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課時分層作業(yè)(二)　動量守恒定律及其應用
說明：選擇題每小題4分，本試卷總分44分
?題組一　動量守恒的條件
1．下列幾種現(xiàn)象中，所選系統(tǒng)動量守恒的有(　　)
A．原來靜止在光滑水平面上的車，從水平方向跳上一個人，人和車為一系統(tǒng)
B．運動員將鉛球從肩窩開始加速推出，以運動員和鉛球為一系統(tǒng)
C．從高空自由落下的重物落在靜止于地面上的車廂中，以重物和車廂為一系統(tǒng)
D．光滑水平面上放一斜面，斜面也光滑，一個物體沿斜面滑下，以重物和斜面為一系統(tǒng)
2．如圖所示，在光滑的水平面上有靜止的物體A和B，物體A的質(zhì)量是B的2倍，兩物體中間用細繩鎖定一處于壓縮狀態(tài)的輕質(zhì)彈簧。現(xiàn)把細繩剪斷，在彈簧恢復原長的過程中(　　)
A．A的速率是B的2倍
B．A的動量大小大于B的動量大小
C．A受的力大于B受的力
D．A、B組成的系統(tǒng)的總動量為零
?題組二　動量守恒的應用
3．如圖所示，用細線掛一質(zhì)量為M的木塊，有一質(zhì)量為m的子彈自左向右水平射穿此木塊，穿透前后子彈的速度分別為v0和v(設子彈穿過木塊的時間和空氣阻力不計)，木塊的速度大小為(　　)
A．　　　　 B．
C． D．
4．如圖所示，質(zhì)量為M的密閉汽缸置于光滑水平面上，缸內(nèi)有一隔板P，隔板右邊是真空，隔板左邊是質(zhì)量為m的高壓氣體，若將隔板突然抽去，則汽缸的運動情況是(　　)
A．保持靜止不動
B．向左移動一定距離后恢復靜止
C．最終向左做勻速直線運動
D．先向左移動，后向右移動回到原來位置
5．兩個小木塊B、C中間夾著一根輕彈簧，將彈簧壓縮后用細線將兩個木塊綁在一起，使它們一起在光滑水平面上沿直線運動，這時它們的運動圖線如圖中a線段所示，在t＝4 s末，細線突然斷了，B、C都和彈簧分離后，運動圖線分別如圖中b、c線段所示，從圖中的信息可知(　　)
A．木塊B、C都和彈簧分離后的運動方向相反
B．木塊B、C都和彈簧分離后，系統(tǒng)的總動量增大
C．木塊B、C分離過程中B木塊的動量變化較大
D．木塊B的質(zhì)量是木塊C質(zhì)量的
?題組三　反沖現(xiàn)象
6．某實驗小組發(fā)射自制水火箭如圖所示，火箭外殼重2 kg，發(fā)射瞬間將殼內(nèi)質(zhì)量為4 kg的水相對地面以10 m/s 的速度瞬間噴出，g取10 m/s2，空氣阻力忽略不計，火箭能夠上升的最大高度為(　　)
A．15 m　B．20 m　C．25 m　D．30 m
7．如圖所示，自行火炮(炮管水平)連同炮彈的總質(zhì)量為M，在水平路面上以v1的速度向右勻速行駛，發(fā)射一枚質(zhì)量為m的炮彈后，自行火炮的速度變?yōu)関2，仍向右行駛，則炮彈相對炮筒的發(fā)射速度v0為(　　)
A．
B．
C．
D．
8．一彈丸在飛行到距離地面5 m高時僅有水平速度v＝2 m/s，爆炸成為甲、乙兩塊水平飛出，甲、乙的質(zhì)量比為3∶1。不計質(zhì)量損失，取重力加速度g＝10 m/s2，則下列圖中兩塊彈片飛行的軌跡可能正確的是(　　)
A　　　　B　　 　C　　　　D
9．(12分)如圖所示，光滑水平面上A、B兩小車質(zhì)量都是M，A車前站立一質(zhì)量為m的人，兩車在同一直線上相向運動。為避免兩車相撞，人從A車跳到B車上，最終A車停止運動，B車獲得反向速度v0，試求：
(1)兩小車和人組成的系統(tǒng)的初動量大小；
(2)為避免兩車相撞，若要求人跳躍速度盡量小，則人跳上B車后，A車的速度為多大。
