【文档说明】【精准解析】2020-2021学年物理教科版选修3-5：课时作业3动量守恒定律的应用.pdf，共(8)页，278.575 KB，由小赞的店铺上传

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课时作业3动量守恒定律的应用时间：45分钟一、选择题(1～6为单选，7～9为多选)1．冰壶运动深受观众喜爱，图1为运动员投掷冰壶的镜头．在某次投掷中，冰壶甲运动一段时间后与对面静止的冰壶乙发生正碰，如图2.若两冰壶质量相等，则碰后两冰壶最终停止的位置，可能是图中的(B)2．

如图所示，质量为m的A小球以水平速度v与静止的质量为3m的B小球正碰后，A球的速率变为原来的12，而碰后B球的速度是(以v方向为正方向)(D)A．v/6B．－vC．－v/3D．v/2解析：碰后A的速率为v/2，可能有两种情况：v1＝v/2；v1′＝－v/2.根据动量守恒定律，当v1＝v/2时，

有mv＝mv1＋3mv2，v2＝v/6；当v1′＝－v/2时，有mv＝mv1′＋3mv2′，v2′＝v/2.若它们同向，则A球速度不可能大于B球速度，因此只有D正确．3．如图所示，木块A和B质量均为2kg，置于光滑水平面上．B与一轻质弹簧一端相连，弹簧另一端固定在竖直挡

板上，当A以4m/s的速度向B撞击时，由于有橡皮泥而粘在一起运动，那么弹簧被压缩到最短时，具有的弹性势能大小为(B)A．4JB．8JC．16JD．32J解析：A与B碰撞过程动量守恒，有mAvA＝(mA＋mB)vAB，所以vAB＝vA2＝2m/s.当弹簧被压缩到最短时，A、B的动

能完全转化成弹簧的弹性势能，所以Ep＝12(mA＋mB)v2AB＝8J.4．一个静止的质量为M的原子核，放射出一个质量为m的粒子，粒子离开原子核时相对于核的速度为v0，原子核剩余部分的速率等于(C)A．v0B.mM－mv0C.mMv0D.m

2m－Mv0解析：取整个原子核为研究对象．由于放射过程极为短暂，放射过程中其他外力的冲量均可不计，系统的动量守恒．放射前的瞬间，系统的动量p1＝0，放射出粒子的这一瞬间，设剩余部分对地的反冲速度为v′，并规定粒子运动的方向为正方向，则粒子的对地

速度v＝v0－v′，系统的动量p2＝mv－(M－m)v′＝m(v0－v′)－(M－m)v′，由p1＝p2，即0＝m(v0－v′)－(M－m)v′＝mv0－Mv′得v′＝mMv0.5.质量m＝100kg的小船静止在平静水面上，船两端站着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，则小船的运动速率和方向为(A)A．0.6m/s，向左B．3m/s，向左C．0.6m/s，向右D．3m/s，向右6．质量相等的A、B两球之间压缩一根轻质弹簧(不拴接)，静置于光滑水平桌面上，当用板挡住

小球A而只释放B球时，B球被弹出落到距桌边水平距离为s的地面上，如图所示．若再次以相同力压缩该弹簧，取走A左边的挡板，将A、B同时释放，则B球的落地点距桌边水平距离为(D)A.s2B.2sC．sD.22s解析：挡板挡住A球时，弹簧的弹性势能全部转

化为B球的动能，有Ep＝12mv2B，挡板撤走后，弹性势能两球平分，则有Ep＝2×12mvB′2，由以上两式解得vB′＝22vB，又因为B球落地时间不变，故D对．7．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

BC)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解析：由动量守恒定律和牛顿第三定律知A、B

、C正确．8．木块长为L，静止在光滑的水平桌面上，有A、B两颗规格不同的子弹以相反的速度vA、vB同时射向木块，A、B在木块中嵌入的深度分别为dA、dB，且dA>dB，(dA＋dB)<L，木块一直保持静

止，如图所示，则由此判断子弹A、B在射入前(AD)A．速度vA>vBB．子弹A的动能等于子弹B的动能C．子弹A的动量大小大于子弹B的动量大小D．子弹A的动量大小等于子弹B的动量大小解析：由题知，子弹A、

