2020学年人教版物理选修3-5抢分教程课下作业：第16章动量守恒定律章末达标测试16

A组：合格性水平训练1．(动量守恒定律的理解)关于动量守恒的条件，正确的是()A．只要系统内存在摩擦力，动量就不可能守恒B．只要系统内某个物体做加速运动，动量就不可能守恒C．只要系统所受外力的合力为零，系统动量就一定守恒D．只要系统所受合外力恒定，系统动量就一定守恒答案 C解析如果系统内存在摩擦力，但只要系统所受合外力为零，系统动量就一定守恒，A错误；只要系统所受合外力为零，系统动量就守恒，与系统内物体的运动状态无关，系统内的物体可能做加速运动，B错误，C正确；系统所受合外力为零时，系统动量守恒，系统所受合外力恒定但不为零时，系统动量不守恒，D 错误。

2. (动量守恒定律的理解)(2019·陕西省西安市远东第一中学月考)(多选)如图所示，光滑水平地面上，静止的斜面光滑小车质量为M，高为h，一个质量为m的物体从小车的顶点静止滑下，滑到最低点的过程中，将小车和物体看成系统，则下列说法正确的是()A．动量守恒B．动量不守恒C．机械能守恒D．机械能不守恒答案BC解析物体在下滑的过程中，系统在水平方向上合力为零，但在竖直方向上合力不为零，故物体和小车组成的系统在水平方向上的动量守恒，总动量不守恒，A错误，B正确；物体下滑过程中，只有物体的重力势能转化成系统的动能，没有其他能量产生，故系统机械能守恒，C正确，D错误。

3. (动量守恒定律的理解)如图所示，某人站在一辆平板车的左端，车静止在光滑的水平地面上，若他用铁锤连续敲击车的左端。

下列对平板车的运动情况描述正确的是()A．锤子向上抡起(速度与图中v同向)时，车向左运动B．锤子下落(速度与图中v反向)时，车向右运动C．锤子抡至最高点静止时，车速度为0D．这种办法可使车持续向右运动答案 C解析平板车、人与铁锤组成的系统在水平方向上动量守恒，锤子抡起的过程中，锤子有水平向左的动量分量，由动量守恒定律知，车向右运动，A错误；锤子下落的过程中，锤子有水平向右的动量分量，由动量守恒定律知，车向左运动，B错误；锤子抡至最高点时，其速度为零，由动量守恒定律知，车速度为0，C正确；这种办法不可使车持续向右运动，D错误。

第十六章动量守恒定律章末质量评估(一)(时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题(本大题共10小题，每小题3分，共30分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)1．在不计空气阻力作用的条件下，下列说法中不正确的是( )A．自由下落的小球在空中运动的任意一段时间内，其增加的动能一定等于其减少的重力势能B．做平抛运动的小球在空中运动的任意相同的时间内，其速度的变化量一定相同C．做匀速圆周运动的小球在任意一段时间内其合外力做的功一定为零，合外力的冲量也一定为零D．单摆在一个周期内，合外力对摆球做的功一定为零，合外力的冲量也一定为零解析：不计空气阻力，自由下落的小球，其所受合外力为重力，则小球在运动的过程中机械能守恒，其增加的动能一定等于其减小的重力势能，故A正确；做平抛运动的小球所受合外力为重力，加速度的大小与方向都不变，所以小球在空中运动的任意相同的时间内，其速度的变化量一定相同，故B正确；做匀速圆周运动的小球，其所受合外力的方向一定指向圆心，小球在任意一段时间内其合外力做的功一定为零，但由于速度的方向不断变化，所以速度的变化量不一定等于0，合外力的冲量也不一定为零，故C错误；经过一个周期，单摆的小球又回到初位置，所有的物理量都与开始时相等，所以单摆在一个周期内，合外力对摆球做的功一定为零，合外力的冲量也一定为零，故D正确．答案：C2．一粒钢珠从静止状态开始自由落体，然后陷入泥潭中．若把它在空中自由落体的过程称为Ⅰ，进入泥潭直到停止的过程称为Ⅱ，则( )A．过程Ⅰ中钢珠动量的改变量小于重力的冲量B．过程Ⅱ中钢珠所受阻力的冲量大小等于过程Ⅰ中重力冲量的大小C．过程Ⅱ中钢珠的动量改变量等于阻力的冲量D．过程Ⅱ中阻力的冲量大小等于过程Ⅰ与过程Ⅱ重力冲量的大小解析：在过程Ⅰ中，钢珠只受重力的作用，根据动量定理可知，其动量的改变量等于重力的冲量，选项A 错误；过程Ⅱ中，钢珠所受外力有重力和阻力，所以过程Ⅱ中阻力的冲量大小等于过程Ⅰ中重力的冲量大小与过程Ⅱ中重力冲量大小的和．故B错误；过程Ⅱ中，钢珠所受外力有重力和阻力，所以过程Ⅱ中钢珠的动量改变量等于重力和阻力的冲量的和．故C错误；过程Ⅱ中，钢珠所受外力有重力和阻力，所以过程Ⅱ中阻力的冲量大小等于过程Ⅰ中重力的冲量大小与过程Ⅱ中重力冲量大小的和．故D正确；故选D.答案：D3．如图所示，一光滑地面上有一质量为m′的足够长的木板ab，一质量为m的人站在木板的a端，关于人由静止开始运动到木板的b端(M、N表示地面上原a、b对应的点)，下列图示正确的是( )A BC D解析：根据动量守恒定律，木板与人组成的系统动量守恒，对于题中的“人板模型”，设各自对地的位移为x ′m 、x m ，且有m ′x ′m ＝mx m ，x ′m ＋x m ＝L 板长，以M 点为参考点，人向右运动，木板向左运动，易得D 是正确的．答案：D4．两辆汽车的质量分别为m 1和m 2，已知m 1>m 2，沿水平方向同方向行驶且具有相等的动能，则此时两辆汽车动量p 1和p 2的大小关系是( )A ．p 1等于p 2B ．p 1小于p 2C ．p 1大于p 2D ．无法比较解析：由E k ＝12mv 2＝p22m 得p ＝2mE k ，因为m 1>m 2，E k1＝E k2，所以p 1>p 2，选C.答案：C5.如图所示，在光滑水平地面上放着两个物体，其间用一根不能伸长的细绳相连，开始时绳松弛、B 静止，A 具有4 kg ·m/s 的动量(令向右为正)．在绳拉紧(可能拉断)的过程中，A 、B 动量的变化可能为( )A ．Δp A ＝－4 kg ·m/s ，ΔpB ＝4 kg ·m/s B ．Δp A ＝2 kg ·m/s ，Δp B ＝－2 kg ·m/sC ．Δp A ＝－2 kg ·m/s ，Δp B ＝2 kg ·m/sD ．Δp A ＝Δp B ＝2 kg ·m/s解析：它们的总动量为p ＝m A v A ＝4 kg ·m/s ，而绳子的拉力为内力，总动量守恒．A 的动量减小，B 的动量增加，故A 的动量改变应为负值，B 的动量改变应为正值．而绳子可能会被拉断，说明在拉断绳子前A 的速度不可能为零，故只有C 正确．答案：C6.如图所示，物体A 、B 静止在光滑水平面上，且m A >m B ，现用大小相等的两个力F 和F ′分别作用在A 和B 上，使A 、B 沿一条直线相向运动，然后又先后撤去这两个力，使这两个力对物体做的功相同，接着两物体碰撞并合为一体后，它们( )A ．可能停止运动B ．一定向右运动C ．可能向左运动D ．仍运动，但运动方向不能确定解析：由动能定理可知：两个力对物体做的功相同，则合为一体前两物体动能相同，由物体动量和动能的关必为正，故碰后速度v 的方向一定与p A 相同，向右．答案：B7．用豆粒模拟气体分子，可以模拟气体压强产生的原理．如图所示，从距秤盘80 cm 高度把1 000 粒的豆粒连续均匀地倒在秤盘上，持续作用时间为1 s ，豆粒弹起时竖直方向的速度变为碰前的一半．若每个豆粒只与秤盘碰撞一次，且碰撞时间极短(在豆粒与秤盘碰撞极短时间内，碰撞力远大于豆粒受到的重力)，已知 1 000粒的豆粒的总质量为100 g ．则在碰撞过程中秤盘受到的压力大小约为( )A ．0.2 NB ．0.6 NC ．1.0 ND ．1.6 N解析：豆粒从80 cm 高处落下时速度为v, v 2＝2gh ，则v ＝2gh ＝2×10×0.8 m/s ＝4 m/s 设向上为正方向，根据动量定理： Ft ＝mv 2－mv 1，F ＝mv 2－mv 1t ＝0.1×2－0.1×（－4）1N ＝0.6 N ，B 正确，ACD 错误．故选B.答案：B8．人的质量m ＝60 kg ，船的质量M ＝240 kg ，若船用缆绳固定，船离岸1.5 m 时，人可以跃上岸．若撤去缆绳，如图所示，人要安全跃上岸，船离岸至多为(不计水的阻力，两次人消耗的能量相等，两次从离开船到跃上岸所用的时间相等)( )A ．1.5 mB ．1.2 mC ．1.34 mD ．1.1 m解析：船用缆绳固定时，设人起跳的速度为v 0，则x 0＝v 0t ，消耗的能量： E k ＝12mv 2撤去缆绳，由动量守恒： 0＝mv 1－Mv 2，两次人消耗的能量相等，即动能不变， 12mv 20＝12mv 21＋12Mv 22，解得： v 1＝MM ＋mv 0故：x 1＝v 1t ＝MM ＋mx 0＝24060＋240×1.5 m ＝1.34 m ，C 正确；ABD 错误；故选C.答案：C9．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：若以子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象(系统)，从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短时，弹簧固定端墙壁对弹簧有外力作用，因此动量不守恒．而在子弹射入木块时，存在剧烈摩擦作用，有一部分能量将转化为内能，机械能也不守恒．实际上，在子弹射入木块这一瞬间过程，取子弹与木块为系统则可认为动量守恒(此瞬间弹簧尚未形变)．子弹射入木块后木块压缩弹簧过程中，机械能守恒，但动量不守恒．物理规律总是在一定条件得出的，因此在分析问题时，不但要弄清取谁作研究对象，还要弄清过程的阶段的选取，判断各阶段满足物理规律的条件．