【文档说明】2021-2022学年新教材物理粤教版选择性必修第一册训练：第1章第4节动量守恒定律的应用含解析.docx，共(8)页，364.353 KB，由envi的店铺上传

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第一章第四节A组·基础达标1．(2020年吉林实验中学期中)如图所示，在光滑的水平地面上有一辆平板车，车的两端分别站着人A和B，A的质量为mA，B的质量为mB，mA>mB.最初人和车都处于静止状态．现在，两人同时由静

止开始相向而行，A和B对地面的速度大小相等，则车()A．向左运动B．左右往返运动C．向右运动D．静止不动【答案】A【解析】两人与车组成的系统动量守恒，开始时系统动量为零，两人以大小相等的速度相向运动，A的质量大于B的质量，则A的动量大于B的动量，A、B的总动量方向与A的动量方向相同

，即向右，要保证系统动量守恒，系统总动量为零，则小车应向左运动，故A正确，B、C、D错误．2．甲、乙两人站在光滑的水平冰面上，他们的质量都是M，甲手持一个质量为m的球，现甲把球以对地为v的速度传给乙，乙接球后又以对地为2v的速度把球传回甲，甲接到球后，甲、乙两人的速度大小之比为(忽略空气阻力)(

)A．2MM－mB．M＋mMC．2(M＋m)3MD．MM＋m【答案】D【解析】甲、乙之间传递球的过程中，不必考虑过程中的细节，只考虑初状态和末状态的情况．研究对象是由甲、乙二人和球组成的系统，开始时的总动量为零，在任意时刻系统的总动量都为零，设甲的速度大

小为v甲，乙的速度大小为v乙，二者方向相反，根据动量守恒定律得(M＋m)v甲－Mv乙＝0，则v甲v乙＝MM＋m，故D正确．3．(2020年孝感名校期中)如图所示，一质量为M的沙车，在光滑的水平面上做匀速直线运动，速度为v0，质量为m的铁球以速度v竖直向下落入沙车中，稳定后，沙车的速度为()A．

Mv0M＋mB．mv0M＋mC．v0D．(Mv0＋mv)m＋M【答案】A【解析】沙车与铁球组成的系统水平方向动量守恒，则有Mv0＝(M＋m)v，解得v＝Mv0M＋m，故A正确，B、C、D错误．4．(多选)某人站在静浮于水面的船上，从某时刻开始人从船头

走向船尾．设水的阻力不计，那么在这段时间内关于人和船的运动情况，下列判断正确的是()A．人匀速行走，船匀速后退，两者速度的大小与它们的质量成反比B．人加速行走，船加速后退，而且加速度的大小与它们的质量

成反比C．人走走停停，船退退停停，两者的动量总和总是为零D．当人从船头走到船尾停止运动后，船由于惯性还会继续后退一段距离【答案】ABC【解析】由动量守恒定律和牛顿第三定律知A、B、C正确．5．(多选)一只青蛙，蹲在置于水平地面上的长

木板一端，并沿板的方向朝另一端跳，在下列情况下，青蛙一定不能跳过长木板的是()A．木板上表面光滑而下表面粗糙B．木板上表面粗糙而底面光滑C．木板上、下表面都粗糙D．木板上、下表面都光滑【答案】AD【解析】只要上表面光滑，则青蛙一定不能跳过长木板，故A、D正确．

6．(2021届张掖高台县一中月考)质量为M＝200kg，长为b＝10m的平板车静止在光滑的水平面上，车上有一个质量为50kg的人，人由静止开始从平板车左端走到右端，求此过程中，车相对地面的位移大小为()A．2mB．3mC

．4mD．6m【答案】A【解析】设车相对地面向左的位移大小为x，则由动量守恒定律可得m(b－x)－Mx＝0，解得x＝2m，故A正确．7．(2020年新乐第一中学月考)一艘小船静止在平静的湖面上，船前舱有一抽水机，

抽水机把前舱的水均匀地抽往后舱，不计水的阻力．在船的前后舱隔开和不隔开两种情况下，船的运动情况分别为()A．向前匀速，不动B．向后匀速，不动C．不动，向后匀速D．不动，向前匀速【答案】A【解析】不计水的

阻力，则系统动量守恒，系统总动量为零，用一水泵把前舱的水抽往后舱，水的速度向后，水的动量向后，前后舱隔开时，由于系统总动量为零，则船的动量向前，在抽水过程中，船的速度向前，船向前匀速运动；前后舱不隔开的时候，系统初状态动量为零，由动量守恒定律可知，抽水过程船的速度为零，船静止不动，故A正确，B、

