高中人教物理選擇性必修一1.3 動(dòng)量守恒定律（備作業(yè)）同步備課系列 - 副本

1、第3課 動(dòng)量守恒定律備作業(yè)單選1（2020河南高二期末）一炮艇總質(zhì)量為M，以速度v0勻速行駛，從船上以相對(duì)海岸的水平速度v沿前進(jìn)方向射出一質(zhì)量為m的炮彈，發(fā)射炮彈后炮艇的速度為v，若不計(jì)水的阻力，則下列各關(guān)系式中正確的是( )AMv0(Mm)vmvBMv0(Mm)vm(vv0)CMv0(Mm)vm(vv)DMv0Mvmv【答案】A【解析】以地面為參照物，發(fā)射炮彈過(guò)程中動(dòng)量守恒，所以有：，故BCD錯(cuò)誤，A正確故選A2（2020安徽金安六安一中高一期末）如圖所示，兩木塊A、B用輕質(zhì)彈簧連在一起，置于光滑的水平面上。一顆子彈水平射入木塊A，并留在其中。在子彈打中木塊A及彈簧被壓縮的整個(gè)過(guò)程中，對(duì)子彈

2、、兩木塊和彈簧組成的系統(tǒng)，下列說(shuō)法中正確的是()A動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒B動(dòng)量守恒、機(jī)械能不守恒C動(dòng)量不守恒、機(jī)械能守恒D動(dòng)量、機(jī)械能都不守恒【答案】B【解析】子彈擊中木塊A及彈簧被壓縮的整個(gè)過(guò)程，系統(tǒng)在水平方向不受外力作用，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，但是子彈擊中木塊A過(guò)程，有摩擦力做功，部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，所以機(jī)械能不守恒，B正確，ACD錯(cuò)誤。故選B。3（2020阜新市第二高級(jí)中學(xué)高二期末）下列四幅圖所反映的物理過(guò)程中，系統(tǒng)動(dòng)量守恒的是()A只有甲、乙正確B只有丙、丁正確C只有甲、丙正確D只有乙、丁正確【答案】C【解析】甲、在光滑水平面上，子彈射入木塊的過(guò)程中，系統(tǒng)所受外力之和為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，故甲正

3、確；乙、剪斷細(xì)線，彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)的過(guò)程，墻壁對(duì)滑塊有作用力，系統(tǒng)所受外力之和不為零，系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，故乙錯(cuò)誤；丙、木球與鐵球的系統(tǒng)所受合力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，故丙正確；丁、木塊下滑過(guò)程中，斜面始終受擋板作用力，系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，故丁錯(cuò)誤故選C4（2020邢臺(tái)市第二中學(xué)高二期末）如圖所示，小車放在光滑的水平面上，將系繩小球拉開到一定角度，然后同時(shí)放開小球和小車，那么在以后的過(guò)程中（）A小球向左擺動(dòng)時(shí)，小車也向左運(yùn)動(dòng)，且系統(tǒng)動(dòng)量守恒B小球向左擺動(dòng)時(shí)，小車向右運(yùn)動(dòng)，且系統(tǒng)動(dòng)量守恒C在任意時(shí)刻，小球和小車在水平方向的動(dòng)量一定大小相等、方向相反D小球向左擺到最高點(diǎn)，小球的速度為零而小車的速度不為零【答案】C

4、【解析】AB小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向不受外力，豎直方向所受外力不為零，因此，系統(tǒng)只在水平方向動(dòng)量守恒，故AB錯(cuò)誤；C系統(tǒng)只在水平方向動(dòng)量守恒，初始狀態(tài)系統(tǒng)總動(dòng)量為零，所以在任意時(shí)刻，小球和小車在水平方向的動(dòng)量一定大小相等，方向相反，總動(dòng)量為零，故C正確；D系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，初始狀態(tài)總動(dòng)量為零，因此，當(dāng)小球的速度為零時(shí)，小車的速度也為零，故D錯(cuò)誤。故選C。5（2020鎮(zhèn)原中學(xué)高二期末）如圖所示，彈簧的一端固定在豎直墻上，質(zhì)量為m的光滑弧形槽靜止在光滑水平面上，底部與水平面平滑連接，一個(gè)質(zhì)量也為m的小球從槽高h(yuǎn)處開始下滑，則（）A在以后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，小球和槽的動(dòng)量始終守恒B在下滑過(guò)程中小