故B 正确．答案：B10.如图所示，位于光滑水平桌面上的滑块P 和Q 都可视为质点，质量相等．Q 与轻质弹簧相连．设Q 静止，P 以某一初速度向Q 运动并与弹簧发生碰撞．在整个碰撞过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于( )A ．P 的初动能B ．P 的初动能的12C ．P 的初动能的13D ．P 的初动能的14解析：两者速度相等时，弹簧最短，弹性势能最大．设P 的初速度为v ，两者质量为m ，弹簧最短时两者的共同速度为v ′，弹簧具有的最大弹性势能为E p .根据动量守恒，有mv ＝2mv ′，根据能量守恒有12mv 2＝12×2mv′2＋E p ，以上两式联立求解得E p ＝14mv 2.可见弹簧具有的最大弹性势能等于滑块P 原来动能的一半，B 正确．答案：B二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分．每小题有多个选项是正确的，全选对得4分，漏选得2分，错选或不选得0分)11．质量为m 的物体以速度v 0从地面竖直上抛(不计空气阻力)到落回地面，在此过程中( ) A ．上升过程和下落过程中动量的变化量大小均为mv 0，但方向相反 B ．整个过程中重力的冲量为2mv 0 C ．整个过程中重力的冲量为0 D ．上升过程冲量大小为mv 0，方向向下解析：物体上升、下降动量变化量相同，大小均为mv 0，都向下．A 错、B 对，C 错、D 对． 答案：BD12．如图所示，轻质弹簧的一端固定在墙上，另一端与质量为m 的物体A 相连，A 放在光滑水平面上，有一质量与A 相同的物体B ，从高h 处由静止开始沿光滑曲面滑下，与A 相碰后一起将弹簧压缩，弹簧复原过程中某时刻B 与A 分开且沿原曲面上升．下列说法正确的是( )A ．弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mghB ．弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mgh2C ．B 能达到的最大高度为h 2D ．B 能达到的最大高度为h4解析：根据机械能守恒定律可得B 刚到达水平地面的速度v 0＝2gh ，根据动量守恒定律可得A 与B 碰撞后的速度为v ＝v 02，所以弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为E pm ＝12×2mv 2＝12mgh ，即B 正确；当弹簧再次恢复原长时，A 与B 将分开，B 以v 的速度沿斜面上滑，根据机械能守恒定律可得mgh ′＝12mv 2，B 能达到的最大高度为h4，即D 正确． 答案：BD13．在光滑的水平面上，动能为E 0、动量大小为p 0的小钢球1与静止小钢球2发生碰撞，碰撞前后小钢球1的运动方向相反，将碰撞后小钢球1的动能和动量的大小分别记为E 1、p 1，小钢球2的动能和动量的大小分别记为E 2、p 2，则必有( )A ．E 1＜E 0B ．p 1＜p 0C ．E 2＞E 0D ．p 2＜p 0解析：设碰撞前球1的运动方向为正方向，根据动量守恒定律有：p 0＝－p 1＋p 2， 可得到碰撞后球2的动量p 2＝p 0＋p 1.由于碰撞前球2静止，所以碰撞后球2一定沿正方向运动，所以p 2＞p 0，选项D 错误．由于碰撞后系统的机械能总量不可能大于碰撞前系统机械能总量，即E 0≥E 1＋E 2故有E 0＞E 1和E 0＞E 2，选项A 正确，选项C 错误．由动能和动量的关系E k ＝p 22m，结合选项A 的结果，可判断选项B 正确．答案：AB14.如图所示，甲、乙两车的质量均为M ，静置在光滑的水平面上，两车相距为L .乙车上站立着一个质量为m 的人，他通过一条轻绳拉甲车，甲、乙两车最后相接触，以下说法正确的是( )A ．甲、乙两车运动中速度之比为M ＋mM B ．甲、乙两车运动中速度之比为M M ＋mC ．甲车移动的距离为M ＋m2M ＋mLD ．乙车移动的距离为M2M ＋mL解析：本题类似人船模型．甲、乙、人看成一系统，则水平方向动量守恒，甲、乙两车运动中速度之比等于质量的反比M ＋mM，A 正确，B 错误；Mx 甲＝(M ＋m )x 乙，x 甲＋x 乙＝L ，解得C 、D 正确． 答案：ACD三、非选择题(本题共5小题，共54分．把答案填在题中的横线上或按照题目要求作答．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)15．(8分)如图所示为实验室中验证动量守恒的实验装置示意图．(1)若入射小球质量为m 1，半径为r 1；被碰小球质量为m 2，半径为r 2，则________． A ．