C、D错误．8．一航天探测器完成对月球的探测后，离开月球的过程中，由静止开始沿着与月球表面成一定倾角的直线飞行，先加速运动，后匀速运动．探测器通过喷气而获得动力，下列关于喷气方向的说法正确的是()A．探测器加速运动时，向后喷射B．探测器加速运动时，竖直向下

喷射C．探测器匀速运动时，竖直向下喷射D．探测器匀速运动时，不需要喷射【答案】C【解析】探测器在加速运动时，因为受月球引力的作用，喷气所产生的推力一方面要平衡月球的引力，另一方面还要提供加速的动力，则应沿着后下方某一个方向喷气，故A、B错误；探测器在匀速运动时，因为受月球引力的作用，喷气产生的

推力只需要平衡月球的引力即可(竖直向下喷气)，故C正确，D错误．9．(2020年洛阳期中)假设一个人静止于完全光滑的水平冰面上，现欲离开冰面，下列方法中可行的是()A．向后踢腿B．手臂向后甩C．在冰面上滚动D．脱下外衣水平抛出【答案】D【解析】以人作为整

体为研究对象，向后踢腿或手臂向前甩，人整体的总动量为0，不会运动起来，故A、B错误；因为是完全光滑的水平冰面，没有摩擦力，人是滚不了的，故C错误；把人和外衣视为一整体，这个整体动量为0，人给外衣一个速

度，动量总量不变，所以人也可以有一个反向的速度，可以离开冰面，故D正确．10．(2020年山东潍坊期中)质量为m、半径为R的小球，放在半径为3R、质量为3m的大空心球内，大球开始静止在光滑水平面上．当小球从如图所示的位置(两球心在同一水平面上)无初速度沿内壁滚到最

低点时，大球移动的距离是()A．R2B．12R5C．R4D．3R4【答案】A【解析】由于水平面光滑，系统水平方向上动量守恒，则任意时刻小球的水平速度大小为v1，大球的水平速度大小为v2，由水平方向动量守恒有mv1＝3mv2，若小球

达到最低点时，小球的水平位移为x1，大球的水平位移为x2，则x1x2＝v1v2＝3mm＝3，由题意知x1＋x2＝3R－R＝2R，上式联立解得大球移动的距离是x2＝R2，故A正确，B、C、D错误．11．(2020年宝鸡一模)下列图片所描述的事例或应用中，没有利用反冲原理的是()【答案】A【解析】码头

边的轮胎的作用是延长碰撞时间，从而减小作用力，不是利用了反冲作用，A正确；章鱼在水中前行和转向是利用喷出的水的反冲作用，B错误；火箭的运动是利用喷气的方式而获得动力，利用了反冲运动，C错误；喷灌装置的自

动旋转是利用水流喷出时的反冲作用而运动的，故属于反冲运动，D错误．12．(2020年安徽泾县中学期中)如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动．两球质量关系为mB＝2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为6kg·m/s，运动中两球发生碰撞

，碰撞后A球的动量增量为－4kg·m/s，则()A．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5B．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10C．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为

2∶5D．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10【答案】A【解析】两球碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量守恒，同时考虑实际情况，碰撞前、后面的球速度大于前面球的速度，规定向右为正方向，碰撞前A、B两球的动量均为6kg·m/s，说明A、B两球的速度方向向右，两球质量关系为mB＝

2mA，所以碰撞前vA>vB，所以左方是A球．碰撞后A球的动量增量为－4kg·m/s，所以碰撞后A球的动量是2kg·m/s，碰撞过程系统总动量守恒mAvA＋mBvB＝－mAvA′＋mBvB′，所以碰撞后B球的动量是10kg·m/s，根据mB＝2mA，所以碰撞后A、B两球速度大小之

比为2∶5，故A正确．13．如图所示，光滑水平轨道上有三个木块A、B、C，质量分别为mA＝3m，mB＝mC＝m，开始时B、C均静止，A以初速度v0向右运动，A与B碰撞后分开，B又与C发生碰撞并粘在一起，此后A与B间的距离保持不变．求B与C碰撞前B的速度大小．【答案】65v

0【解析】A与B碰撞时动量守恒，设A与B碰撞后，A的速度为vA，B与C碰撞前B的速度为vB，则mAv0＝mAvA＋mBvB，①B与C碰撞时动量守恒，设粘在一起的速度为v，则mBvB＝(mB＋mC)v，②由A与B间

