【名校密卷】2019-2020学年高中物理第十六章动量守恒定律习题课：动量和能量观点的综合应用同步备课学案新

3 动量守恒定律基础巩固1.关于系统动量守恒的条件,下列说法正确的是()A.只要系统内存在摩擦力,系统的动量就不可能守恒B.只要系统中有一个物体具有加速度,系统的动量就不守恒C.只要系统所受的合外力为零,系统的动量就守恒D.系统中所有物体的加速度都为零时,系统的总动量不一定守恒解析:根据动量守恒的条件为系统所受外力的矢量和为零,可知选项C正确;系统内存在摩擦力,若系统所受的合外力为零,系统的动量也守恒,选项A错误;系统内各物体之间有着相互作用,对单个物体来说,其合外力不为零,加速度就不为零,但整个系统所受的合外力仍可为零,动量守恒,选项B 错误;系统内所有物体的加速度都为零时,各物体的速度恒定,动量恒定,总动量一定守恒,选项D错误。

答案:C2.(多选)木块a和b用一根轻弹簧连接起来,放在光滑水平面上,a紧靠在墙壁上。

在b上施加向左的水平力使弹簧压缩,如图所示。

当撤去外力后,下列说法正确的是()A.a尚未离开墙壁前,a和b组成的系统动量守恒B.a尚未离开墙壁前,a和b组成的系统动量不守恒C.a离开墙后,a、b组成的系统动量守恒D.a离开墙后,a、b组成的系统动量不守恒解析:在a离开墙壁前的弹簧伸长过程中,a和b组成的系统,由于受到墙给a的弹力作用,所以动量不守恒,因此B正确,A错误;a离开墙后,a、b组成的系统受到的合外力为零,因此动量守恒,故C正确,D错误。

答案:BC3.如图所示,两辆质量相同的小车置于光滑的水平面上,有一人静止站在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:A、B车和人三者组成的系统动量守恒,那么(m人+m A)v A-m B v B=0,m人+m A>m B,所以v A<v B,选项B正确。

答案:B4.质量为m0的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶,一质量为m的救生员站在船尾,相对小船静止。

4 碰撞基础巩固1.质量为m的小球A以水平速率v与静止在光滑水平面上质量为3m的小球B正碰后,小球A的速率为v2,则碰后B球的速度为(以A球原方向为正方向)()A.v6B.v C.-v3D.v2解析由动量守恒定律知,若碰后A球运动方向不变,则mv=m v2+3mv B,所以v B=v6<v2,由于这时B球的速度小于A球的速度,B球又是在运动方向的前面,这是不可能的,若碰后A球被反弹回去,则有mv=m(-v2)+3mv B',所以v B'=v2,故选项D正确。

答案D2.A、B两物体发生正碰,碰撞前后物体A、B都在同一直线上运动,其位移—时间图象如图所示。

由图可知,物体A、B的质量之比为()A.1∶1B.1∶2C.1∶3D.3∶1解析由题图知:碰前v A=4 m/s,v B=0。

碰后v A'=v B'=1 m/s,由动量守恒可知m A v A+0=m A v A'+m B v B',解得m B=3m A。

故选项C正确。

答案C3.如图所示,光滑水平面上有大小相同的A、B两个小球在同一直线上运动。

两球质量关系为m B=2m A,规定向右为正方向,A、B两球的动量均为8 kg·m/s,运动过程中两球发生碰撞,碰撞后A球的动量增量为-4 kg·m/s,则()A.右方为A球,碰撞后A、B两球的速度大小之比为2∶3B.右方为A球,碰撞后A、B两球的速度大小之比为1∶6C.左方为A球,碰撞后A、B两球的速度大小之比为2∶3D.左方为A球,碰撞后A、B两球的速度大小之比为1∶6解析A、B两球发生碰撞,规定向右为正方向,由动量守恒定律可得Δp A=Δp B,由于碰后A球的动量增量为负值,所以右边不可能是A球,如果是A球则动量的增量应该是正值。

因此碰撞后A球的动量为4 kg ·m/s,所以碰撞后B 球的动量是增加的,为12 kg ·m/s,由于m B =2m A ,所以碰后A 、B 两球速度大小之比为2∶3,C 正确;选C 。