m 1>m 2, r 1>r 2 B ．m 1>m 2, r 1<r 2 C ．m 1>m 2，r 1＝r 2D ．m 1<m 2, r 1＝r 2(2)为完成此实验，以下所提供的测量工具中必需的是________(填下列对应的字母) . A ．直尺 B ．游标卡尺 C ．天平 D ．弹簧测力计E ．秒表(3)设入射小球的质量为m 1，被碰小球的质量为m 2，P 为碰前入射小球落点的平均位置，则关系式(用m 1、m 2及图中字母表示)________________成立，即表示碰撞中动量守恒．解析：(1)在小球碰撞过程中，水平方向动量守恒，取向右为正方向， 由动量守恒定律得： m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2 在碰撞过程中机械能守恒：12m 1v 20＝12m 1v 21＋12m 2v 22联立解得： v 1＝m 1－m 2m 1＋m 2v 0 要碰后入射小球的速度v 1＞0，则有m 1－m 2＞0，即m 1＞m 2，为了使两球发生正碰，两小球的半径相同，即r 1＝r 2，选C.(2)P 为碰前入射小球落点的平均位置，M 为碰后入射小球的位置，N 为碰后被碰小球的位置，小球离开轨道后做平抛运动，运动时间t ＝2hg，即平抛运动的时间相同，碰撞前入射小球的速度v 0＝OP2hg，碰撞后入射小球的速度v 1＝OM 2hg，碰撞后被碰小球的速度v 2＝ON2hg，若m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2，则表明通过该实验验证了两球碰撞过程中动量守恒，将三个速度代入得： m 1OP ＝m 1OM ＋m 2ON ，故需要测量的工具有刻度尺和天平，故选AC ；(3)由(2)可知，实验需要验证的表达式为： m 1OP ＝m 1OM ＋m 2ON 答案：(1)C (2)AC (3)m 1OP ＝m 1OM ＋m 2ON16．(10分)宇航员在太空站内做了如下实验：选取两个质量分别为m A ＝0.2 kg 、m B ＝0.4 kg 的小球A 、B 和一根轻质短弹簧，弹簧的一端与小球A 粘连，另一端与小球B 接触而不粘连．现使小球A 和B 之间夹着被压缩的轻质弹簧，处于锁定状态，一起以速度v 0＝0.1 m/s 做匀速直线运动，如图所示，过一段时间，突然解除锁定(解除锁定没有机械能损失)，两球仍沿原直线运动，从弹簧与小球B 刚刚分离开始计时，经时间t ＝30 s，两球之间的距离增加了s ＝2.7 m ，求弹簧被锁定时的弹性势能E P.解析：本题考查动量守恒与能量守恒相结合．取A 、B 作为系统，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得：(m A ＋m B )v 0＝m A v A ＋m B v B ，① 根据题意得： s ＝(v A －v B )t ，②由机械能守恒得： E P ＋12(m A ＋m B )v 20＝12m A v 2A ＋12m B v 2B ，③代入数据，解①②③得：E P ＝0.054 J. 答案：弹簧被锁定时的弹性势能为0.054 J.17．(12分)如图所示，质量为m ＝1 kg 的小物块放在质量为m 1＝2 kg 的甲木板右端，二者以速度v 1＝8 m/s 沿光滑水平地面向右运动，小物块可视为质点．质量m 2＝2 kg 的乙木板在甲木板正前方以速度v 2＝2 m/s 同向运动，一段时间后两木板碰撞并粘在一起，小物块最终停留在乙木板上．已知小物块与乙木板间的动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度g ＝10 m/s 2.求：(1)两木板碰撞后瞬间乙木板的速度大小； (2)小物块最终距乙木块左端的距离．解析：(1)设两木板碰撞后的瞬间乙木板的速度大小为v ′，两木板碰撞的过程动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律得： m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v ′，代入数据解得： v ′＝5 m/s.(2)设最终三者共速速度为v 3，从开始到最终小物块停留在乙木板上，根据动量守恒定律得： (m 1＋m )v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2＋m )v 3，代入数据解得： v 3＝5.6 m/s.设小物块最终距乙木板左端的距离为L ，根据功能关系得： μmgL ＝12(m 1＋m 2)v ′2＋12mv 21－12(m 1＋m 2＋m )v 23，代入数据解得： L ＝0.72 m. 答案：(1)5 m/s (2)0.72 m18．(12分)如图所示，水平固定一个光滑长杆，有一个质量为m 小滑块A 套在细杆上可自由滑动．在水平杆上竖直固定一个挡板P ，小滑块靠在挡板的右侧处于静止状态，在小滑块的下端用长为L 的细线悬挂一个质量为2m 的小球B ，将小球拉至左端水平位置使细线处于自然长度，由静止释放，已知重力加速度为g .求：(1)小球运动过程中，相对最低点所能上升的最大高度； (2)小滑块运动过程中，所能获得的最大速度．解析：(1)小球第一次摆到最低点过程中，由机械能守恒，得2mgL ＝12(2m )v 2，解得v ＝2gL ；小球与小滑块达到共速时，小球上升到最大高度，设此高度为h ，系统动量守恒和机械能守恒，得 2mv ＝(2m ＋m )v 共， 12(2m )v 2＝12(3m )v 2共＋2mgh ， 联立解得h ＝13L .(2)小球摆回最低点时，小滑块获得最大速度，设此时小球速度为v 1，滑块的速度为v 2，由系统动量守恒及机械能守恒，得2mv ＝2mv 1＋mv 2，12(2m )v 2＝12(2m )v 21＋12mv 22， 解得v 2＝432gL .答案：(1)13L (2)432gL19.(12分)两质量均为2m 的劈A 和B ，高度相同，放在光滑水平面上，A 和B 的倾斜面都是光滑曲面，曲面下端与水平面相切，如图所示．一质量为m 的物块位于劈A 的倾斜面上，距水平面的高度为h ，物块从静止滑下，然后又滑上劈B ，重力加速度为g .求：(1)物块第一次离开劈A 时，劈A 的速度； (2)物块在劈B 上能够达到的最大高度．解析：(1)设滑块第一次离开A 时的速度为v 1，A 的速度为v 2，由系统动量守恒得：mv 1－2mv 2＝0， 由系统机械能守恒得：mgh ＝12mv 21＋12×2mv 22，联立解得：v 1＝43gh ，v 2＝ 13gh . (2)物块在劈B 上达到最大高度h ′时两者速度相同，设为v ，由系统动量守恒和机械能守恒得 (m ＋2m )v ＝mv 1，12(m ＋2m )v 2＋mgh ′＝12mv 21， 联立解得：h ′＝49h .答案：(1)13gh (2)49h。

第十六章第三节动量守恒定律1．(多选)(浙江省杭州市一中2016～2017学年高二下学期检测)如图所示，A、B两质量相等的物体，原来静止在平板小车C上，A和B间夹一被压缩了的轻弹簧，A、B与平板车上表面动摩擦因数之比为3∶2，地面光滑。

当弹簧突然释放后，A、B相对C滑动的过程中，下列说法正确的是( BC )A．A、B系统动量守恒B．A、B、C系统动量守恒C．小车向左运动D．小车向右运动解析：根据动量守恒的成立条件可知，A、B、C组成的系统动量守恒，A错误，B正确；对小车受力分析，水平方向受到向右的摩擦力f B和向左的摩擦力f A，因为μA＞μB，故f A＞f B，所以小车向左运动。

2．(多选)(广东省华南师范大学附属中学2017～2018学年高三综合测试)质量为m的物块甲以3m/s的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定于其左端，另一质量也为m的物块乙以4m/s的速度与甲相向运动，如图所示。

则( ACD )A．甲、乙两物块在弹簧压缩过程中系统动量守恒B．当两物块相距最近时，甲物块的速率为零C．当甲物块的速率为1m/s时，乙物块的速率可能为2m/s，也可能为0D．甲物块的速率不可能达到5m/s解析：甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，系统所受的合外力为零，动量守恒，故A正确；当两物块相距最近时速度相同，取碰撞前乙的速度方向为正方向，设共同速率为v，根据动量守恒定律得到：mv乙－mv甲＝2mv，解得v＝0.5m/s，故B错误；若物块甲的速率为1m/s，方向与原来相同，则由mv乙－mv甲＝mv甲′＋m乙v乙′，代入解得v乙′＝2m/s，若物块甲的速率为1m/s，方向与原来相反，则由mv乙－mv甲＝mv甲′＋m乙v乙′，代入解得v乙′＝0，故C正确；若物块甲的速率达到5m/s，方向与原来相同，则mv乙－mv甲＝－mv甲′＋m乙v乙′，代入解得v乙′＝6m/s，两个物体的速率都增大，动能都增大，违反了能量守恒定律；若物块甲的速率达到5m/s，方向与原来相反，则mv乙－mv甲＝mv甲′＋m乙v乙′，代入解得v乙′＝－4m/s，碰撞后，乙的动能不变，甲的动能增加，系统总动能增加，违反了能量守恒定律，所以物块甲的速率不可能达到5m/s，故D正确。

第十六章动量守恒定律单元过关测试题(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分)1．在下列几种现象中，动量不守恒的是() A．在光滑水平面上发生碰撞的两球B．车静止在光滑水平面上，车上的人从车头走到车尾，以人、车为系统C．水平放置的弹簧一端固定，另一端与置于光滑水平面上的物体相连，令弹簧伸长后释放使物体运动D．打乒乓球时，以球和球拍为系统2．关于冲量和动量，下列说法中正确的是() A．物体受到的冲量越大，其动量变化越大B．物体受到的合力越大，其动量的变化就越大C．物体受到的冲量方向与物体动量方向相同D．物体动量发生变化是因为受到了冲量作用3．以初速度v水平抛出一质量为m的石块，不计空气阻力，则对石块在空中运动过程中的下列各物理量的判断正确的是()A．在两个相等的时间间隔内，石块受到的冲量相同B．在两个相等的时间间隔内，石块动量的增量相同C．在两个下落高度相同的过程中，石块动量的增量相同D．在两个下落高度相同的过程中，石块动能的增量相同4．如图1所示，两个小球A、B在光滑水平地面上相向运动，它们的质量分别为m A＝4 kg，m B＝2 kg，速度分别是v A＝3 m/s(设为正方向)，v B＝－3 m/s.则它们发生正碰后，速度的可能值分别为()图1A．v A′＝1 m/s，v B′＝1 m/sB．v A′＝4 m/s，v B′＝－5 m/sC．v A′＝2 m/s，v B′＝－1 m/sD．v A′＝－1 m/s，v B′＝－5 m/s5．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2所示，当撤去外力后，下列说法中正确的是()图2A．a尚未离开墙壁前，a和b系统的动量守恒B．a尚末离开墙壁前，a与b系统的动量不守恒C．a离开墙壁后，a、b系统动量守恒D．a离开墙壁后，a、b系统动量不守恒6．如图3所示，光滑水平面上有一小车，小车上有一物体，用一细线将物体系于小车的A 端(细线未画出)，物体与小车A端之间有一压缩的弹簧，某时刻线断了，物体沿车滑动到B 端并粘在B端的油泥上．关于小车、物体和弹簧组成的系统，下述说法中正确的是()图3①若物体滑动中不受摩擦力，则全过程系统机械能守恒②若物体滑动中有摩擦力，则全过程系统动量守恒③两种情况下，小车的最终速度与断线前相同④两种情况下，系统损失的机械能相同A．①②③B．②③④C．①③④D．①②③④7．质量为m的小球A，沿光滑水平面以速度v0与质量为2m的静止小球B发生正碰，碰撞后，A球的动能变为原来的1/9，那么小球B的速度可能是()A.13v0 B.23v0C.49v0 D.59v08．如图4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()图4A．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9．如图5所示，具有一定质量的小球A固定在细线的一端，另一端悬挂在小车支架的O点，用手将小球拉至细线水平，此时小车静止于光滑水平面上．放手让小球摆下与B处固定的油泥撞击后粘在一起，则小车此后将()图5A．向右运动B．向左运动C．静止不动D．左右不停地运动10．如图6所示，位于光滑水平桌面上的滑块P和Q都可视为质点，质量相等．Q与轻质弹簧相连．设Q静止，P以某一初速度向Q运动并与弹簧发生碰撞．在整个碰撞过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于()图6A．P的初动能B．P的初动能的12C．P的初动能的13D．P的初动能的14二、非选择题(本题共7小题，共60分)11．(8分)汽车在平直公路上做匀加速直线运动，已知汽车的质量为m，其速度从v1增大到v2所经历的时间为t，路面阻力为F f，以汽车的运动方向为正方向，那么这段时间内，汽车的动量改变量是________，路面阻力的冲量是________，汽车所受合力的冲量是________，牵引力的冲量是________．12．(8分)质量为1 kg的物体m1，以某一初速度在水平面上滑行，与m2发生碰撞，碰撞前后两物体位移随时间变化的情况如图7所示，则m2＝________kg.图713．某同学利用打点计时器和气垫导轨做探究碰撞中的守恒量的实验．气垫导轨装置如图所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架等组成．在空腔导轨的两个工作面上均匀分布着一定数量的小孔，导轨空腔内不断通入的压缩空气会从小孔中喷出，使滑块稳定地漂浮在导轨上，这样就大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差．