B从木块两侧同时射入木块，木块始终保持静止，分析可知，两子弹对木块的推力大小相等，方向相反，子弹在木块中运动时间必定相等，否则木块就会运动．设两子弹所受的阻力大小均为f，根据动能定理，对A子弹有－fdA＝0－EkA，得EkA＝fdA，对B子弹有－fdB＝0－EkB，得EkB＝

fdB.由于dA>dB，则子弹入射时的初动能EkA>EkB，故B错误．两子弹和木块组成的系统动量守恒，因射入后系统的总动量为零，所以子弹A的动量大小等于子弹B的动量大小，故C错误，D正确．根据动量与动能的关系得mv＝2mEk，则有2mAEkA＝2mBEkB，而EkA>EkB，则得到mA

<mB，根据动能的计算公式Ek＝12mv2，得到初速度vA>vB，A正确．9．带有14光滑圆弧轨道质量为M的滑车静止在光滑水平面上，如图所示．一质量也为M的小球以速度v0水平冲上滑车，到达一定高度后，小球又返回车的左端，则(BC)A．小球以后将向左做平抛运动B．小球将做自由落体运动C．此

过程中小球对小车做的功为12Mv20D．小球在弧形槽上上升的最大高度为v202g解析：小球上升到最高点时与小车相对静止，有共同速度v′，由动量守恒定律得Mv0＝2Mv′，由机械能守恒定律得12Mv20＝2×12Mv′2＋Mgh，联立

解得h＝v204g，故选项D错误；从小球滚上到滚下并离开小车，系统在水平方向动量守恒，由于无摩擦力做功，动能守恒，此过程类似弹性碰撞，作用后两者交换速度，即小球速度变为零，开始做自由落体运动，故选项B、C正确，A错误．二、非选择题10．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：65v0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＋mBvB①B与C碰撞时动量守恒，设粘在一起的速度为v，则mBvB＝(mB＋mC)v②由A与B间的距离保持不变可知vA＝v③联立①②③式，代入数据得vB＝65

v0.11.如图所示，小球a，b用等长细线悬挂于同一固定点O.让球a静止下垂，将球b向右拉起，使细线水平．从静止释放球b，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60°.忽略空气阻力，求：(1)两球a，b的质量之比；(2)两球在碰撞过程中损失的机械能与球b在碰前的最大动

能之比．答案：(1)2－1(2)1－22解析：(1)设球b的质量为m2，细线长为L，球b下落到最低点，但未与球a相碰时的速度为v，由机械能守恒定律得m2gL＝12m2v2……①，设a球质量为m1，在两球碰后的瞬间，两球的共同

速度为v′，以向左为正，由动量守恒定律得m2v＝(m1＋m2)v′……②，设两球共同向左运动到最高处时，细线与竖直方向的夹角为θ，由机械能守恒定律得12(m1＋m2)v′2＝(m1＋m2)gL(1－cosθ)……③，联立①②③式得m1m2＝11－cosθ－1…

…④，代入数据得m1m2＝2－1……⑤.(2)两球在碰撞过程中的机械能损失是Q＝m2gL－(m1＋m2)gL(1－cosθ)……⑥，联立①⑥式，Q与碰前球b的最大动能之比为QEk＝1－m1＋m2m2(1－cosθ)……⑦，联立⑤⑦式，并代入题给数据得QEk＝1－22.12．如图，光滑冰面

上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3m(h小于斜面体的高度)．已知小

孩与滑板的总质量为m1＝30kg，冰块的质量为m2＝10kg，小孩与滑板始终无相对运动．重力加速度的大小g取10m/s2.(1)求斜面体的质量；(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？答案：(1)20kg(

2)见解析解析：(1)规定向右为速度正方向．冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3.由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m2v20＝(m2＋m3)v，12m2v220＝12(m2＋m3)v2＋m2gh，

式中v20＝－3m/s为冰块推出时的速度．解得m3＝20kg.(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有m1v1＋m2v20＝0，代入数据得v1＝1m/s，设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒和机械能守恒定律有m2v20＝m

2v2＋m3v3，12m2v220＝12m2v22＋12m3v23，解得v2＝1m/s，由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩．