新课标版物理选修35书课件作业3.docx

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新课标版物理选修35书课件作业3

课时作业（三）

一、选择题（1、5、9为多选，其余为单选）

1.如图所示，在光滑水平面上A、B两小车中间有一弹簧，用手抓住小车并将弹簧压缩后使小车处于静止状态．将两小车及弹簧看做一个系统，下面说法正确的是（　　）

A．两手同时放开后，系统总动量始终为零

B．先放开左手，再放开右手后，动量不守恒

C．先放开左手，后放开右手，总动量向左

D．无论何时放手，两手放开后，系统总动量都保持不变，但系统的总动量不一定为零

解析　在两手同时放开后，水平方向无外力作用，故动量守恒，即系统的总动量始终为零，A项正确；先放开左手，再放开右手后，是指两手对系统都无作用力之后的那一段时间，系统所受外力之和也为零，即动量是守恒的，B项错误；先放开左手，系统在右手作用下，产生向左的冲量，故有向左的动量，再放开右手后，系统的动量仍守恒，即此后的总动量向左，C项正确；只要是两手都放开就满足动量守恒的条件，即系统的总动量保持不变．若同时放开，那么作用后系统的总动量就等于放手前的总动量，即为零；若两手先后放开，那么两手都放开后的总动量就与放开最后一只手后系统所具有的总动量相等，即不为零，D项正确．

答案　ACD

2.

（2019·云南二模）如图所示，木块静止在光滑水平面上，两颗不同的子弹A、B从木块两侧同时射入木块，最终都停在木块内，这一过程中木块始终保持静止．若子弹A射入的深度大于子弹B射入的深度，则（　　）

A．子弹A的质量一定比子弹B的质量大

B．入射过程中子弹A受到的阻力比子弹B受到的阻力大

C．子弹A在木块中运动的时间比子弹B在木块中运动的时间长

D．子弹A射入木块时的初动能一定比子弹B射入木块时的初动能大

解析　由于木块始终保持静止状态，则两子弹对木块的推力大小相等，则两子弹所受的阻力大小相等．设为f，根据动能定理得：

对A子弹：

－fdA＝0－EkA，得EkA＝fdA，对B子弹：

－fdB＝0－EkB，得EkB＝fdB.由于dA＞dB，则子弹入射时的初动能EkA＞EkB，故B项错误，D项正确；对两子弹和木块组成的系统动量守恒，则有

＝

，而EkA＞EkB，则得mA＜mB，故A项错误；子弹A、B从木块两侧同时射入木块，木块始终保持静止，分析得知，两子弹在木块中运动时间必定相等，否则木块就会运动，故C项错误．

答案　D

3.

（2019春·古冶区校级期中）如图所示，船静止在平静的水面上，船前舱有一抽水机把前舱的水均匀的抽往后舱，不计水的阻力，下列说法中正确的是（　　）

A．若前后舱是分开的，则前舱将向后运动

B．若前后舱是分开的，则前舱将向前运动

C．若前后舱不分开，则船将向后运动

D．若前后舱不分开，则船将向前运动

解析　若前后舱是分开的，不计水的阻力，则系统在水平方向动量守恒，系统总动量保持为零，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，因此在抽水过程中，船向前运动，故A项错误，B项正确；若前后舱不分开，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C、D两项错误．

答案　B

4．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相对地面的速度大小相等，则车（　　）

A．静止不动　　　　　　B．向右运动

C．向左运动D．左右往返运动

解析　A和B与小车作用过程中系统动量守恒，开始都静止，总动量为零．由于mA＞mB，两人速度大小相等，则A向右的动量大于B向左的动量，故小车应向左运动，故选C项．

答案　C

5．质量为m的木块和质量为M（M＞m）的铁块用细线连接刚好能在水中某个位置悬浮静止不动，此时木块至水面距离为h，铁块至水底的距离为H（两物体均可视为质点）．突然细线断裂，忽略两物体运动中受到水的阻力，只考虑重力及浮力，若M、m同时分别到达水底水面，以M、m为系统，那么以下说法正确的是（　　）

A．该过程中系统动量守恒

B．该过程中M、m均做匀速直线运动

C．同时到达水面水底时，两物体速度大小相等

D．系统满足MH＝mh

解析　以木块与铁块组成的系统为研究对象，开始系统静止，处于平衡状态，由平衡条件可知，系统所受外力之和为零，不计水的阻力，细线断裂后系统所受外力之和为零，系统动量守恒，故A项正确；细线断裂后，木块m上浮，受到的合外力向上，不为零，木块向上做加速运动，铁块向下运动，所受合外力向下，向下做加速运动，故B项错误；以木块与铁块组成的系统为研究对象，系统动量守恒，以向上为正方向，由动量守恒定律得：

mv－Mv′＝0，则mv＝Mv′，由于M＞m，则v′＜v，故C项错误；由mv－Mv′＝0，则：

m

－M

＝0，解得：

MH＝mh，故D项正确，故选A、D两项．

答案　AD

6.