第3节动量守恒定律「基础达标练」1．质量相等的三个小球a、b、c，在光滑的水平面上以相同的速率运动，它们分别与原来静止的A、B、C三球发生碰撞，碰撞后a继续沿原方向运动，b静止，c沿反方向弹回，则碰撞后A、B、C三球中动量数值最大的是( )A．A球B．B球C．C球D．不能确定解析：选C 在三个小球发生碰撞的过程中，系统动量都是守恒的，根据动量守恒关系式mv0＝mv＋Mv′，整理可得Mv′＝mv0－mv，取初速度方向为正方向，可得出C球的动量数值是最大的，C正确．2．如图所示，光滑半圆槽质量为M，静止在光滑的水平面上，其内表面有一小球(质量为m)被细线吊着恰位于槽的边缘处，若将线烧断，小球滑到另一边的最高点时，半圆槽的速度为( )A．0 B．向左C．向右D．不能确定解析：选A 把小球m和半圆槽M作为一个系统，因水平面光滑，故系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，当小球滑到另一边的最高点时，小球和半圆槽的速度都为零，故A正确．3．(2019·杭州期末)在光滑的水平面上运动的两个小球发生正碰，下列说法正确的是( )A．碰撞之前，被碰小球的动量一定比另一小球的动量小B．碰撞前后，被碰小球的速度一定变大C．碰撞前后，两小球的动量变化量一定大小相等，方向相反D．碰撞前后，被碰小球的动量一定变大解析：选C 两球组成的系统所受合外力为零，碰撞前后，系统动量守恒，碰撞之前，两小球的动量无法比较，A选项错误；碰撞前后，两小球动量变化量的大小相等，方向相反，碰撞后，被碰小球的速度不一定增大，动量不一定增大，B、D选项错误，C选项正确．4．足够深的水池中有质量相等木块和铁块用细绳栓连后在水里悬浮．现剪断细绳，在铁块沉入水底且木块浮出水面之前，若只考虑重力和浮力，对于铁块与木块构成的系统，下列说法正确的是( )A．动量守恒，机械能增加B．动量守恒，机械能减少C．动量守恒，机械能守恒D．动量不守恒，机械能守恒解析：选A 木块和铁块用细绳栓连后在水里悬浮，木块与铁块组成的系统所受合外力为零，在铁块沉入水底且木块浮出水面之前，根据F＝ρgv排，系统受到的浮力不变，重力也不变，所以系统合力为零，系统动量守恒；在整个过程中木块受到的浮力大于铁块所受浮力，浮力对木块做的正功多．根据机械能守恒条件可知，系统机械能增加，故A正确，B、C、D错误．5．如图所示，设车厢长为L，质量为M，静止在光滑水平面上，车厢内有一质量为m 的物体，以速度v0向右运动，与车厢壁来回碰撞，n次后，静止于车厢中，这时车厢的速度为( )A．v0，水平向右B．0C.mv0M＋m，水平向右 D.Mv0M－m，水平向右解析：选C 物体和车厢组成的系统所受的合力为零，物体与小车发生n次碰撞的过程中系统的动量守恒，只需考虑初、末状态，可忽略中间过程，则m的初速度为v1＝v0，M的初速度为v2＝0；作用后它们的末速度相同，即v1′＝v2′＝v，由动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v，解得v＝mv0m＋M，方向与v0相同，水平向右，C正确．6．如图所示，质量为M的小车静止在光滑的水平地面上，小车上有n个质量为m的小球，现用两种方式将小球相对于地面以恒定速度v向右水平抛出，第一种方式是将n个小球一起抛出；第二种方式是将小球一个接一个地抛出，比较这两种方式抛完小球后小车的最终速度( )A ．第一种较大B ．第二种较大C ．两种一样大D ．不能确定解析：选C 抛球的过程动量守恒，第一种方式全部抛出，取向右为正方向，0＝nmv －Mv ′，得v ′＝nmv M ；第二种方式是将小球一个接一个地抛出，每抛出一个小球列动量守恒方程，由数学归纳的思想可得v ′＝nmv M，C 正确． 7．两个小木块B 、C 中间夹着一根轻弹簧，将弹簧压缩后用细线将两个木块绑在一起，使它们一起在光滑水平面上沿直线运动，这时它们的运动图线如图中a 线段所示，在t ＝4 s 末，细线突然断了，B 、C 都和弹簧分离后，运动图线分别如图中b 、c 线段所示，从图中的信息可知( )A ．木块B 、C 都和弹簧分离后的运动方向相反B ．木块B 、C 都和弹簧分离后，系统的总动量增大C ．木块B 、C 分离过程中B 木块的动量变化较大D ．木块B 的质量是木块C 质量的14解析：选D 由x ­t 图象可知，位移均为正，均朝一个方向运动，没有反向，A 错误；木块都与弹簧分离后B 的速度为v 1＝10－46－4 m/s ＝3 m/s ，C 的速度为v 2＝5－46－4m/s ＝0.5 m/s ，细线未断前B 、C 的速度均为v 0＝1 m/s ，由于系统所受合外力之和为零，故系统前后的动量守恒：(m B ＋m C )v 0＝m B v 1＋m C v 2，计算得B 、C 的质量比为1∶4，D 正确，B 错误；系统动量守恒，则系统内两个木块的动量变化量等大反向，C 错误．8．质量M ＝1.8 kg 的木块静止在光滑水平地面上，一质量m ＝0.1 kg 的子弹以v 0＝100 m/s 的初速度在距地5 cm 高度水平瞬间穿过木块，穿出时速度为10 m/s ，空气阻力不计，重力加速度g ＝10 m/s 2，求：(1)子弹穿过木块后木块速度为多大；(2)子弹着地瞬间子弹与木块间水平距离为多大．解析：(1)子弹射穿木块过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv 0＝mv 1＋Mv 2，代入数据解得v 2＝5 m/s.(2)子弹射出木块后做平抛运动，木块做匀速直线运动，竖直方向：h ＝12gt 2， 子弹落地时，子弹与木块间的距离：d ＝v 1t －v 2t ，代入数据解得d ＝0.5 m.答案：(1)5 m/s (2)0.5 m「能力提升练」9．如图所示，在光滑水平面上，用等大异向的F 1、F 2分别同时作用于A 、B 两个静止的物体上，已知m A <m B ，经过相同的时间后同时撤去两力，以后两物体相碰并粘为一体，则粘合体最终将( )A ．静止B ．向右运动C ．向左运动D ．无法确定解析：选A 选取A 、B 两个物体组成的系统为研究对象，根据动量定理，整个运动过程中，系统所受的合外力为零，所以动量改变量为零，初始时刻系统静止，总动量为零，最后粘合体的动量也为零，即粘合体静止，所以选项A 正确．10．如图所示，光滑水平面上停着一辆小车，小车的固定支架左端用不计质量的细线系一个小铁球．开始将小铁球提起到图示位置，然后无初速释放．在小铁球来回摆动的过程中，下列说法中正确的是( )A ．小车和小球系统动量守恒B ．小球摆到最低点时，小车的速度最大C ．小球向右摆动过程小车一直向左加速运动D ．小球摆到右方最高点时刻，由于惯性，小车仍在向左运动解析：选B 小车与小球组成的系统在水平方向动量守恒，在竖直方向动量不守恒，系统整体动量不守恒，故A 错误；小球从图示位置下摆到最低点过程中，小车受力向左加速运动，当小球到最低点时，小车速度最大．当小球从最低点向右边运动时，小车向左减速，当小球运动到与题图所示位置相对称的位置时，小车静止．故小球向右摆动过程小车先向左加速运动，后向左减速运动，故B 正确，C 、D 错误．11．(多选)如图所示，小车在光滑的水平面上向左运动，木块水平向右在小车的水平车板上运动，且未滑出小车，下列说法中正确的是( )A ．若小车的动量大于木块的动量，则木块先减速再加速后匀速B ．若小车的动量大于木块的动量，则小车先加速再减速后匀速C ．若小车的动量小于木块的动量，则木块先减速后匀速D ．若小车的动量小于木块的动量，则小车先加速后匀速解析：选AC 小车和木块组成的系统动量守恒．若小车的动量大于木块的动量，则最后相对静止时整体向左运动，故木块先向右减速，再向左加速，最后与车同速，小车先减速后匀速，若小车的动量小于木块的动量，则最后相对静止时整体向右运动，故木块先减速后匀速，小车先减速再加速后匀速．12．(多选)带有14光滑圆弧轨道质量为M 的小车静止置于光滑水平面上，如图所示，一质量也为M 的小球以速度v 0水平冲上小车，到达某一高度后，小球又返回小车的左端，则( )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 ．此过程小球对小车做的功为12Mv 02 D ．小球在弧形槽上上升的最大高度为v 022g解析：选BC 小球上升到最高点时与小车相对静止，有共同速度v ′，由动量守恒定律和机械能守恒定律有： Mv 0＝2Mv ′①12Mv 02＝2×12Mv ′2＋Mgh ② 联立①②得h ＝v 024g，故D 错误； 从小球滚上到滚下并离开小车，系统在水平方向上的动量守恒，由于无摩擦力做功，动能守恒且小球与圆滑轨道质量相等，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B 、C 对，A 错．13．如图所示，带有半径为R 的14光滑圆弧的小车其质量为M ，置于光滑水平面上，一质量为m 的小球从圆弧的最顶端由静止释放，则球离开小车时，球和车的速度分别为多少？(重力加速度为g )解析：球和车组成的系统在水平方向动量守恒，设球、车分离时，球的速度大小为v 1，方向向左，车的速度大小为v 2，方向向右，mv 1－Mv 2＝0由机械能守恒定律得：mgR ＝12mv 12＋12Mv 22 解得v 1＝2MgR M ＋m ，v 2＝m 2gR M (M ＋m ). 答案： 2MgR M ＋m，方向向左 m 2gR M (M ＋m )，方向向右 14．如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A 和B 分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点．现将A 无初速度释放，A 与B 碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动．已知圆弧轨道光滑，半径R ＝0.2 m ；A 和B 的质量相等；A 和B 整体与桌面之间的动摩擦因数μ＝0.2.取重力加速度g ＝10 m/s 2.求：(1)碰撞后瞬间A 和B 整体的速率v ′；(2)A 和B 整体在桌面上滑动的距离l .解析：(1)滑块A 从圆弧轨道最高点到最低点的过程中机械能守恒mgR ＝12mv 2滑块A 、B 相碰动量守恒 mv ＝2mv ′得碰撞后瞬间A 和B 整体的速率v ′＝12v ＝1 m/s.(2)根据动能定理12(2m )v ′2＝μ(2m )gl 得A 和B 整体沿水平桌面滑动的距离l ＝v ′22μg＝0.25 m. 答案：(1)1 m/s (2)0.25 m。

