课时作业(4) 动量守恒定律（配套练习）-【状元桥·优质课堂】2024-2025学年新教材高中物理选择性必修第一册（人教版2019）

课时作业（四） 动量守恒定律 答案精解Pm (建议用时：40分钟) [基础题组练] 后A球继续向右运动，动量大小为p,此时B球的 题组一对动量守恒条件的理解 动量大小为p,则下列等式成立的是 1.如图所示，两带电的金属球在绝缘的光滑水平面上 沿同一直线相向运动，A带电荷量为一q,B带电荷 7777777777777777777 量为十2g,下列说法正确的是 A.p1+p=p十p B.p一p=pi一p +2g C.p一=p2十 D.一p十p=p:十 D 5.如图所示，在光滑水平地面上放着两个物体，其间 1777117i77 用一根不可伸长的细绳相连，开始时绳松弛、B静 A.相碰前两球组成的系统运动过程中动量不守恒 B.相碰前两球的总动量随距离的诚小而增大 止，A具有4kg·m/s的动量（设向右为正）.在绳 C.两球相碰分离后的总动量不等于相碰前的总动 拉紧（可能拉断）的过程中，A、B动量的变化可能为 () 量，因为碰前作用力为引力，碰后为斥力 D.两球相碰分离后的总动量等于碰前的总动量，因 为两球组成的系统所受的合外力为零 A.△p=4kg·m/s,△p#=4kg·m/s 2.如图所示，光滑水平面上木块A、B与一根弹性良 B.△pA=2kg·m/s,△pa=-2kg·m/s 好的压缩了的轻质弹簧接触但不相连，左右手分别 C.△pA=-2kg·m/s,△pu=2kg·m/s 按住A,B木块，使它们静止，对木块A、B及弹簧组 D.△pa=△pm=2kg·m/s 成的系统，下列说法中正确的是 ) 6.花样滑冰是技巧与艺术性相结合的一个冰上运动 B m马 项目，在音乐伴奏下，运动员在冰面上表演各种技 巧和舞蹈动作，极具观赏性.甲、乙两运动员以大小 A.当双手同时放开后，系统总动量始终为零 为1m/s的速度沿同一直线相向运动.相遇时彼此 B.当双手同时放开后，系统总动量不一定为零 用力推对方，此后甲以1m/s、乙以2m/s的速度向 C.若先放开右手，后放开左手，系统总动量为零 各自原方向的反方向运动，推开时间极短，忽略冰 D.若先放开左手，后放开右手，系统总动量方向 面的摩擦，则甲、乙运动员的质量之比是 () 向右 A.1￥3 B.3:1 题组二动量守恒定律的应用 C.2:3 D.3￥2 3.(多选)如图所示，木块A、B用轻弹簧连接，放在光 7.质量为M的机车后面挂着质量为m的拖车，在水 滑的水平面上，A紧靠墙壁，在木块B上施加向左 平轨道上以速度v匀速运动，已知它们与水平轨道 的水平力F,使弹簧压缩，当撤去外力后 () 间的摩擦力与它们的质量成正比.运动过程中拖车 多awwB 脱钩，但当时司机没发现，当拖车刚停下来时，机车 A.A尚未离开墙壁前，A、B及弹簧系统的动量守恒 的速度为 () B.A尚未离开墙壁前，A、B及弹簧系统的机械能守恒 AM件m M BM干m C.A离开墙壁后，A、B及弹簧系统的动量守恒 D.A离开墙壁后，A、B及弹簧系统的机械能守恒 c D.M士m n 4.如图所示，A、B两个小球在光滑水平面上沿同一直 8.如图所示三国演义“草船借箭”中，若草船的质量为 线相向运动，它们的动量大小分别为p和p:,碰撞 m,每支箭的质量为m,草船以速度返回时，对岸 ·119+ 士兵万箭齐发，n支箭同时射中草船，箭的速度皆为11.如图所示，光滑水平轨道上放置长木板A(上表面 (>),方向与船行方向相同.由此，草船的速度会 粗糙)和滑块C,滑块B置于A的左端，三者质量 增加吗？这种现象如何解释？（不计水的阻力） 分别为mA=2kg,mg=1kg、mc=2kg.开始时C 静止，A、B一起以=5m/s的速度匀速向右运 动，A与C发生碰撞（时间极短）后C向右运动，经 过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运 动，且恰好不再与C碰撞，求A与C发生碰撞后 瞬间A的速度大小 a [能力提升练] 9.(多选)如图所示，一个质量为M的木箱静止在光 滑水平面上，木箱内粗糙的水平底板上放着一个质 量为m的小木块.