5、球和槽之間的相互作用力始終不做功C小球被彈簧反彈后，小球和槽的機(jī)械能不守恒，小球能回到槽高h(yuǎn)處D被彈簧反彈后，小球和槽都做速率不變的直線運(yùn)動(dòng)【答案】D【解析】A小球在槽上運(yùn)動(dòng)時(shí)，由于小球受重力，故兩物體組成的系統(tǒng)外力之和不為零，故動(dòng)量不守恒；當(dāng)小球與彈簧接觸后，小球受外力，故小球和槽組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，故A錯(cuò)誤；B下滑過(guò)程中兩物體都有水平方向的位移，而力是垂直于球面的，故力的方向和位移的方向不垂直，故兩力均做功，故B錯(cuò)誤；CD小球在光滑弧形槽槽上下滑過(guò)程中，小球與槽組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，球與槽的質(zhì)量相等，球與槽分離后，小球與槽的速度大小相等，小球被反彈后球與槽的速度相等，小球和槽都做速

6、率不變的直線運(yùn)動(dòng)，小球不能滑到槽上，不能回到槽高處，故C錯(cuò)誤，D正確；故選D。6（2020四川新都高一期末）如圖所示，A、B兩木塊的質(zhì)量之比為mAmB=32，原來(lái)靜止在小車C上，它們與小車上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，A、B間夾一根被壓縮了的彈簧后用細(xì)線拴住。小車靜止在光滑水平面上，燒斷細(xì)線后，在A、B相對(duì)小車停止運(yùn)動(dòng)之前，下列說(shuō)法正確的是（）AA、B和彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒BA、B和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒C小車將向左運(yùn)動(dòng)D小車將靜止不動(dòng)【答案】C【解析】AA、B兩木塊的質(zhì)量之比為mAmB=32，燒斷細(xì)線后， A、B和彈簧組成的系統(tǒng)受到小車給它們滑動(dòng)摩擦力的作用且不相等，故該系統(tǒng)所受的合外力不為

7、0，所以系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，故A錯(cuò)誤；B由于A、B和彈簧組成的系統(tǒng)受到小車滑動(dòng)摩擦力的作用，所以系統(tǒng)會(huì)產(chǎn)生內(nèi)能，故系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，故B錯(cuò)誤；CDA、B和彈簧、小車組成的系統(tǒng)所受合外力為0，所以該系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由于A、B兩木塊的質(zhì)量之比為mAmB=32，所以A對(duì)小車的滑動(dòng)摩擦力大于B對(duì)小車的滑動(dòng)摩擦力，故小車在A、B相對(duì)小車停止運(yùn)動(dòng)之前，小車受到的合力向左，小車將向左移動(dòng)，所以C正確，D錯(cuò)誤；故選C。7如圖所示，一個(gè)木箱原來(lái)靜止在光滑水平面上，木箱內(nèi)粗糙的底板上放著一個(gè)小木塊木箱和小木塊都具有一定的質(zhì)量現(xiàn)使木箱獲得一個(gè)向右的初速度v0，則()A小木塊和木箱最終都將靜止B小木塊最終將相對(duì)木箱靜止，二

8、者一起向右運(yùn)動(dòng)C小木塊在木箱內(nèi)壁將始終來(lái)回往復(fù)碰撞，而木箱一直向右運(yùn)動(dòng)D如果小木塊與木箱的左壁碰撞后相對(duì)木箱靜止，則二者將一起向左運(yùn)動(dòng)【答案】B【解析】系統(tǒng)所受外力的合力為零，動(dòng)量守恒，初狀態(tài)木箱有向右的動(dòng)量，小木塊動(dòng)量為零，故系統(tǒng)總動(dòng)量向右，系統(tǒng)內(nèi)部存在摩擦力，阻礙兩物體間的相對(duì)滑動(dòng)，最終相對(duì)靜止，由于系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒，不管中間過(guò)程如何相互作用，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，最終兩物體以相同的速度一起向右運(yùn)動(dòng)故B正確，ACD錯(cuò)誤8如圖所示，兩電阻可以忽略不計(jì)的平行金屬長(zhǎng)直導(dǎo)軌固定在水平面上，相距為L(zhǎng)，另外兩根長(zhǎng)度為L(zhǎng)、質(zhì)量為m、電阻為R的相同導(dǎo)體棒垂直靜置于導(dǎo)軌上，導(dǎo)體棒在長(zhǎng)導(dǎo)軌上可以無(wú)摩擦地左右滑動(dòng)，