(1)下面是实验的主要步骤：①安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平；②向气垫导轨通入压缩空气；③把打点计时器固定在紧靠气垫导轨左端弹射架的外侧，将纸带穿过打点计时器，调节打点计时器的高度，直至滑块拖着纸带移动时，纸带始终在水平方向；④使滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳；⑤使滑块2放在气垫导轨的中间；⑥先________，然后________，让滑块带动纸带一起运动；⑦取下纸带，重复步骤④⑤⑥，选出理想的纸带如图所示；⑧滑块1(包括撞针)的质量为310 g，滑块2(包括橡皮泥)的质量为205 g．试完善实验步骤⑥的内容．(2)已知打点计时器每隔0.02 s打一个点，计算结果保留三位有效数字．计算碰撞前m1v1＋m2v2＝________kg·m/s；碰撞后m1v1′＋m2v2′＝________kg·m/s.计算碰撞前:m1v21＋m2v22＝________kg·m2/s2；碰撞后m1v′21＋m2v′22＝________kg·m2/s2.计算碰撞前v1m1＋v2m2＝________m/(s·kg)；碰撞后v1′m1＋v2′m2＝________m/(s·kg)．(3)通过以上计算可知，碰撞中的守恒量应是________．(4)试说明(2)中两结果不完全相等的主要原因是________．14．(10分)一炮弹质量为m，以一定的倾角斜向上发射，到达最高点时的速度为v，炮弹在最高点爆炸成两块，其中一块沿原轨道返回，质量为m2.求：(1)另一块爆炸后瞬时的速度大小；(2)爆炸后系统增加的机械能．15．(10分)用绳悬挂一个1 kg的木块，由木块重心到悬点的距离为1 m，质量为10 g的子弹以500 m/s的速度水平射入木块并以100 m/s的速度水平穿出，求：(1)子弹射穿木块的瞬间，绳的张力多大；(2)木块能摆到多高．(g取10 m/s2)16．(12分)如图8所示，一质量为M的物块静止在水平桌面边缘，桌面离水平地面的高度为h.一质量为m的子弹以水平速度v0射入物块后，以水平速度v0/2射出．重力加速度为g.求：(1)此过程中系统损失的机械能；(2)此后物块落地点离桌面边缘的水平距离．图817．(12分)如图9所示，在光滑水平面上有两个木块A、B，木块B静止，且其上表面左端放置着一小物块C.已知m A＝m B＝0.2 kg，m C ＝0.1 kg，现使木块A以初速度v＝2 m/s沿水平方向向右滑动，木块A与B相碰后具有共同速度(但不粘连)，C与A、B间均有摩擦．求：(1)木块A与B相碰瞬间木块A的速度及小物块C的速度大小；(2)设木块A足够长，求小物块C的最终速度．图9第十六章动量守恒定律单元检测卷答案解析1．CD[由动量守恒条件知：A、B选项中只有内力起作用，动量守恒．弹簧伸长后释放，固定端受外力作用，故动量不守恒．打乒乓球时手对球拍有力的作用，动量不守恒．] 2．AD[由动量定理可知冲量越大，动量变化越大，冲量的方向就是动量变化的方向，A 正确，B、C错误；冲量是动量变化的原因，D正确．]3．ABD[不计空气阻力，石块只受重力的冲量，无论路程怎样，两个过程的时间相同，重力的冲量就相同，A正确．据动量定理，物体动量的增量等于它受到的冲量，由于在两个相等的时间间隔内，石块受到重力的冲量相同，所以动量的增量必然相同，B正确．由于石块下落时在竖直方向上做加速运动，两个下落高度相同的过程所用时间不同，故所受重力的冲量就不同，因而动量的增量不同，C错．据动能定理，外力对物体所做的功等于物体动能的增量，石块只受重力作用，在重力的方向上位移相同，重力做功就相同，因此动能增量就相同，D正确．]4．A[相碰后，两者仍按原来各自的方向继续运动是不可能的，C错．对于B，碰后速度都变大，必然动能增加，违反能量守恒定律，故错．对于D，碰后系统动量方向是反方向的，故错．A是碰后合为一体的情况．] 5．BC[以a、b、弹簧为系统，撤去外力后，b向右运动，在a尚未离开墙壁前，系统受到墙壁的弹力F N，因此该过程a、b系统动量不守恒．当a离开墙壁后，系统水平方向不受外力，故系统动量守恒，选项B、C正确．] 6．B[取小车、物体和弹簧为一个系统，则系统水平方向不受外力(若有摩擦，则物体与小车间的摩擦力为内力)，故全过程系统动量守恒，小车的最终速度与断线前相同．但由于物体粘在B端的油泥上，即物体与小车发生完全非弹性碰撞，有机械能损失，故全过程机械能不守恒，但系统损失的机械能相同．] 7．AB[由动量守恒定律得，mv0＝m·v03＋2mv1或mv0＝m⎝⎛⎭⎪⎫－v03＋2mv2，解得v1＝v03，v2＝2v03.当v1＝v03时，12mv2>12m(v03)2＋12×2m(v03)2，所以A正确；当v2＝2v03时，12mv2＝12m⎝⎛⎭⎪⎫－v032＋12×2m⎝⎛⎭⎪⎫23v02，所以B正确．]8．B[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，以A车运动方向为正方向，则由动量守恒定律得(m1＋m2)v1－m2v2＝0，所以，有v1＝m2m1＋m2v2，m2m1＋m2<1，得v1<v2，故选项B正确．]