现使木箱获得一个向右的初速度 场，则 ( 12.2024“十四冬”花样滑冰锦标赛双人自由滑比赛于 2月4日在上海结束，中国运动员组合彭程、王磊 777777777777 摘得金牌.如图所示为某次训练中的情景，他们携 A.小木块最终将相对木箱静止，二者一起向右运动 手滑步，相对光滑冰面的速度为1m/s,王磊突然 B小木块和木箱最终速度为M干m M 将彭程向原先运动方向推开，推力作用时间为2$， 彭程的速度大小变为4m/s,假设彭程和王磊的质 C,小木块与木箱内壁将始终来回往复碰撞，而木箱 量分别为40kg和60kg,求： 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 10.如图甲所示，质量为M的薄长木板静止在光滑的 水平面上，1=0时一质量为m的滑块以水平初速 (1)推开后王磊的速度大小： 度。从长木板的左端冲上木板并最终从右端滑 (2)推开过程中彭程对王磊的平均作用力大小. 下，已知滑块和长木板在运动过程中的？-1图像 如图乙所示，则木板与滑块的质量之比M：m为 ( 1n9) 5s0 0 30 2 10 777777777777777 0 12345 平 乙 A.1:2 B.2:1 C.13 D.3:1 ·120·0一（一nw),解得F=1500N,选项A错误：运动员在向下运 动的整个的过程中动量的变化为零，即重力冲量与弹性绳作 课时作业（四） 用力的冲量等大反向，选项B错误，D正确：根据动量定理可 1,D解析相碰前后两球所受合外力为零，所以运动中动量守 知，运动员在弹性绳绷紧后，动量的改变量等于弹性绳作用 恒，选项AB、C错误，D正确. 力的冲量与重力冲量的失量和，选项C错误. 2.A解析系统初动量为零，双手同时放开后，系统所受合外 6.AD解析由题图丙知，物体在4s到6s内做匀速直线运 力为零，根据动量守恒定律可知，系统总动量始终为零，选项 动，受到的拉力F和地面的摩擦力大小相等，又由题图乙知， A正确，B错误：若先放开右手，后放开左手，则从放开右手 物体在4s到65内受到的拉力F=2N,可知，物体受到地 到放开左手的这段时间内，系统所受合外力不为零，动量不 面的摩擦力大小为2N,选项A正确：前8s时间内水平拉力 守恒，即放开左手醉间，系统的总动量不为零，根据动量守恒 的冲量大小为I=F1+F22=3X4N·s+2×2N·s= 定律可知，之后系统的总动量也不为零，选项C错误：若先放 16N·s,选项B错误：由题图丙知，物体在6s到8s内做匀 开左手，后放开右手，根据前面分析同理可知系统总动量方 减连运动，加连度为u=是-号m=-1.5m/,此时 向向左，选项D错误， 3.BC解析当撤去外力F后，A尚未离开墙壁前，系统受到墙 物体只受到地面的摩擦力作用而产生加速度，可知一g= 壁的作用力，系统所受的外力之和不为零，但外力未对系统 a,解得=0.15，由于物体受到地面的摩擦力大小为2N, 做功，所以A和B组成的系统的动量不守恒，机械能守恒， -0.15X0kg=音kg,1=4s时物体的动 可知m=上= 2 选项A错误，B正确：A离开墙壁后，A、B系统所受的外力之 和为0，所以A、B组成的系统的动量守恒，选项C正确：在A 量大小为力=mo=专×3kg·m/s=4kg·m/s,选项C错 离开墙壁后，对A、B及弹簧组成的系统，除了系统内弹力做 功外，无其他力做功，A、B及弹簧组成的系统机械能守恒，选 误，D正确 项D错误. 7.B解析选在时间△内与飞船碰撞的微粒为研究对象，其 4.D解析因水平面光滑，所以A,B两球组成的系统在水平 质量应等于体积为S室间内微粒的质量，即M=mS心， 1m3 方向上动量守恒，取向右为正方向，由于p,p、p川、p2均表 研究对象初动量为零，未动量大小为M,设飞船对微粒的作 示动量的大小，所以碰前的动量为一p,碰后的动量为 用力大小为F,由动量定理得F△y=M一0，则F=恤 p十p2,由系统动量守恒知p一p:=p们十p,经变形得 △ 一p十=2十p,选项D正确. mS时，根据牛颜第三定律可知，微粒对飞船的作用力大小也 5.C解析A、B组成的系统的总动量为p=mUA=4kg·m/s, 1 m' 而绳子对A、B的作用力为内力，相互作用的过程中，总动量 为F,则飞船要保持匀速飞行，牵引力应增加F,代入数据得 守恒，A的动量减小，B的动量增加，但总动量保持不变，故 F=0.98N,选项B正确， A的动量改变量应为负值，B的动量改变量应为正值：在拉 8解析(1)上升器上升到h高度处，由匀变速直线运动规律可 断绳子后，A的速度不可能为零，选项C正确. 