定律列式，再联立，就可求出F最短作用时间。

本题首先要分析物体的运动情况，其次把握滑块不从木板上滑下的条件，即两物体之间的几何关系。再结合动量守恒、牛顿第二定律、运动学规律和能量守恒列式求解。