9、導(dǎo)軌間存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。某時(shí)刻使左側(cè)的導(dǎo)體棒獲得大小為v0的向左初速度、右側(cè)的導(dǎo)體棒獲得大小為2v0的向右初速度，則下列結(jié)論正確的是（）A該時(shí)刻回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為BLv0B當(dāng)導(dǎo)體棒a的速度大小為時(shí)，導(dǎo)體棒b的速度大小一定是C當(dāng)導(dǎo)體棒a的速度為0時(shí)，兩導(dǎo)體棒受到的安培力大小都是D從開始運(yùn)動(dòng)到最終處于穩(wěn)定狀態(tài)的過(guò)程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量為【答案】C【解析】A根據(jù)右手定則可知，該時(shí)刻回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為3BLv0，A錯(cuò)誤；B由于兩個(gè)導(dǎo)體棒所受的合外力為零，因此整個(gè)系統(tǒng)滿足動(dòng)量守恒，規(guī)定向右為正方向，則當(dāng)導(dǎo)體棒a的速度大小為向左運(yùn)動(dòng)時(shí)可得當(dāng)導(dǎo)體棒a的速度大小為向右運(yùn)動(dòng)時(shí)

10、可得B錯(cuò)誤；C當(dāng)導(dǎo)體棒a的速度為0時(shí)，根據(jù)動(dòng)量守恒回路產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)感應(yīng)電流每根導(dǎo)體棒受到的安培力整理得C正確；D從開始運(yùn)動(dòng)到最終處于穩(wěn)定狀態(tài)的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)量守恒整個(gè)系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量整理得D錯(cuò)誤。故選C。二、多選9如圖所示，在水平光滑地面上有A、B兩個(gè)木塊，A、B之間用一輕彈簧連接。A靠在墻壁上，用力F向左緩慢推B使兩木塊之間彈簧壓縮，然后突然撤去力F。下列說(shuō)法中正確的是（）A用力F推木塊彈簧壓縮的過(guò)程中，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒B撤去外力后，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，但機(jī)械能守恒C在撤去外力后，木塊A離開墻壁前，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，機(jī)械能守恒D在撤去外力后，木

11、塊A離開墻壁后，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能也守恒【答案】BCD【解析】A用力F推木塊彈簧壓縮的過(guò)程中，力F推木塊B做功，墻壁對(duì)系統(tǒng)的彈力對(duì)系統(tǒng)不做功，機(jī)械能不守恒，A錯(cuò)誤；C在撤去外力后，木塊A離開墻壁前，墻壁對(duì)系統(tǒng)有彈力作用，水平方向上合外力不為零，動(dòng)量不守恒，墻壁對(duì)系統(tǒng)雖有彈力作用，但是墻壁對(duì)系統(tǒng)的彈力對(duì)系統(tǒng)不做功，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，C正確；D在撤去外力后，A離開豎直墻后，系統(tǒng)水平方向不受外力，豎直方向外力平衡，所以系統(tǒng)所受的合外力為零，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，只有系統(tǒng)內(nèi)的彈簧的彈力做功，系統(tǒng)機(jī)械能也守恒，D正確；B撤去外力后，系統(tǒng)運(yùn)動(dòng)情況包括，撤去外力后木塊A離開墻壁