得=2ah,h= 6.D解析以甲的初速度方向为正方向，甲，乙推开的过程中， 满足动量守恒，m一m2=一m十m22,代入数据可得 /2h 解得v=√2ah,1=√a =号，选项D正确， n无 上升器上升的过程中，上升器除了喷出气体对其的推力，还 7.C解析将机车和拖车看成一个系统，由题意可知，机车和 有自身重力，由动量定理可得 拖车组成的系统所受的合外力为零，动量守恒，由动量守恒 /2h 1=mgt+mw=m√2a+mg√a 定律得(M+m)u=O+M,解得=M什严u,选项C正确」 M (2)由牛顿第二定律可得F=mg十a, 8.解析对系统由动量守恒定律得m1功十U=(m十mm), 设喷出气体的速度大小为功， 速度增加量为△=一=mm)>0,则草船的速度 则1时间内喷出气体的体积为V=S1, 1十2 剥气体的质量为M=V=St, 会增加 由动量定理可得F=, 答率见解析 9.AB解析木箱与小木块组成的系统在水平方向上不受外 联立上式解得物= m(g十a) 力，故系统在水平方向上动量守恒，最终两个物体以相同的 as 速度一起向右运动，取w的方向为正方向，由动量守恒定律 2h 答(I)m√2ah+mg (2) /m(g Fa) S M=M+m,解得冲n,选须AB正角，C.D错误。 9.解析(1)小钢球经过C点时，恰好由重力提供圆周运动所需 10.B解析取滑块的初速度方向为正方向，对滑块和木板组 的向心力，即mg= R· 成的系统，根据动量守恒定律有=十2，由题图 乙知z=40m/s,=20m/s,=10m/s,代入数据解得 解得攻=V√gR M:m=2:1选项B正确. （②)小钢球从BC由动能定理得宁m-之m=2mgR。 11,解析将A、B、C当作一个系统，则他们之间的相互作用力属 于内力，不受外力作用，整个系统动量守恒，由题意可知，最 解得=√5gR: 终A,B、C的速度都相同，设为功， 设在A点力F滁间弹击小钢球的冲量大小为I, 由动量守恒定律得(mA十m)W一(mA十mu十) 则应用动量定理有I=UA, 代入数据解得y=3m/s, 由A到B小球做匀速直线运动， 以A、C碰撞前后为系统，碰撞时间极短，不受外力作用，动 所以以=m· 量守恒，由动量守恒定律可得m%=m4A十， 即1=mog=m√5gR 解得=2m/s 答率(1)√gR(2)m√5gR 答累2m/s ·197 12.解析(1)由题意可知，彭程和王磊组成的系统动量守恒，由 程中子弹与A的动量守恒，以子弹的初速度方向为正，根据 动量守恒定律得 (m1十2)v=边十边， 动量守恒定律得mw=(m十3m)u,解得)=华，对子弹、滑 其中m1=40kg,2=60kg,v=1m/s,h=4m/s, 块A、B和弹簧组成的系统，A,B速度相等时弹簧被压缩到 解得边=一1/s,负号表示与原来的运动方向相反 最短，弹簧压缩的过程中，根据动量守恒定律可得(m十 (2)由题意可知，推开彭程的过程中，推力对彭程的冲量改 3m)u=(m十3m十4m),解得=告，选项C正确。 变了彭程的动量，则彭程的动量改变量为 △p=1一m1U, 9.B解析弹九在爆炸过程中，水平方向的动量守恒，有= 由动量定理可得F=△p: 导mm十子m心，解得4=3十运，爆炸后两块弹片均 联立解得F=60N, 由牛頓第三定律知，彭程对王磊的作用力F一F=60N. 微手鹅运动，竖直方向有=号，水平方向对甲，乙两弹 答案(1)1m/s(2)60N 片分别有x甲=g·t,x2=比·t,代入各图中数据，选项B 课时作业（五） 正确 10.解析长木板A与滑块C处于光滑水平轨道上，两者碰撞时 1.B解析Q在P上运动过程，P对Q有弹力且在力的方向上 间极短，长木板A与滑块C组成的系统在碰撞过程中动量 Q有位移，则P对Q做功不为零，远项A错误：Q在P上运 守恒，取水平向右为正方向，则mA=mA十，长木 动过程，P和Q构成的系统只有重力做功，系统机械能守恒， 板A和滑块B达到共同速度后，恰好不再与滑块C碰撞， P、,Q之间的弹力做功之和必为零，系统在水平方向所受合外 即最后三者速度相等，即=，mAUA十g6=(mA十m), 力为零，系统在水平方向动量守恒，但系统在竖直方向所受 联立解得U1=2m/s. 