2019-2020学年高中物理 第1章 动量守恒研究 第2节 动量守恒定律随堂演练巩固提升课件 鲁科

[随堂检测]1．车厢原来静止在光滑的水平轨道上，车厢后面的人对前壁发射一颗子弹，子弹陷入车厢的前壁内．设子弹的质量为m，出口速度为v，车厢和人的质量为M，作用完毕后车厢的速度为()A．mvM，向前B．mvM，向后C．mvm＋M，向前D．0解析：选D．以车、人、枪和子弹为系统研究，整个系统在水平方向上不受外力的作用，遵守动量守恒定律．已知作用前总动量为零，所以作用后的总动量也为零．不必考虑中间过程，最后系统还是静止的，选项D正确．2．如图所示，一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离．已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1为()A．v0－v2B．v0＋v2C．v0－m2m1v2D．v0＋m2m1(v0－v2)解析：选D．忽略空气阻力和分离前后系统质量的变化，卫星和箭体整体分离前后动量守恒，则有(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，整理可得v1＝v0＋m2m1(v0－v2)，故D项正确．3．将质量为1．00kg的模型火箭点火升空，50g燃烧的燃气以大小为600m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)()A．30kg·m/sB．5．7×102kg·m/sC．6．0×102kg·m/sD．6．3×102kg·m/s解析：选A．燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为p，根据动量守恒定律，可得p－mv0＝0，解得p＝mv0＝0．050kg×600m/s＝30kg·m/s，选项A正确．4．如图所示，水平光滑地面上依次放置着质量m＝0．08kg的10块完全相同的长直木板．一质量M＝1．0kg大小可忽略的小铜块以初速度v0＝6．0m/s从长木板左侧滑上木板，当铜块滑离第一块木板时，速度大小为v1＝4．0m/s．铜块最终停在第二块木板上(g取10m/s2，结果保留两位有效数字)．求：(1)第一块木板的最终速度；(2)铜块的最终速度．解析：(1)铜块和10个长木板水平方向不受外力，所以系统动量守恒，设铜块刚滑到第二个木板时，木板的速度为v2，由动量守恒得Mv0＝Mv1＋10mv2，得v2＝2．5m/s．(2)铜块最终停在第二块木板上，设最终速度为v3，由动量守恒得Mv1＋9mv2＝(M＋9m)v3，得v3≈3．4m/s．答案：(1)2．5m/s(2)3．4m/s[课时作业]一、单项选择题1．质量m＝100kg的小船静止在平静水面上，船两端载着m甲＝40kg、m乙＝60kg的游泳者，在同一水平线上甲向左、乙向右同时以相对于岸3m/s的速度跃入水中，如图所示，则之后小船的速率和运动方向为()A．0．6m/s，向左B．3m/s，向左C．0．6m/s，向右D．3m/s，向右解析：选A．以向左为正方向，根据动量守恒得0＝m甲v－m乙v＋mv′，代入数据解得v′＝0．6m/s，方向向左．2．一个不稳定的原子核质量为M，处于静止状态，放出一个质量为m的粒子后反冲．已知放出的粒子的动能为E0，则新原子核反冲的动能为()A．E0B．mME0C．mM－mE0D．Mm（M－m）2E0解析：选C．由动量守恒定律知(M－m)v＝mv0＝p，又Ek＝p22（M－m），E0＝p22m，知选项C对．3．一个同学在地面上立定跳远的最好成绩是s．假设他站在车的A端，如图所示，想要跳到距离为l远的站台上，不计车与地面的摩擦阻力，则()A．只要ls，他一定能跳上站台B．只要ls，他就有可能跳上站台C．只要l＝s，他一定能跳上站台D．只要l＝s，他就有可能跳上站台解析：选B．