12、前和撤去外力后木塊A離開墻壁后，在整個(gè)過(guò)程中，動(dòng)量是先不守恒，然后在守恒，而機(jī)械能一直守恒，B錯(cuò)誤。故選BCD。10（2020昆明市官渡區(qū)第一中學(xué)高二開學(xué)考試）一顆子彈水平射入置于光滑水平面上的木塊A并留在其中，A、B用一根彈性良好的輕質(zhì)彈簧連在一起，如圖所示，則在子彈打擊木塊A及彈簧被壓縮的過(guò)程中，對(duì)子彈、兩木塊和彈簧組成的系統(tǒng)（）A動(dòng)量守恒B機(jī)械能守恒C動(dòng)量不守恒D機(jī)械能不守恒【答案】AD【解析】在子彈打擊木塊A及彈簧被壓縮的過(guò)程中，對(duì)子彈、兩木塊和彈簧組成的系統(tǒng)所受的合外力為零，則動(dòng)量守恒；由于子彈射入木塊時(shí)會(huì)產(chǎn)生熱能，則系統(tǒng)的機(jī)械能減小，即機(jī)械能不守恒，選項(xiàng)AD正確，BC錯(cuò)誤。故選AD

13、。11如圖所示，質(zhì)量相同的小球A、B通過(guò)質(zhì)量不計(jì)的細(xì)桿相連接，緊靠豎直墻壁放置。由于輕微擾動(dòng)，小球A、B分別沿水平地面和豎直墻面滑動(dòng)，滑動(dòng)過(guò)程中小球和桿始終在同一豎直平面內(nèi)，重力加速度為g，忽略一切摩擦和阻力，下列說(shuō)法正確的是（ ）AB球沿墻下滑的過(guò)程中，兩球及桿組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒但動(dòng)量不守恒BB球從下滑至恰好到達(dá)水平面的瞬間，桿對(duì)A一直做正功CB球從下滑至恰好到達(dá)水平面的瞬間,地面對(duì)A的支持力先減小后增大D當(dāng)細(xì)桿與水平方向成30角時(shí)，小球A的速度大小為v，可求得桿長(zhǎng)為【答案】AD【解析】AB球沿墻下滑的過(guò)程中，系統(tǒng)受到的力只有重力做功，所以機(jī)械能守恒，但是由于合外力不等于零，所以動(dòng)量不守恒

14、，故A正確；BC初始時(shí)刻A球的速度為零，當(dāng)B球到達(dá)水平面時(shí)，B的速度向下，此時(shí)B球沿著細(xì)桿方向的分速度為零，所以此時(shí)A球的速度為零，那么在向右端過(guò)程中A球必定先加速運(yùn)動(dòng)再做減速運(yùn)動(dòng)，桿對(duì)球A先施加斜向下的推力做正功，此時(shí)A對(duì)地面壓力大于自身重力，后施加斜向上的拉力做負(fù)功，此時(shí)A對(duì)地面壓力小于自身重力，故B、C錯(cuò)誤；D小球A的速度為時(shí)，設(shè)小球B的速度大小為，則有解得兩球下滑過(guò)程中系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，則有聯(lián)立解得故D正確；故選AD。三、填空題12（2020寶山上海交大附中高一月考）在水平長(zhǎng)直軌道上，質(zhì)量為M=600kg的動(dòng)力車牽引著一輛質(zhì)量為m=400kg的小車廂以v=54km/h的速度勻速行駛。若

15、動(dòng)力車和車廂受到的阻力均為其重量的0.15倍，則這時(shí)動(dòng)力車的輸出功率為P1=_kW。如果使車廂與動(dòng)力車脫開，之后動(dòng)力車的牽引力不變，則車廂停止時(shí)，動(dòng)力車的輸出功率為P2=_kW?！敬鸢浮?2.5 37.5 【解析】1由于動(dòng)力車牽引著小車廂勻速行駛，則有這時(shí)動(dòng)力車的輸出功率為2動(dòng)力車和小車廂組成的系統(tǒng)，動(dòng)量守恒，則有解得車廂停止時(shí)，動(dòng)力車速度為車廂停止時(shí)，動(dòng)力車的輸出功率為13.（2020安徽蚌埠二中高二月考）如圖所示，質(zhì)量為的小球在距離車底面高20m處以一定的初速度向左平拋，落在以速度沿光滑水平面向右勻速行駛的敞篷小車中，車底涂有一層油泥，車與油泥的總質(zhì)量為4kg，設(shè)小球落在車底前瞬間速度大小