9．C[小车和小球水平方向不受外力，故水平方向动量守恒，初动量为0，小球和油泥粘在一起后与车速度相同，末动量为0，所以车将静止，故选C.]10．B[两者速度相等时，弹簧最短，弹性势能最大．设P的初速度为v，两者质量为m，弹簧最短时两者的共同速度为v′，弹簧具有的最大弹性势能为E p.根据动量守恒，有mv＝2mv′，根据能量守恒有12mv2＝12×2mv′2＋E p，以上两式联立求解得E p＝14mv2.可见弹簧具有的最大弹性势能等于滑块P原来动能的一半，B正确．]11．mv2－mv1－F f t mv2－mv1mv2－mv1＋F f t解析Δp＝mv2－mv1因为Δp＝I F－I f＝I F－F f t所以I F＝mv2－mv1＋F f t12．3解析通过位移—时间图象挖掘出两个物体运动的信息——碰撞前、后两个物体的速度，形成物理情景，运用动量守恒定律求解．位移—时间图象的斜率表示物体运动的速度，由各段图线的斜率知：碰前m1匀速，v1＝4 m/s，m2静止；碰后两者粘在一起共同匀速运动，v＝1m /s ，由m 1v 1＝(m 1＋m 2)v ，得m 2＝3 kg . 13．【答案】 (1)接通打点计时器的电源 放开滑块1 (2)0.620 0.618 1.24 0.742 6.45 9.72 (3)滑块1、2碰撞前后的质量与速度乘积的矢量和(4)纸带与打点计时器限位孔有摩擦【解析】 (1)实验时应先接通打点计时器的电源，再放开滑块1.(2)碰撞前滑块1的速度 v 1＝(0.2/0.1)m/s ＝2 m/s m 1v 1＝0.31×2 kg·m/s ＝0.620 kg·m/s碰撞前滑块2的速度v 2＝0 碰撞后两滑块具有相同的速度 v ＝(0.168/0.14)m/s ＝1.2 m/sm 1v 1′＋m 2v 2′＝(m 1＋m 2)v ＝(0.310＋0.205)×1.2 kg·m/s ＝0.618 kg·m/sm 1v 21＋m 2v 22＝1.24 kg·m 2/s 2 m 1v ′21＋m 2v ′22＝0.742 kg·m 2/s 2 v 1m 1＋v 2m 2＝6.45 m/(s·kg)v ′1m 1＋v ′2m 2＝9.72 m/(s·kg)(3)通过以上计算可知，碰撞中的守恒量应是滑块1、2碰撞前后的质量与速度乘积的矢量和．(4)计算结果不完全相等的主要原因是纸带与打点计时器限位孔有摩擦．14.(1)3v (2)2mv 2解析 (1)爆炸后一块弹片沿原轨道返回，则该弹片速度大小为v ，方向与原方向相反，设另一块爆炸后瞬时速度为v 1，则爆炸过程中动量守恒，有mv ＝－m 2v ＋m2v 1 解得v 1＝3v(2)爆炸过程中重力势能没有改变爆炸前系统总动能E k ＝12mv 2 爆炸后系统总动能E k ′＝12·m 2v 2＋12·m 2(3v )2＝2.5mv 2系统增加的机械能ΔE ＝E k ′－E k ＝2mv 2 15．(1)26 N (2)0.8 m解析 (1)选子弹m 和木块M 为系统，由水平方向动量守恒有mv 0＝mv 1＋Mv 2，v 2＝m (v 0－v 1)M ＝0.01×(500－100)1 m /s ＝4m /s木块M 在最低点受重力Mg 和绳的拉力F ，据牛顿第二定律有F －Mg ＝M v 22l ，F ＝M (g ＋v 22l )＝1×(10＋421) N ＝26 N .(2)木块向上摆动，由机械能守恒有12Mv 22＝Mgh ， h ＝v 222g ＝422×10 m ＝0.8 m16．(1)18⎝ ⎛⎭⎪⎫3－m M mv 20 (2)mv 0Mh2g 解析 (1)设子弹穿过物块后物块的速度为v ，由动量守恒定律得mv 0＝m v 02＋Mv ①解得v ＝m2M v 0②系统的机械能损失为ΔE ＝12mv 20－⎣⎢⎡⎦⎥⎤12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 022＋12Mv 2③ 由②③式得ΔE ＝18⎝ ⎛⎭⎪⎫3－m M mv 20④(2)设物块下落到地面所需时间为t ，落地点距桌面边缘的水平距离为x ，则h ＝12gt 2⑤ x ＝vt ⑥由②⑤⑥式得x ＝mv 0Mh2g .17．(1)1 m /s 0 (2)23 m /s解析 (1)木块A 与B 相碰瞬间小物块C 的速度为0，木块A 、B 的速度相同，则由动量守恒定律得：m A v ＝(m A ＋m B )v A ，v A ＝v /2＝1 m /s ； (2)C 滑上A 后，摩擦力使C 加速、使A 减速，直至A 、C 具有共同速度，以A 、C 为系统，由动量守恒定律得m A v A ＝(m A ＋m C )v C ，v C ＝ 23 m /s .。