的距离保持不变可知vA＝v，③联立①②③式，代入数据得vB＝65v0.B组·能力提升14．(2020年孝感月考)如图所示，在光滑的水平面上有一辆长为L，质量为m的平板车左端紧靠着墙壁，右端站着一质量为M的同学(可视为质点)，某时刻当该同学向左跳出，恰好落在平板车的左端

．此时平板车离开墙壁的距离()A．LB．mLM＋mC．mLMD．MLM＋m【答案】D【解析】选取向左为正方向，设人从小车上跳起后沿水平方向的分速度为v1，小车沿水平方向的速度为v2，由于水平地面光滑，二者沿水平方向的动量守恒，则Mv1＋mv2＝0，得v2＝

－Mv1m；设人从右端到达左端时间为t，则人的位移x1＝v1t，车的位移x2＝v2t，由空间几何关系得x1＋|x2|＝L，联立解得||x2＝MLm＋M，故A、B、C错误，D正确．15．(多选)如图所示，质量均为M的物体A和

B静止在光滑水平地面上并紧靠在一起(不粘连)，A的ab部分是四分之一光滑圆弧，bc部分是粗糙的水平面．现让质量为m的小物块C(可视为质点)自a点静止释放，最终刚好能到达c点而不从A上滑下．则下列说法中正确的是()A．小物块C到b点时，A的速度最大B．小物块C到c点时，A的速度

最大C．小物块C到b点时，C的速度最大D．小物块C到c点时，A的速率大于B的速率【答案】AC【解析】C下滑的到b点的过程中，A、B及C组成的系统动量守恒，C从a到b的过程中，速度逐渐增大，所以A、B系统速度向左，速度逐渐增大

，C从b到c滑动时，C做匀减速运动，所以在b点C的速度最大，A在C运动到b点时速度最大，故A、C正确，B错误；C下滑到b点时，A和B的速度相等，此后B做匀速运动，A先做匀减速运动，后反向做匀加速运动，到达C点时A、C速度恰好相等，此时A、C的总动量与B的动量大

小相等，但A、C的总质量比B的质量大，所以A的速率小于B的速率，故D错误．16．(2020年武汉新洲一中月考)如图所示，三辆完全相同的平板小车a、b、c成一直线排列，质量均为M，静止在光滑水平面上．c车上有一静止的质量为m的小孩．现跳到b车上，接着又立即从b车跳到a车上．小孩跳离c车

和b车时对地的水平速度均为v.小孩跳到a车上后相对a车保持静止，则()A．a、b、c、小孩四者组成的系统水平方向动量不守恒B．b、c两车运动速率相等C．b的速率为mMvD．a的速率为mM＋mv【答案】D【解析】a、b、c、小孩四者组成的系统，水平方向的外力之和为零，水平方向动量守恒，故A错误；对小

孩跳离c车的过程，取向右为正方向，对小孩和c的系统，由水平方向动量守恒定律，有0＝mv＋Mvc，解得c车的速度为vc＝－mvM，负号表示方向向左；对小孩跳上b车再跳离b车的过程，由小孩和b的系统水平方向动量

守恒，有mv＋0＝Mvb＋mv，解得b车最终的速度为vb＝0，故B、C错误；对小孩跳上a车的过程，由动量守恒定律，有mv＋0＝(M＋m)va，解得a车的最终速度为va＝mvM＋m，故D正确．17．在太空中有一枚质量为M、相对

太空站处于静止状态的火箭，突然喷出质量为m的气体，喷出速度为v0(相对太空站)，紧接着再喷出质量为m的另一股气体，此后火箭获得速度v(相对太空站)．求火箭第二次喷射的气体(相对太空站)的速度大小．【答案】Mm－2v＋v0【解

析】本题所出现的速度都是以太空站为参考系的．根据动量守恒定律，规定v0方向为正方向，有：第一次喷射出气体后，0＝mv0＋(M－m)v1，v1＝－mv0M－m，负号表示v1方向跟v0方向相反．第二次喷射后，(M－m)v1＝mv2＋

(M－2m)v，即mv2＝－[(M－2m)v＋mv0]，解得v2＝－Mm－2v＋v0，负号表示v2方向与v方向相反，故火箭第二次喷射的气体(相对太空站)的速度大小为Mm－2v＋v0.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com