第2节动量和动量定理A组：合格性水平训练1．(对动量的理解)(多选)下列说法中正确的是( )A．物体的动量改变,一定是速度大小改变B．物体的动量改变,一定是速度方向改变C．物体的运动状态改变,其动量一定改变D．物体的速度方向改变,其动量一定改变答案CD解析动量是矢量,动量的改变可能是大小改变,也可能是方向改变,故A、B错误；运动状态是用速度来描述的,运动状态改变时速度一定改变,只要速度改变,不论是大小还是方向改变,动量都发生变化,故C、D正确。

2．(对动量的理解)(多选)关于动量的概念,下列说法中正确的是( )A．动量大的物体惯性一定大B．动量大的物体一定运动得快C．动量相同的物体运动方向一定相同D．动量相同的物体速度小的惯性大答案CD解析惯性的大小只和物体的质量有关,根据p＝mv可知动量大的物体,质量不一定大,所以惯性也不一定大；同理,动量大的物体,速度不一定大,即不一定运动得快,A、B错误；动量是矢量,物体的动量相同,运动方向一定相同,C正确；动量相同的情况下,速度越小,质量越大,故动量相同的物体速度小的惯性大,D正确。

3．(动能与动量间的关系)两个具有相等动量的物体A、B,质量分别为m1和m2,且m1＞m2,则( )A．B动能较大B．A动能较大C．两物体动能相等D．无法判断答案 A解析物体动能与动量间的关系为E k＝p22m,两个具有相等动量的物体A、B,质量分别为m1和m2,且m1＞m2,则E k A<E k B,即B物体的动能较大,故A正确。

4．(对冲量的理解)对于力的冲量的说法,正确的是( )A．作用在物体上的力越大,力的冲量就越大B．作用在物体上的力越大,力的冲量不一定大C．力F1与作用时间t1的乘积F1t1等于F2与作用时间t2的乘积F2t2,则这两个冲量相同D．静置于地面的物体受水平推力F的作用,经时间t仍静止,则此推力的冲量为零解析由冲量公式I＝Ft,可知作用在物体上的力大,作用时间不确定,故冲量不一定大,A 错误,B正确；冲量是矢量,F1与作用时间t1的乘积F1t1等于F2与作用时间t2的乘积F2t2,则这两个冲量大小相等,但方向不一定相同,所以冲量不一定相同,C错误；静置于地面的物体受水平推力F的作用,经时间t仍静止,则此推力的冲量为Ft,与物体的速度无关,D错误。

2020⾼中物理第⼗六章动量守恒定律2动量和动量定理课时训练新⼈教版选修3_5动量和动量定理题组⼀动量和动量变化1.(多选)若⼀个物体的动量发⽣了变化,则物体运动的(质量不变)()A.速度⼤⼩⼀定改变了B.速度⽅向⼀定改变了C.速度⼀定变化了D.加速度⼀定不为零解析:动量由速度和质量共同决定,质量不变时,动量发⽣变化的原因只能是速度发⽣了变化,⽽速度是⽮量,速度变化可能是⼤⼩变了,也可能是⽅向变了,也可能⼤⼩、⽅向都变。

答案:CD2.在任何相等的时间内,物体动量的变化总是相等的运动不可能是()A.匀变速运动B.匀速圆周运动C.⾃由落体运动D.平抛运动解析:在任何相等的时间Δt内,物体的动量的变化Δp总是相等,则动量的变化率相等,即物体受恒⼒作⽤,在恒⼒作⽤下物体必做匀变速运动,故不可能是B。

答案:B3.⼀质量为m的⼩球以速度v在⽔平⾯内做匀速圆周运动,从如图中的A点转过90°到达B点,⼩球动量的变化量是多少?解析:如图所⽰。

由于初、末动量不在⼀条直线上,由平⾏四边形定则可知Δp=mΔv=mv。

与A点动量⽅向的夹⾓为135°。

答案:mv,与A点动量夹⾓为135°。

题组⼆冲量4.⽔平推⼒F1和F2分别作⽤于⽔平⾯上等质量的a、b两物体上,作⽤⼀段时间后撤去推⼒,物体将继续运动A.F1的冲量⼤于F2的冲量B.F1的冲量等于F2的冲量C.两物体受到的摩擦⼒⼤⼩相等D.两物体受到的摩擦⼒⼤⼩不等解析:设F1、F2的作⽤时间分别为t1、t2,则由题图知t1F1t1,即选项A、B错误。

答案:C5.如图所⽰,在倾⾓α=37°的斜⾯上,有⼀质量为5 kg的物体沿斜⾯滑下,物体与斜⾯间的动摩擦因数µ=0.2,求物体下滑2 s的时间内,物体所受各⼒的冲量和合外⼒的冲量。

(g取10 m/s2,sin37°=0.6,cos 37°=0.8)解析:物体沿斜⾯下滑过程中,受重⼒、⽀持⼒和摩擦⼒的作⽤。

动量守恒定律单元测试题一、选择题（每小题6分,共48分。

）1.一个静止的、质量为M的不稳定的原子核，当它放出质量为m，速度为v的粒子后，原子核剩余部分的速度为（）A.v-B.MvM m--C.mvM m--D.mvM-2.运载火箭在太空中飞行的原理是（）A.外形流畅，减小空气阻力B.携带固体燃料，少占体积C.自身喷出气体，获得反冲力D.喷出气体后，获得空气浮力3.把一支枪水平固定在小车上，小车放在光滑水平地面上，枪射出一颗子弹时，关于枪、弹、车，下列说法正确的是（）A.枪和弹组成的系统动量守恒B.枪和车组成的系统动量守恒C.因为枪弹和枪筒之间的摩擦力很小，可以忽略不计，故三者组成的系统动量近似守恒。

D.三者组成的系统动量守恒4.关于系统动量守恒的说法正确的是（）①只要系统所受的合外力为零，系统动量就守恒②只要系统内有摩擦力，动量就不可能守恒③系统所受合外力不为零，其动量一定不守恒，但有可能在某一方向上守恒④系统所受合外力不为零，但如果合外力的冲量很小（相比内力的冲量）时，系统可近似动量守恒A.①③B.①②C.①③④D.②③5.如图1所示，表示质量为M的密闭气缸置于光滑水平面上，缸内有一隔板P，隔板右边是真空，隔板左边是质量为m的高压气体，若将隔板突然抽去，则气缸的运动情况是（）A.保持静止不动B.向左移动一定距离后恢复静止C.最终向左做匀速直线运动D.先向左移动，后向右移动回到原来位置6.质量为1kg的炮弹，以800J的动能沿水平方向飞行时突然爆炸，分裂为质量相等的两块，前一块仍沿原水平方向飞行，动能为625J，则后一块动能为（）A.175JB.225JC. 125JD.275J7.两个小木块B、C中间夹着一根轻弹簧，将弹簧压缩后用细线将两个木块绑在一起，使它们一起在光滑水平面上沿直线运动，这时它们的运动图线如图2中a 线段所示，在4s t =末，细线突然断了，B 、C 都和弹簧分离后，运动图线分别如图2中b 、c 线段所示。