合外力不为零，系统在竖直方向动量不守恒，系统动量不守 答案2m/s 恒，选项B正确，C、D错误. 2.A解析系统在水平方向上不受力的作用，动量守恒，由动 1,解析(1)光滑水平面上，两小车与人系统动量守恒，所以两 小车和人组成的系统的初动量就等于最终A车停止运动 量守位定律可得M=(+m解得=冲造项A 时，B车获得反向速度时系统的动量 正确 由系统动量守恒可得p=(M十m)W, 3.A解析小球和半圆槽组成的系统在水平方向上不受外力， (2)为避免两车恰好不会发生碰撞，最终两车和人具有相同 故系统在水平方向上的动量守恒，即细线被烧断的醉间，系 速度，设共速的速度为功， 统在水平方向上的总动量为零；又由于小球到达最高点时， 由系统动量守恒(M+m)=(2M什m), 小球与半圆槽在水平方向上有相同的速度，设为，由动量 M+m 解得=2M什m0 守恒定律有0=(M十m)u,解得v=0,选项A正确. 4.BC解析在小车与木块直接碰撞的瞬间，彼此作用力很大， 答案(1)(M十m) 20 所以它们的速度在瞬间发生改变，在此期间它们的位移可看 成为零，而摆球并没有直接与木块发生力的作用，因为在它 课时作业（六） 与小车共同匀速运动时，摆线沿竖直方向，因此绳的拉力不 1.D解析如果导轨水平，则滑块应做匀速运动，因此想要更 能改变小球速度的大小，即小球的速度不变，选项A、D错 误：而小车和木块碰撞后，可能以不同的速度继续向前运动， 精准地进行检验可以增大光电门1,2之间的距离，从而更准 确地判断速度是否发生变化：而换用质量更大的滑块、宽度 也可能以共同速度（完全非弹性碰撞）向前运动，选项B、C 更小的遮光条以及提高测量遮光条宽度△x的精确度对速 正确. 度变化均没有影响，选项D正确，A、B、C错误 5.B解析两铁块碰撞的过程，由于受重力和弹簧的支持力作 用，外力不为零，因此两铁块碰撞的过程动量不守恒，选项A 2.解析(1)只要每次让小球从同一槽的同一位置滚下，小球 每次损失的能量相同，小球到达钟槽末端的速度就是相同 错误：碰撞后两铁块合在一起压缩弹簧的过程，两铁块与弹 簧组成的系统机械能守恒，选项B正确：从两铁块开始碰撞 的，所以斜糟轨道是否光滑，对本实验没有影响 到弹簧压缩至最短的过程，所受外力不为零，动量不守恒，选 (2)小球离开轨道后做平抛运动，由于抛出点的高度相等，它 项C错误：从两铁块开始碰撞时不是完全弹性碰撞，有机械 们在空中的运动时间相等，如果碰撞过程动量守恒，则其中 能损失，选项D错误. mA6=mA1十2B2· 6.BC解析当C在A上滑行时，对A、C组成的系统，B对A 其中h=0业 /,✉Oy 的作用力为外力，不等于0，故系统动量不守位，选项A错 则mA·IOP=ma·OM十ma·ON|, 误：当C在B上滑行时，A,B已分离，对B、C组成的系统，沿 代入数据可得m1×2L=mA×1.5L十mm×2.5L, 水平方向不受外力作用，故系统动量守恒，选项B正确：若将 整理得m:mg=5:1. A、B、C视为一个系统，则沿水平方向无外力作用，系统动量 (3)若仅改两小球的材质，小球质量不变，小球A释放的初 守恒，选项C正确，D错误 始位置不变，发生弹性碰撞时，被小球获得速度最大，则有 7.B解析第一次推出后有心=10，第二次推出后有 U十10M=10m2一n,第3次推出后有mv十10n为= mw=ma十m咖w,号m,暖=名mo时+之mi, 1 10物一m,以此类推可得第n次推出后有m十10。-1= 10m,一m,解得=2，要使小孩不能接到A本，则 2A00 联立解得一m入十mB 则小球B的落，点到O,点的距离最大可能为 ≥，则有n≥5.5，则小孩把A车推出6次后，A车返回时 小孩不能再接到A车，选项B正确. nn·oPp-×2L-9 8.C解析根据题意可知，B的质量为4m,A的质量为31，子 弹的质量为m,子弹刚射入物块A时，具有最大速度，此过 器a无(25：13)9 ·198.