如图所示，在光滑水平面上，有质量分别为2m和m的A、B两滑块，它们中间夹着一根处于压缩状态的轻质弹簧（弹簧与A、B不拴连），由于被一根细绳拉着而处于静止状态．当剪断细绳，在两滑块脱离弹簧之后，下述说法正确的是（　　）

A．两滑块的动能之比EkA∶EkB＝1∶2

B．两滑块的动量大小之比pA∶pB＝2∶1

C．两滑块的速度大小之比vA∶vB＝2∶1

D．弹簧对两滑块做功之比WA∶WB＝1∶1

解析　在两滑块刚好脱离弹簧时运用动量守恒，得2mvA－mvB＝0，得vA＝

.两滑块速度大小之比为：

＝

，故C项错误；两滑块的动能之比EkA∶EkB＝

＝

，故A项正确；两滑块的动量大小之比pA∶pB＝

＝

，故B项错误；弹簧对两滑块做功之比等于两滑块动能之比为1∶2，故D项错误，故选A项．

答案　A

7.

如图所示，两辆质量相同的小车置于光滑的水平面上，有一个人静止站在A车上，两车静止，若这个人自A车跳到B车上，接着又跳回A车，静止于A车上，则A车的速率（　　）

A．等于零B．小于B车的速率

C．大于B车的速率D．等于B车的速率

解析　两车和人组成的系统位于光滑的水平面上，因而该系统动量守恒，设人的质量为m1，车的质量为m2，A、B车的速率分别为v1、v2，则由动量守恒定律得（m1＋m2）v1－m2v2＝0，所以，有v1＝

v2，

<1，故v1

答案　B

8．如图所示，光滑水平面上的木板右端，有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板质量M＝3.0kg，质量m＝1.0kg的铁块以水平速度v0＝4.0m/s，从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端，则在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为（　　）

A．4.0JB．6.0J

C．3.0JD．20J

解析　设铁块与木板速度相同时，共同速度大小为v，铁块相对木板向右运动时，相对滑行的最大路程为L，摩擦力大小为f，根据能量守恒定律得：

铁块相对于木板向右运动过程：

mv02＝fL＋

（M＋m）v2＋Ep

铁块相对于木板运动的整个过程：

mv02＝2fL＋

（M＋m）v2

又根据系统动量守恒可知，mv0＝（M＋m）v

联立得到：

Ep＝3.0J，故选C项．

答案　C

9．（2019·浙江模拟）如图所示，滑块P、Q静止在粗糙水平面上，一根轻弹簧一端与滑块Q相连，另一端固定在墙上，弹簧处于原长．现使滑块P以初速度v0向右运动，与滑块Q发生碰撞（碰撞时间极短），碰后两滑块一起向右压缩弹簧至最短，然后在弹簧弹力作用下两滑块向左运动，两滑块分离后，最终都静止在水平面上．已知滑块P、Q的质量分别为2m和m，两滑块与平面间的动摩擦因数相同，下列说法中正确的是（　　）

A．两滑块发生碰撞的过程中，其动量守恒，机械能不守恒

B．两滑块分离时，弹簧一定处于原长

C．滑块P最终一定停在出发点左侧的某一位置

D．整个过程中，两滑块克服摩擦力做功的和小于mv02

解析　两滑块碰撞过程系统内力远大于外力，系统动量守恒，两者碰撞后一起运动，碰撞不是弹性碰撞，碰撞过程机械能有损失，碰撞过程机械能不守恒，故A项正确；当P、Q间弹力为零时两滑块分离，分离前瞬间它们的加速度相等，由牛顿第二定律，对P：

a＝

＝μg

对Q：

μ′mg－T＝ma

解得T＝mg（μ′－μ），

如果：

μ′＝μ，则T＝0，弹簧处于原长状态，故B项正确；

两滑块碰撞后在运动过程中要克服摩擦力做功，机械能减小，当P回到两球碰撞位置时的速度大小一定小于碰撞前P的速度大小，P停止时的位置一定在其出发点的右侧，故C项错误；由于两滑块分离后Q继续向左做减速运动，当Q停止时弹簧处于伸长状态，在整个过程中，P的机械能转化为弹簧的弹性势能与内能，由能量守恒定律可知：