2 动量和动量定理1．关于动量，下列说法中正确的是( )A．做匀速圆周运动的物体，动量不变B．做匀变速直线运动的物体，它的动量一定在改变C．物体的动量变化，动能也一定变化D．甲物体动量p1＝5 kg ·m/s，乙物体动量p2＝－10 kg ·m/s，所以p1>p2解析：动量是矢量，匀速圆周运动的物体的速度方向时刻在变化，故动量时刻在变化，A错误；匀变速直线运动的物体的速度大小时刻在变化，所以动量一定在变化，B正确；速度方向变化，但大小不变，则动量变化，而动能不变，C错误；动量的负号只表示方向，不参与大小的比较，故p1＜p2，D错误．答案：B2．篮球运动员通常伸出双手迎接传来的篮球．接球时，两手随球迅速收缩至胸前．这样做可以( )A．减小球对手的冲量B．减小球对人的冲击力C．减小球的动量变化量D．减小球的动能变化量解析：接球过程中，球的初动量和末动量一定，所以球的动量变化量恒定不变，选项C错误；根据动量定理，手对球的冲量等于球动量的改变量，也恒定不变，球对手的冲量也不变，选项A错误；球的初动能和末动能一定，所以球的动能变化量恒定不变，选项D错误；根据动量定理I＝Ft，球对手的冲量I不变，接球时两手随球迅速收缩至胸前，是通过延长受力时间以减小球对人的冲击力F，所以选项B正确．答案：B3.(多选)如图所示，一个物体在与水平方向成θ角的拉力F的作用下匀速前进了时间t，则( )A．拉力F对物体的冲量大小为FtB．拉力对物体的冲量大小为Ft sin θC．摩擦力对物体的冲量大小为Ft cos θD．合外力对物体的冲量大小为零解析：求冲量时，必须明确是哪一个力在哪一段时间内的冲量．本题中，作用的时间都是一样的，求力F对物体的冲量就是Ft，所以A项正确、B项错误；物体受到的摩擦力F＝F cos θ，f所以摩擦力对物体的冲量大小为F f t＝F cos θt，C项正确；物体做匀速运动，合外力为零，所以合外力对物体的冲量大小为零，D对．故正确选项为A、C、D.答案：ACD4．如图所示，一轻质弹簧固定在墙上，一个质量为m的木块以速度v0从右侧沿光滑水平面向左运动并与弹簧发生相互作用．设相互作用的过程中弹簧始终在弹性限度范围内，那么，在整个相互作用的过程中弹簧对木块冲量I的大小和弹簧对木块做的功W分别是( )A．I＝0，W＝mv20B．I＝mv0，W＝12 mv2C．I＝2mv0，W＝0 D．I＝2mv0，W＝12 mv2解析：在木块与弹簧接触到将弹簧压缩为最短的过程中，弹簧对木块做负功，在弹簧将木块弹出的过程中，弹簧对木块做正功，且正功与负功的绝对值相等，故在整个相互作用的过程中弹簧对木块做的总功W＝0.从而，木块将以－v0的速度被弹回，由动量定理可得，在整个相互作用的过程中弹簧对木块冲量I的大小I＝2mv0，故C正确．答案：C[A级抓基础]1．以下几种运动形式在任何相等的时间内，物体动量的变化不相等的运动是( )A．匀变速直线运动B．平抛运动C．自由落体运动D．匀速圆周运动解析：由相等时间内，物体动量的变化总是相等，由动量定理Ft＝Δp知，作用力F一定为恒力，则物体必须做匀变速运动，而匀速圆周运动是变加速运动，故匀速圆周运动的物体动量的变化不相等，故D正确，ABC错误，故选D.答案：D2．如图所示，甲、乙两质量不同的物体，分别受到恒力作用后，其动量p与时间t的关系图象．则甲、乙所受合外力F甲与F乙的关系是(图中直线平行)( )A．F甲＜F乙B．F甲＝F乙C．F甲＞F乙D．无法比较F甲和F乙的大小解析：根据动量定理可得Ft＝p－p0，即p＝Ft＋p0，图象的斜率表示外力F，从图中可知两条直线相互平行，即斜率相同，故F甲＝F乙，故B正确．答案：B3．(多选)从塔顶以相同速率抛出A、B、C三小球，A球竖直上抛、B球平抛、C球竖直下抛．另有D球从塔顶自由下落，四个小球质量相同，落到同一水平面上．不计空气阻力，则( ) A．落地时动能相同的小球是A、B、CB．落地时动量相同的小球是A、B、CC．从离开塔顶到落地过程中，动能增量相同的小球只有A、B、CD．从离开塔顶到落地过程中，动量增量相同的小球是B、D解析：小球从抛出至落地过程中只有重力做功，且重力做功相同，A、B、C三个小球的初动能相同，故小球落地时的动能相同，所以A正确；A、B、D落地速度方向相同，都是竖直向下，但是C落地速度方向不是竖直向下，故A、B、C落地的动量不相同，故选项B错误；从离开塔顶到落地过程中，动能增量等于合力做功，即等于重力做的功，由于从相同高度抛出，故重力做的功相同，故四个小球落地过程中动能增量相同，故选项C错误；从离开塔顶到落地过程中，动量增量等于合力的冲量，合力为重力，但是时间相同的只有B、D，故合力的冲量相同的是B、D，故选项D正确．答案：AD4．(多选)如图所示，把重物G压在纸带上，用一水平力缓慢拉动纸带，重物跟着一起运动，若迅速拉动纸带，纸带将会从重物下抽出，解释这些现象的正确说法是( )A．在缓慢拉动纸带时，重物和纸带间摩擦力小B．在迅速拉动纸带时，纸带给重物的摩擦力大C．在缓慢拉动纸带时，纸带给重物的冲量大D．在迅速拉动纸带时，纸带给重物的冲量小解析：在缓慢拉动纸带时，重物与纸带之间存在静摩擦力，在迅速拉动纸带时，它们之间存在滑动摩擦力，静摩擦力与滑动摩擦力可认为相同，故A、B项错误；缓慢拉动纸带时，作用时间长，摩擦力的冲量大，重物的动量变化大，所以重物跟随纸带一起运动，C项正确；迅速拉动纸带时，作用时间短，滑动摩擦力的冲量小，重物的动量变化小，所以重物几乎不动，D项正确．答案：CD5.(多选)如图所示，箱子放在水平地面上，箱内有一质量为m 的铁球以速度v向左壁碰去，来回碰几次后停下来，而箱子始终静止，则整个过程中( )A．铁球对箱子的冲量为零B．铁球和箱子受到的冲量大小相等C．箱子对铁球的冲量为mv，向右D．摩擦力对箱子的冲量为mv，向右解析：箱子在水平方向上受到两个力作用，球对箱子的作用力和地面对箱子的摩擦力，二力始终等值反向，其合力始终为零，故箱子始终静止．因此，铁球对箱子的冲量与摩擦力对箱子的冲量等值反向，合冲量为零，故A错误；根据动量定理，铁球受到的冲量为I＝0－mv＝－mv，而箱子受到的冲量始终为零．故B错误；根据动量定理，箱子对铁球的冲量为I＝0－mv＝－mv，负号表示方向向右．故C正确；箱子对铁球的冲量mv，向右，根据牛顿第三定律，铁球对箱子的冲量为mv，向左．又因为摩擦力与铁球对箱子的作用力等值反向，所以摩擦力对箱子的冲量为mv，向右．故D正确；故CD 正确．答案：CD6.质量为1 kg的物体做直线运动，其速度图象如图所示．则物体在前10 s内和后10 s内所受外力的冲量分别是( )A．10 N·s，10 N·sB．10 N·s，－10 N·sC．0，10 N·sD．0，－10 N·s解析：由题图可知，在前10 s内物体初、末状态的动量相等，p1＝p2＝5 kg·m/s，由动量定理知I1＝0；在后10 s内p3＝－5 kg·m/s，I2＝p3－p2＝－10 N·s.故选D.答案：D7．(多选)如图所示，两个质量相等的物体A、B从同一高度沿倾角不同的两光滑斜面由静止自由滑下，在到达斜面底端的过程中，下列说法正确的是( )A．两物体所受重力的冲量相同B．两物体所受合外力的冲量相同C．两物体动量的变化量不同D．两物体动能的变化量相同解析：设高度为h，根据牛顿第二定律得，加速度为：a＝g sin α，由hsin α＝12at2，得t＝2hg sin2α，由于斜面的倾角不同，则运动时间不同，根据I＝mgt知，重力的冲量不同，故A错误．根据动能定理知：mgh＝12mv2，解得：v＝2gh，到达底端时动能变化量相同，由于斜面倾角不同，故速度大小相等、方向不同，根据动量定理知，动量的变化量大小相等、方向不同，故合力的冲量大小相等、方向不同，故合力的冲量不相同，动量的变化量也不相同，故B错误，CD正确．故选CD.答案：CD8．为估算池中睡莲叶面承受雨滴撞击产生的平均压强，小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台，测得1小时内杯中水位上升了45 mm.查询得知，当时雨滴竖直下落的速度约为12 m/s.据此估算该压强约为(设雨滴撞击睡莲后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为1×103 kg/m3)( )A．0.15 Pa B．0.54 PaC．1.5 Pa D．5.4 Pa解析：下雨天，雨滴对睡莲叶面持续的作用力可以看作是恒力，取单位面积的睡莲叶面，t＝1 h＝3 600 s时间内，打到该叶面的雨水质量为m＝ρSh.根据动量定理，得mv＝Ft，其中F就是单位面积上的压力，即F＝mvt＝ρShvt＝1×103×1×0.045×123 600N＝0.15 N，所以p＝FS＝0.15 Pa.故选A.答案：A9．质量为1 kg的物体静止放在足够大的水平桌面上，物体与桌面间的动摩擦因数为μ＝0.4.有一大小为5 N的水平恒力F作用于物体上，使之加速前进，经3 s后撤去F.求物体运动的总时间(g取10 m/s2)．解析：物体由开始运动到停止运动的全过程中，F的冲量为Ft1，摩擦力的冲量为F f t.选水平恒力F的方向为正方向，根据动量定理有Ft1－F f t＝0，①又F f＝μmg.②联立①②式解得t＝Ft1μmg，代入数据解得t＝3.75 s.答案：3.75 s10．如图所示，水平地面上静止放置一辆小车A，质量m A ＝4 kg，上表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计．可视为质点的物块B置于A的最右端，B的质量m B＝2 kg.现对A施加一个水平向右的恒力F＝10 N，A运动一段时间后，小车左端固定的挡板与B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A、B 粘合在一起，共同在F的作用下继续运动，碰撞后经时间t＝0.6 s，二者的速度达到v t＝2 m/s.求：(1)A开始运动时加速度a的大小；(2)A、B碰撞后瞬间的共同速度v的大小．解析：(1)以A为研究对象，由牛顿第二定律得：F＝m A a，代入数据得：a＝2.5 m/s2.(2)A、B碰撞后共同运动过程中，选向右的方向为正，由动量定理得：Ft＝(m A＋m B)v t－(m A＋m B)v，代入数据解得：v＝1 m/s.答案：(1)2.5 m/s2(2)1 m/s。