1 / 4課時分層作業(yè)(二)
1．A　[原來靜止在光滑水平面上的車，從水平方向跳上一個人，人和車為系統(tǒng)，所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，即A正確；其他三項，系統(tǒng)所受合外力不為零，系統(tǒng)動量不守恒，即B、C、D錯誤。]
2．D　[在彈簧恢復原長的過程中，兩物體組成的系統(tǒng)動量守恒，規(guī)定向左為正方向，有mAvA＋mB(－vB)＝0，由于物體A的質(zhì)量是B的2倍，故A的速率是B的，A的動量大小等于B的動量大小，A、B錯誤，D正確；根據(jù)牛頓第三定律，A受的力和B受的力大小相等、方向相反，C錯誤。]
3．B　[規(guī)定向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律得：mv0＝mv＋Mv′，得v′＝，故選B。]
4．B　[突然撤去隔板，氣體向右運動，由動量守恒定律可知，開始時系統(tǒng)的總動量為零，所以汽缸向左運動，結(jié)束時總動量為零，汽缸和氣體都將停止運動，故B正確。]
5．D　[由x-t圖像可知，位移均為正，均朝一個方向運動，沒有反向，A錯誤；木塊都與彈簧分離后木塊B的速度為v1＝ m/s＝3 m/s，木塊C的速度為v2＝ m/s＝0.5 m/s，細線未斷前木塊B、C的速度均為v0＝1 m/s，由于系統(tǒng)所受合外力之和為零，故系統(tǒng)的動量守恒：(mB＋mC)v0＝mBv1＋mCv2，計算得木塊B、C的質(zhì)量比為1∶4，D正確，B錯誤；系統(tǒng)動量守恒，則系統(tǒng)內(nèi)兩個木塊的動量變化量等大反向，C錯誤。]
6．B　[由動量守恒定律有mv1＝Mv2，解得火箭的速度v2＝20 m/s，又＝2gh，解得火箭能夠上升的最大高度h＝20 m，故選B。]
7．B　[自行火炮水平勻速行駛時，牽引力與阻力平衡，系統(tǒng)動量守恒，設向右為正方向，發(fā)射前總動量為Mv1，發(fā)射后系統(tǒng)的動量之和為(M－m)v2＋m(v0＋v2)，則由動量守恒定律可得：Mv1＝(M－m)v2＋m(v0＋v2)，解得v0＝，故B正確。]
8．B　[由h＝gt2可知，爆炸后甲、乙兩塊做平拋運動的時間t＝1 s，爆炸過程中，爆炸產(chǎn)生的力對沿原方向運動的一塊的沖量沿運動方向，故這一塊的速度必然增大，即v>2 m/s，因此水平位移大于2 m，C、D項錯誤；甲、乙兩塊在爆炸前后，水平方向不受外力，故水平方向動量守恒，即甲、乙兩塊的動量改變量大小相等，兩塊質(zhì)量比為3∶1，所以速度變化量之比為1∶3，由平拋運動水平方向上x＝v0t，所以A圖中，v乙＝－0.5 m/s，v甲＝2.5 m/s，Δv乙＝－2.5 m/s，Δv甲＝0.5 m/s，A項錯誤；B圖中，v乙＝0.5 m/s，v甲＝2.5 m/s，Δv乙＝－1.5 m/s，Δv甲＝0.5 m/s，B項正確。]
9．解析：(1)光滑水平面上，兩小車與人組成的系統(tǒng)動量守恒，所以兩小車和人組成的系統(tǒng)的初動量就等于最終A車停止運動、B車獲得反向速度時系統(tǒng)的動量，所以由系統(tǒng)動量守恒得
p＝(M＋m)v0。
(2)為使兩車恰好不會發(fā)生碰撞，則最終兩車和人具有相同速度，設共速的速度為v1，由系統(tǒng)動量守恒得
(M＋m)v0＝(2M＋m)v1
解得v1＝v0。
答案：(1)(M＋m)v0　(2)v0
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