人起跳的同时，小车要做反冲运动，所以人跳的距离小于s，故ls时，才有可能跳上站台．4．质量为m的人站在质量为2m的平板小车上，以共同的速度在水平地面上沿直线前行，车所受地面阻力的大小与车对地面压力的大小成正比．当车速为v0时，人从车上以相对于地面大小为v0的速度水平向后跳下．跳离瞬间地面阻力的冲量忽略不计，则能正确表示车运动的v－t图象为()解析：选B．由题意可知，人跳离小车前后动量守恒，所以有(m＋2m)v0＝m(－v0)＋2mv，解得v＝2v0，即人跳出瞬间，车速度为2v0，考察四个选项，只有B正确．5．甲、乙两个溜冰者质量分别为48kg和50kg，甲手里拿着质量为2kg的球，两人均以2m/s的速率，在光滑的冰面上沿同一直线相向滑行，甲将球传给乙，乙再将球传给甲，这样抛接几次后，球又回到甲的手里，乙的速度为零，则甲的速度的大小为()A．0B．2m/sC．4m/sD．无法确定解析：选A．以甲、乙及球组成的系统为研究对象，以甲原来的滑行方向为正方向，有(m甲＋m球)v甲＋m乙v乙＝(m甲＋m球)v甲′得v甲′＝（m甲＋m球）v甲＋m乙v乙m甲＋m球＝（48＋2）×2＋50×（－2）48＋2m/s＝0，A正确．6．如图所示，一个木箱原来静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个小木块．木箱和小木块都具有一定的质量．现使木箱获得一个向右的初速度v0，则()A．小木块和木箱最终都将静止B．小木块最终将相对木箱静止，二者一起向右运动C．小木块与木箱内壁将始终来回往复碰撞，而木箱一直向右运动D．如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止，则二者将一起向左运动解析：选B．把小木块和木箱看成一个系统，该系统所受合外力为零，故系统动量守恒，系统的初动量向右，末动量也应向右．选项C中小木块始终在木箱内做往复运动，因摩擦力的存在，系统的机械能会越来越少，最终停止，这是不可能的．可见，只有选项B正确．二、多项选择题7．一平板车静止在光滑的水平地面上，甲、乙两人分别站在车上左右两端．当两人同时相向而行时，发现小车向左移动．若()A．两人质量相等，则必定是v甲v乙B．两人质量相等，则必定是v乙v甲C．两人速率相等，则必定是m甲m乙D．两人速率相等，则必定是m乙m甲解析：选AC．取甲、乙两人和平板车为系统，系统动量守恒．由于总动量始终为零，小车向左移动，说明甲和乙的总动量方向向右，即甲的动量大于乙的动量．当两人质量相等时，必定是v甲v乙，所以选项A正确，B错误．若两人速率相等，则必定是m甲m乙，所以选项C正确，D错误．8.如图所示，小车AB放在光滑水平面上，A端固定一个轻弹簧，B端粘有油泥，AB总质量为M，质量为m的木块C放在小车上，用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩，开始时小车AB和木块C都静止，当突然烧断细绳时，C被释放，使C离开弹簧向B端冲去，并跟B端油泥粘在一起，忽略一切摩擦，以下说法正确的是()A．弹簧伸长过程中C向右运动，同时AB也向右运动B．C与B碰前，C与AB的速率之比为M∶mC．C与油泥粘在一起后，AB立即停止运动D．C与油泥粘在一起后，AB继续向右运动解析：选BC．弹簧向右推C，C向右运动，同时弹簧向左推A端，小车向左运动，A错误；因小车与木块组成的系统动量守恒，C与B碰前，有mvC＝MvAB，得：vC∶vAB＝M∶m，B正确；C与B碰撞过程动量守恒，有：mvC－MvAB＝(M＋m)v，知v＝0，故C正确，D错误．9.如图所示，两物块质量关系为m1＝2m2，两物与水平面间的动摩擦因数μ2＝2μ1，两物块原来静止，轻质弹簧被压缩且用细线固定．若烧断细线后，弹簧恢复到原长时，两物块脱离弹簧且速率均不为零，则()A．两物块在脱离弹簧时的速率最大B．