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动量守恒定律[A组素养达标]1。

如图所示的装置中，木块B与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短．现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象(系统)，则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中( )A．动量守恒、机械能守恒B．动量不守恒、机械能不守恒C．动量守恒、机械能不守恒D．动量不守恒、机械能守恒解析:把系统从子弹射入木块到弹簧压缩至最短的过程分段考虑．第一段：子弹射入木块瞬间，弹簧仍保持原长，子弹与木块间的摩擦力为内力，合外力为零，所以此瞬间系统动量守恒，机械能不守恒．第二段：子弹射入木块后，与木块一起压缩弹簧，系统受墙面弹力(外力)不为零，所以此过程系统动量不守恒．综合在一起，整个过程中动量、机械能均不守恒，选项B正确．答案：B2.(多选)根据UIC(国际铁道联盟）的定义，高速铁路是指营运速率达200 km/h以上的铁路和动车组系统．据广州铁路局警方测算：当和谐号动车组列车以350 km/h的速度在平直铁轨上匀速行驶时，受到的阻力约为106 N，如果撞击一块质量为0。

动量和动量定理时间：45分钟一、选择题(1～8题为单选，9～10题为多选)1．下面关于物体动量和冲量的说法，不正确的是( A )A．物体所受合外力冲量越大，它的动量也越大B．物体所受合外力冲量不为零，它的动量一定要改变C．物体动量增量的方向，就是它所受合外力的冲量方向D．物体所受合外力冲量越大，它的动量变化就越大解析：由动量定理可知，物体所受合外力的冲量，其大小等于动量的变化量的大小，方向与动量增量的方向相同．2．跳远时，跳在沙坑里比跳在水泥地上安全，这是由于( D )A．人跳在沙坑的动量比跳在水泥地上的小B．人跳在沙坑的动量变化比跳在水泥地上的小C．人跳在沙坑受到的冲量比跳在水泥地上的小D．人跳在沙坑受到的冲力比跳在水泥地上的小解析：人跳远时从一定的高度落下，落地前的速度是一定的，初动量是一定的，所以选项A错误；落地后静止，末动量一定，人的动量变化量是一定的，选项B错误；由动量定理可知人受到的冲量等于人的动量变化量，所以两种情况下受到的冲量相等，选项C错误；落在沙坑里力作用的时间长，落在水泥地上力作用的时间短，根据动量定理，在动量变化量一定的情况下，时间t越长则受到的冲力F越小，故选项D正确．3.质量为1 kg的物体做直线运动，其速度图象如图所示．则物体在前10 s内和后10 s 内所受合外力的冲量分别是( D )A．10 N·s,10 N·sB．10 N·s，－10 N·sC．0,10 N·sD．0，－10 N·s解析：由题图可知，在前10 s内初、末状态的动量相同，p1＝p2＝5 kg·m/s，由动量定理知I1＝0；在后10 s内末状态的动量p3＝－5 kg·m/s，由动量定理得I2＝p3－p2＝－10 N·s.4．为估算池中睡莲叶面承受雨滴撞击产生的平均压强，小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台，测得1小时内杯中水面上升了45 mm.查询得知，当时雨滴竖直下落速度约为12 m/s.据此估算该压强约为(设雨滴撞击睡莲后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为1×103 kg/m3)( A )A．0.15 Pa B．0.54 PaC．1.5 Pa D．5.4 Pa解析：设圆柱形水杯的底面积为S，则水杯中水的质量为m＝ρV＝103×45×10－3S＝45S，由动量定理可得Ft＝mv，而p＝FS，所以p＝mvSt＝45S×12S×3 600Pa＝0.15 Pa.5．质量为60 kg的建筑工人，不慎从高空跌下，幸好弹性安全带的保护使他悬挂起来．已知弹性安全带的缓冲时间是1.5 s，安全带自然长度为5 m，g取10 m/s2，则安全带所受的平均冲力的大小为( D )A．500 N B．1 100 NC．600 N D．1 000 N解析：建筑工人下落5 m 时速度为v ，则v ＝2gh＝2×10×5 m/s ＝10 m/s ，设安全带所受平均冲力为F ，则由动量定理得：(mg －F )t ＝－mv ，所以F ＝mg ＋mv t ＝60×10 N ＋60×101.5 N ＝1 000 N. 6．如图所示，两个质量相等的物体在同一高度沿倾角不同的两个光滑斜面由静止自由滑下，在到达斜面底端的过程中( D )A ．重力的冲量相同B ．弹力的冲量相同C ．合力的冲量相同D ．以上说法均不对解析：设物体质量为m ，沿倾角为θ的光滑斜面下滑的加速度为a ，根据牛顿第二定律，有mg sin θ＝ma ，设物体开始下滑时高度为h ，根据初速度为零的匀加速直线运动的位移公式，可得物体下滑的时间为t ＝2hsin θa＝2h g sin 2θ，下滑过程中重力的冲量为I θ＝mgt ＝mg2h g sin 2θ，同理可得，物体沿倾角为α的光滑斜面下滑过程中重力的冲量为I α＝mg 2h g sin 2α，因为θ≠α，所以I θ≠I α，选项A 错误；力的冲量是矢量，两个矢量相同，必须大小和方向都相同．因该题中θ≠α，故弹力的方向和合力的方向都不同，故弹力的冲量的方向和合力的冲量的方向也不同，选项B 、C 错误．7．如图所示，铁块压着一纸条放在水平桌面上，当以速度v 抽出纸条后，铁块掉在地上P 点，若以2v 的速度抽出纸条，则铁块落地点为( D )A ．快抽时比慢抽时作用力大，所以会落在P 点右侧B ．快抽时应落在P 点右侧原水平位移的两倍处C ．虽然快抽时铁块所受摩擦力比慢抽时大，但作用时间短、冲量小，所以落在P 点左侧D ．