W＋EP＝

·2mv02＝mv02，W＝mv02－EP，则两滑块克服摩擦力做功之和小于mv02，故D项正确．

答案　ABD

二、非选择题

10．两磁铁各放在两辆小车上，小车能在水平面上无摩擦地沿同一直线运动．已知甲车和磁铁的总质量为0.5kg，乙车和磁铁的总质量为1.0kg，两磁铁的N极相对．推动一下，使两车相向运动，某时刻甲的速率为2m/s，乙的速率为3m/s，方向与甲相反，两车运动过程中始终未相碰．则：

（1）两车最近时，乙的速度为多大？

（2）甲车开始反向时，乙的速度为多大？

解析　

（1）两车相距最近时，两车的速度相同，设该速度为v，取乙车的速度方向为正方向．由动量守恒定律得m乙v乙－m甲v甲＝（m甲＋m乙）v.

所以两车最近时，乙车的速度为v＝

＝

m/s＝

m/s.

（2）甲车开始反向时，其速度为0，设此时乙车的速度为v′乙，由动量守恒定律得

m乙·v乙－m甲·v甲＝m乙·v′乙，得v′乙＝2m/s.

答案　

（1）

m/s　

（2）2m/s

11．如图所示，光滑水平直轨道上有三个滑块A、B、C，质量分别为mA＝mC＝2m，mB＝m，A、B用细绳连接，中间有一压缩的轻弹簧（弹簧与滑块不拴接）．开始时A、B以共同速度v0运动，C静止．某时刻细绳突然断开，A、B被弹开，然后B又与C发生碰撞并粘在一起，最终三滑块速度恰好相同．求B与C碰撞前B的速度．

解析　设共同速度为v，球A与B分开后，B的速度为vB，由动量守恒定律

（mA＋mB）v0＝mAv＋mBvB①

mBvB＝（mB＋mC）v②

联立①②式，得B与C碰撞前B的速度vB＝

v0.

答案　

v0

12．如图所示，甲、乙两船的总质量（包括船、人和货物）分别为10m、12m，两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为2v0和v0.为避免两船相撞．乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度．（不计水的阻力）

解析　设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为vmin，抛出货物后船的速度为v1，甲船上的人接到货物后船的速度为v2，由动量守恒定律，得

12mv0＝11mv1－mvmin，①

10m×2v0－mvmin＝11mv2，②

为避免两船相撞应满足v1＝v2，③

联立①②③式得vmin＝4v0.④

答案　4v0

13.

（2019·重庆模拟）如图所示，质量为M的木块A静置于水平面上，距A右侧d处有固定挡板B，一质量为m的小物体C，以水平速度v0与A相碰，碰后C、A粘连在一起运动，CA整体与B碰撞没有能量损失，且恰好能回到C、A碰撞时的位置，所有碰撞时间均不计，重力加速度为g.求：

（1）C与A碰撞前后，C损失的机械能；

（2）木块A与水平面间动摩擦因数μ.

解析　

（1）设C、A碰后瞬时速度大小为v，取向右为正方向，由动量守恒定律，有mv0＝（m＋M）v

由于C与A碰撞，C损失的机械能为

ΔE＝

mv02－

mv2，

解得ΔE＝

.

（2）对碰撞后AC整体运动的全过程，由动能定理得：

－μ（M＋m）g·2d＝0－

（M＋m）v2，

解得μ＝

.

答案　

（1）

（2）

14．（2019春·湖州期中）一质量为m的物体P静止于光滑水平地面上，其截面如图所示．图中ab为粗糙的水平面，长度为L；bc为一光滑斜面，斜面和水平面通过与ab和bc均相切的长度可忽略的光滑圆弧连接．现有一质量为m的木块以大小为v0的水平初速度从a点向左运动，在斜面上上升至某一高度后返回，在到达a点前与物体P相对静止．已知木块在ab段所受的滑动摩擦力大小为f，重力加速度为g.求：

（1）木块在斜面bc上能到达的最大高度h（距ab平面）；

（2）木块最后距a点的距离s.

解析　

（1）以物体和木块为研究对象，则水平方向动量守恒，当木块上升到最大高度时，二者速度相等为v，根据动量守恒定律，得mv0＝（m＋m）v①

在二者运动过程中，设木块在斜面上能到达的最大高度为h，根据动能定理，有：

mv2－

mv02＝－mgh－fL②

联立①②得：

h＝

.

（2）由题意，木块在到达a点前与物体P相对静止，则木块最后在ab段和物体速度相等，以物体和木块为系统，系统动量守恒，根据动量守恒定律，有：

mv0＝（m＋m）v③

根据动能定理，有：

mv2－

mv02＝－f（2L－s）④

联立③④得：

s＝2L－

.

答案　

（1）

（2）2L－