两物块在刚脱离弹簧时的速率之比为v1v2＝12C．两物块的速率同时达到最大D．两物块在弹开后同时达到静止解析：选BCD．烧断细线后，对m1、m2及弹簧组成的系统，在m1、m2运动过程中，都受到滑动摩擦力的作用，其中F1＝μ1m1g，F2＝μ2m2g，根据题设条件，两摩擦力大小相等，方向相反，系统所受外力的合力为零，动量守恒．两物块未脱离弹簧时，在水平方向各自受到弹簧弹力和地面对物块的摩擦力作用，其运动过程分为两个阶段，先是弹簧弹力大于摩擦力，物块做变加速运动，直到弹簧弹力等于摩擦力时，物块速度达到最大，此后弹簧弹力小于摩擦力，物块做变减速运动，弹簧恢复原长时，两物块与弹簧脱离．脱离弹簧后，物块在水平方向只受摩擦力作用，做匀减速运动，直到停止．综合以上分析可知，A选项是错误的，在从开始直到最后停止的整个过程中，系统动量守恒，则有0＝m1v1－m2v2，显然，任意时刻，两物块的速率之比v1v2＝m2m1＝12；当v1最大时，v2亦最大；当v1＝0时，亦有v2＝0，所以B、C、D选项都正确．10.如图所示，小车在光滑的水平面上向左运动，木块水平向右在小车的水平车板上运动，且未滑出小车，下列说法中正确的是()A．若小车的动量大于木块的动量，则木块先减速再加速后匀速B．若小车的动量大于木块的动量，则小车先加速再减速后匀速C．若小车的动量小于木块的动量，则木块先减速后匀速D．若小车的动量小于木块的动量，则小车先加速后匀速解析：选AC．小车和木块组成的系统动量守恒．若小车的动量大于木块的动量，则最后相对静止时整体向左运动，故木块先向右减速，再向左加速，最后与车同速，小车先减速后匀速．若小车的动量小于木块的动量，则最后相对静止时整体向右运动，故木块先减速后匀速，小车先减速再加速后匀速．三、非选择题11.平板车停在水平光滑的轨道上，平板车上有一人从固定在车上的货厢边顺水平方向沿着轨道方向跳出，落在平板车上的A点，距货厢水平距离为l＝4m，如图所示．人的质量为m，车连同货厢的质量为M＝4m，货厢高度为h＝1．25m．(g取10m/s2)(1)求车在人跳出后到人落到A点期间的反冲速度；(2)人落在A点并站定以后，车还运动吗？车在地面上移动的位移是多少？解析：(1)人从货厢边跳离的过程，系统(人、车和货厢)在水平方向上动量守恒，设人的水平速度是v1，车的反冲速度是v2，则mv1－Mv2＝0，得v2＝14v1人跳离货厢后做平抛运动，车以v2做匀速运动，运动时间为t＝2hg＝0．5s，在这段时间内人的水平位移x1和车的位移x2分别为x1＝v1t，x2＝v2t由x1＋x2＝l得v1t＋v2t＝l则v2＝l5t＝45×0.5m/s＝1．6m/s．(2)人落到车上前的水平速度仍为v1，车的速度为v2，落到车上后设它们的共同速度为v，根据水平方向动量守恒得mv1－Mv2＝(M＋m)v，则v＝0．故人落到车上A点站定后车的速度为零．车的水平位移为x2＝v2t＝1．6×0．5m＝0．8m．答案：(1)1．6m/s(2)不运动0．8m12.如图所示，质量为M＝2kg的木板静止在光滑的水平地面上，木板AB部分为光滑的四分之一圆弧面，半径为R＝0．3m，木板BC部分为水平面，粗糙且足够长．质量为m＝1kg的小滑块从A点由静止释放，最终停止在BC面上D点(D点未标注)．若BC面与小滑块之间的动摩擦因数μ＝0．2，g＝10m/s2，求：(1)小滑块刚滑到B点时的速度大小；(2)B、D之间的距离．解析：(1)小滑块滑到B点时，木板和小滑块速度分别为v1、v2，由动量守恒定律有Mv1－mv2＝0，由机械能守恒定律有mgR＝12Mv21＋12mv22，代入m＝1kg、M＝2kg、R＝0．3m，得v2＝2m/s．(2)小滑块静止在木板上时速度为v，由动量守恒定律有(M＋m)v＝0，得v＝0．由能量守恒定律有mgR＝μmgL，代入μ＝0．2、R＝0．3m，得L＝1．5m．答案：(1)2m/s(2)1．5m本部分内容讲解结束按ESC键退出全屏播放