快抽时铁块所受摩擦力不变，但作用时间短、冲量小，所以落在P 点左侧解析：抽出纸条的过程中，铁块受到向前的摩擦力作用而加速运动，若纸条以2v 的速度抽出，则纸条与铁块相互作用时间变短，因此铁块加速时间变短，根据动量定理知，摩擦力作用时间变短，做平抛时的初速度减小，平抛时间不变，则平抛运动的水平位移减小，在P 点左侧，选项D 正确．8．如图所示，质量分别为m ＝1 kg 和M ＝2 kg 的两物块叠放在光滑水平桌面上，两物块均处于静止状态，从某时刻开始，对放在下面的质量为m 的物块施加一水平推力F ，已知推力F 随时间t 变化的关系为F ＝6t (N)，两物块之间的动摩擦因数为μ＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g ＝10 m/s 2，下列结论正确的是( A )A ．两物块刚发生相对运动时的速度为1 m/sB ．从施加推力F 到两物块刚发生相对运动所需的时间为23s C ．从施加推力F 到两物块刚发生相对运动两物块的位移为0.5 mD ．从施加推力F 到两物块刚发生相对运动F 的冲量为6 N ·s解析：当两物块间达到最大静摩擦力时，M 与m 发生相对滑动，则此时M 的加速度为：a ＝μMg M ＝μg ＝0.2×10 m/s 2＝2 m/s 2，则对整体受力分析可知，F ＝(m ＋M )a ＝3×2 N ＝6 N ＝6t ，则可知从施加推力到发生相对运动的时间为1 s ，F 是均匀增加的，故1 s 内平均推力F ＝62N ＝3 N ，对整体由动量定理可得，F t ＝(M ＋m )v ，解得：v ＝1 m/s ，故A 正确，B 错误；若物块做匀加速直线运动，则1 s 内的位移x ＝12vt ＝0.5 m ，而物块做的是变加速直线运动，则位移不是0.5 m ，故C 错误；由动量定理可知，I ＝(M ＋m )v ＝3 N ·s ，故D 错误．故选A.9．下列说法正确的是( AD )A ．运动物体在任一时刻的动量方向，一定是该时刻的速度方向B ．物体的加速度不变，其动量一定不变C ．物体的速度大小不变时，动量的增量Δp 为零D ．物体做曲线运动时，动量的增量一定不为零解析：动量具有瞬时性，任一时刻物体动量的方向，即为该时刻的速度方向，选项A 正确；加速度不变，则物体速度的变化率恒定，物体的速度均匀变化，故其动量也均匀变化，选项B 错误；当物体的速度大小不变时，其方向可能变化，也可能不变化，动量可能不变化，即Δp ＝0，也可能动量大小不变而方向变化，此种情况Δp ≠0，故选项C 错误；当物体做曲线运动时，动量的方向变化，即动量一定变化，Δp 一定不为零，故选项D 正确．10．甲、乙两个物体动量随时间变化的图象如图所示，图象对应的物体的运动过程可能是( BD )A．甲物体可能做匀加速运动B．甲物体可能做竖直上抛运动C．乙物体可能做匀变速运动D．乙物体可能做水平直线运动时遇到了一端固定的弹簧解析：甲物体的动量随时间的变化图象是一条直线，其斜率ΔpΔt恒定不变，说明物体受到恒定的合外力作用，由图线可以看出甲物体的动量先减小然后反向增大，则甲物体做匀变速直线运动，与竖直上抛运动类似，所以选项B正确．乙物体的动量随时间的变化规律是一条曲线，曲线的斜率先增大后减小，则乙物体在运动过程中受到的合外力先增大后减小．由图线还可以看出，乙物体的动量先正方向减小到零，然后反方向增大．由此可知乙物体的运动是一个变加速运动，与水平面上的小球运动时遇到一端固定的弹簧的情况类似，所以选项D正确．二、非选择题11．一个质量为m＝2 kg的物体，在F1＝8 N的水平推力作用下，从静止开始沿水平面运动了t1＝5 s的时间，然后推力减小为F2＝5 N，方向不变，物体又运动了t2＝4 s的时间后撤去外力，物体再经过t3＝6 s的时间停下来．试求物体在水平面上所受的摩擦力大小．答案：4 N解析：规定推力的方向为正方向，在物体运动的整个过程中，物体的初动量p1＝0，末动量p2＝0.据动量定理有：F1t1＋F2t2－f(t1＋t2＋t3)＝0解得f＝4 N.12．一宇宙飞船以v＝1.0×104 m/s的速度进入密度为ρ＝2.0×10－7 kg/m3的微陨石流中，如果飞船在垂直于运动方向上的最大截面积S＝5 m2，且认为微陨石与飞船碰撞后都附着在飞船上．为使飞船的速度保持不变，飞船的牵引力应增加多大？答案：100 N解析：设t 时间内附着在飞船上的微陨石总质量为Δm ，则Δm ＝ρSvt ①这些微陨石由静止至随飞船一起运动，其动量增加是受飞船对其作用的结果，由动量定理有Ft ＝Δp ＝Δmv ②则微陨石对飞船的冲量大小也为Ft ，为使飞船速度保持不变，飞船应增加的牵引力为ΔF ＝F ③综合①②③并代入数值得ΔF ＝100 N ，即飞船的牵引力应增加100 N.13．如图所示，将质量为m ＝1 kg 的小球，从距水平地面高h ＝5 m 处，以v 0＝10 m/s 的水平速度抛出，不计空气阻力，g 取10 m/s 2.求：(1)平抛运动过程中小球动量的增量Δp ；(2)小球落地时的动量p ′；(3)飞行过程中小球所受的合外力的冲量I .答案：(1)10 kg ·m/s ，方向竖直向下 (2)10 2 kg ·m/s ，方向与水平方向成45°夹角斜向右下(3)10 N ·s ，方向竖直向下解析：由于平抛运动的竖直分运动为自由落体运动，故h ＝12gt 2，落地时间t ＝2h g＝1 s(1)因为水平方向上是匀速运动，v 0保持不变，所以小球的速度增量Δv ＝Δv y ＝gt ＝10 m/s所以Δp＝Δp y＝mΔv＝10 kg·m/s，方向竖直向下．(2)落地速度v＝v20＋v2y＝102＋102m/s＝10 2 m/s，所以小球落地时的动量大小为p′＝mv＝10 2 kg·m/s，由图可知tanθ＝v yv0＝1，则小球落地时动量的方向与水平方向成45°夹角斜向右下．(3)小球飞行过程中只受重力作用，所以合外力的冲量I＝mgt＝1×10×1 N·s＝10 N·s，方向竖直向下．。