16、是，則當(dāng)小球與小車相對(duì)靜止時(shí)，小車的速度大小為_ ，方向向_。（取g=）【答案】5 水平向右 【解析】12小球拋出后做平拋運(yùn)動(dòng)，初速度為，則根據(jù)動(dòng)能定理得：解得：小球和車作用過(guò)程中，水平方向動(dòng)量守恒，選向右為正方向，則有：解得：方向水平向右。14靜止在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的發(fā)生一次衰變，變成一個(gè)新核，已知粒子與新核的速度方向均與磁場(chǎng)方向垂直，則粒子與新核在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑之比為_(重力可忽略)；若釋放出的粒子的動(dòng)能為E0 ，假設(shè)衰變放出的能量全部轉(zhuǎn)化為粒子與新核的動(dòng)能，則本次衰變釋放的總能量為_?！敬鸢浮?【解析】1 原子核衰變時(shí)動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律可知新核與粒子的動(dòng)量p大小相等，它們?cè)诖?/p>

17、場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可得軌道半徑它們的軌道半徑之比2根據(jù)核反應(yīng)過(guò)程中質(zhì)量數(shù)和核電荷數(shù)守恒，求得產(chǎn)生新核的質(zhì)量數(shù)為234，則粒子和新核的質(zhì)量之比已知粒子的動(dòng)能為產(chǎn)生新核的動(dòng)能求得本次衰變的釋放的總能量為四、問(wèn)答計(jì)算15（2020莆田第二十五中學(xué)高二期末）對(duì)于兩物體碰撞前后速度在同一直線上，且無(wú)機(jī)械能損失的碰撞過(guò)程，可以簡(jiǎn)化為如下模型：A、B兩物體位于光滑水平面上，僅限于沿同一直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)它們之間的距離大于等于某一定值d時(shí)，相互作用力為零，當(dāng)它們之間的距離小于d時(shí)，存在大小恒為F的斥力。現(xiàn)設(shè)A物體質(zhì)量m1=1kg，開始時(shí)靜止在直線上某點(diǎn)，B物體質(zhì)量m2=3kg，以速度v0=0.20m

18、/s從遠(yuǎn)處沿直線向A運(yùn)動(dòng)，如圖，若d=0.10m，F(xiàn)=0.60N， 求：(1)相互作用過(guò)程中A、B加速度大?。?2)從開始相互作用到A、B間的距離最小時(shí)，系統(tǒng)動(dòng)能的減小量?！敬鸢浮浚?）A的加速度為a1=0.6m/s2，B的加速度為a2=0.2m/s2；（2）0.015J【解析】（1）根據(jù)牛頓第二定律有F=ma得A的加速度為a1=0.6m/s2，B的加速度為a2=0.2m/s2（2）兩者速度相同時(shí)，距離最近，A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以B的初速度方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律得m2v0=（m1+m2）v代入數(shù)據(jù)解得v=0.15m/s系統(tǒng)動(dòng)能的變化量代入數(shù)據(jù)解得Ek=0.015J即動(dòng)能的變化量為0.015J五、實(shí)驗(yàn)題16如圖，將氣墊導(dǎo)軌水平放置做“驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律”實(shí)驗(yàn)。碰撞時(shí)難免有能量損失，只有當(dāng)某個(gè)物理量在能量損失較大和損失較小的碰撞中都不變，它才有可能是我們尋找的不變量。如圖甲所示，用細(xì)線將兩個(gè)滑塊拉近，把彈簧壓縮，然后燒斷細(xì)線，彈簧彈開后落下，兩個(gè)滑塊由靜止向相反方向運(yùn)動(dòng)。如圖乙所示，在兩滑塊相碰的端面裝上彈性碰撞架，可以得到能量損失很小的碰撞。在滑塊的碰撞端粘橡皮泥，可以增大碰撞時(shí)的能量損失。如果在兩個(gè)滑塊的碰撞端分別裝上撞針