2019-2020学年高中物理第十六章动量守恒定律测评A 新人教版选修3-5一、选择题(本题共10小题,每小题4分,共40分。

在每小题给出的四个选项中,至少有一个选项正确;全部选对的得4分,选不全的得2分,有选错或不答的得0分)1.下列说法正确的是()A.物体做匀速直线运动时,物体受到的合力的冲量为零B.当物体受到的合力为零时,物体的动量一定为零C.作用在物体上的合力越小,物体的动量变化量越小D.发生相互作用的物体,如果不受合力作用,每个物体的动量保持不变解析:由动量定理可知,合力的冲量等于物体动量的变化,故选项A正确;动量的变化与物体的受力有关,合力等于零时,动量不变,动量的变化除了与受力有关外,还与作用时间有关,选项B、C错误;两物体相互作用的过程中,如果不受外力作用,总动量守恒,并不是每个物体动量守恒,选项D错误。

答案:A2.在空中相同高度处以相同速率分别抛出质量相同的三个小球。

一个竖直上抛,一个竖直下抛,一个平抛,若不计空气阻力,从三个小球抛出到落地的过程中()A.三个球动量的变化量相同B.下抛球和平抛球动量变化量相同C.上抛球动量变化量最大D.三个球落地时的动量相同解析:在空中运动的小球只受重力的作用,故F合=mg,而动量变化量等于合力与时间的乘积,故只有选项C正确。

答案:C3.质量为2 kg的物体在水平面上做直线运动,若速度大小由4 m/s变成6 m/s,那么在此过程中,动量变化的大小可能是()A.4 kg·m/sB.10 kg·m/sC.20 kg·m/sD.12 kg·m/s解析:注意速度的方向,若两个速度同向,则Δv=2 m/s,那么Δp=m·Δv=4 kg·m/s;若两个速度反向,则速度变化量的大小为Δv=10 m/s,此时动量变化量的大小为Δp=m·Δv=20 kg·m/s,故选项A、C正确。

答案:AC4.一粒钢球从某高度处由静止自由下落,然后陷入泥潭某一深度,若钢球在空中下落时间为t,陷入泥潭中的时间为t',且t∶t'=2∶1,则钢球所受重力G与泥潭对钢球的平均阻力F f之比等于() A.1∶1 B.2∶1C.1∶3D.3∶1解析:对从开始下落到陷在泥潭中的全过程,由动量定理得G(t+t')-F f t'=0由题意知t=2t'所以G∶F f=t'∶(t+t')=1∶3。