第一章 动量和动量守恒定律 单元测试（Word版含解析）

2021-2022学年粤教版（2019）选择性必修第一册
第一章
动量和动量守恒定律
单元测试（解析版）
第I卷（选择题）
一、选择题（共40分）
1．一物块在空中某位置从静止开始沿直线下落，其速度v随时间t变化的图线如图所示。则物块（　　）
A．第一个时间内的位移等于第二个时间内的位移
B．第一个时间内合外力做的功小于第二个时间内合外力做的功
C．第一个时间内重力的冲量等于第二个时间内重力的冲量
D．第一个时间内合外力的冲量小于第二个时间内合外力的冲量
2．下列说法正确的是（　　）
A．作用力做正功时，反作用力一定做负功
B．一对作用力和反作用力的功一定大小相等，方向相反
C．一对作用力和反作用力的冲量一定大小相等，方向相反
D．滑动摩擦力一定对物体做负功
3．某小组利用频闪照相的方法研究单摆的运动过程，即用在同一张底片上多次曝光的方法，在远处从与单摆摆动平面垂真的视角拍摄单摆在摆动过程中的多个位置的照片。从摆球离开左侧最高点A时开始，每隔相同时间曝光一次。得到了一张记录摆球从A位置由静止运动到右侧最高点B的照片，如图所示，其中摆球运动到最低点O时摆线被一把刻度尺挡住。对该实验进行分析可知（　　）
A．在O点附近摆球影像相邻位置的间隔较大，说明在O点附近摆球的速率较大，重力功率较大
B．摆球在A点所受的合力大小等于在B点所受的合力大小
C．摆球从A点运动到B点的过程中，机械能守恒
D．摆球从A点运动到B点的过程中，重力的冲量为0
4．碰撞过程中的能量传递规律在物理学中有着广泛的应用为了探究这一规律，某实验小组采用一个运动物体A与静止物体B发生正碰，碰撞前后速度在同一直线上，且无机械能损失的简化力学模型，则定义碰后B获得的动能与A原来的动能之比叫做动能传递系数。如图所示，在光滑水平面上有一小球A向右运动，与静止的小球B发生弹性碰撞（时间极短），碰撞前后A，B的速度随时间的变化如图乙所示，已知A的质量为，则A、B碰撞时的动能传递系数为（　　）
A．
B．
C．
D．
5．某同学质量为60
kg，在军事训练中，要求他从岸上以大小为1m/s的速度跳到一条向他缓缓飘来的小船上，然后去执行任务，小船的质量是120
kg，原来的速度大小是0.5m/s，该同学跳上船后停在船上，则（　　）
A．人和小船最终静止的水面上
B．船最终的速度是0.5
m/s
C．船的动量变化量大小为20
D．该过程同学的动量变化量大小为100
6．某码头采用斜面运送冷链食品，简化如图甲所示，电动机通过绕轻质定滑轮的轻细绳与放在倾角为的足够长斜面上的物体相连，启动电动机后物体沿斜面上升，在时间内物体运动的图像如图乙所示，其中除时间段图像为曲线外，其余时间段图像均为直线，后电动机的输出功率保持不变。已知物体的质量为，不计一切摩擦，重力加速度。则下列判断正确的是（　　）
A．在内电动机所做的功为
B．后电动机的输出功率为
C．在内电动机牵引力的冲量大小为
D．在内物体沿斜面向上运动了
7．如图所示，一个质量为0.05kg的网球，以30m/s的水平速度飞向球拍，被球拍打击后反向水平飞回，速度大小变为50m/s，设球拍与网球的作用时间为0.01s。下列说法正确的是（　　）
A．网球的动量变化了1kg?m/s
B．球拍对网球的平均作用力大小为100N
C．网球的机械能变化了85J
D．球拍对网球做的功为40J
8．如图所示，在光滑的水平面上有一静止的质量为M的凹槽，凹槽内表面为光滑的半圆弧轨道，半径为R，两端AB与圆心等高，现让质量为m的物块从A点以竖直向下的初速度v0开始下滑，则在运动过程中（　　）
A．物块与凹槽组成的系统在水平方向动量守恒
B．物块运动到B点时速度大于v0
C．物块运动到B点后将从B点飞出做竖直上抛运动
D．物块运动到B点时，凹槽向左移动了
9．如图所示，在光滑水平面上，静止着一个质量为m1的小球A，另一相同大小、质量为m2的小球B，以速度v与A发生弹性正碰，若碰后A、B两球的速度大小之比为3：1，则两球质量关系正确的是（　　）
A．2m1=m2
B．3m1
=
5m2
C．5m1
=
3m2
D．3m1=m2
10．如图所示，三个小木块A、B、C静止在足够长的光滑水平轨道上，质量分别为、、，其中B与C用一个轻弹簧固定连接，开始时整个装置处于静止状态；A和B之间有少许塑胶炸药（质量不计），现引爆塑胶炸药，若炸药爆炸（时间极短）产生的能量有转化为A和B的机械能，则下列说法正确的是（　　）
A．三个小木块A、B、C组成的系统动量守恒，机械能也守恒
B．爆炸后瞬间A的速度大小为
C．弹簧第一次恢复到原长时C的速度为0
D．弹簧弹性势能的最大值为
第II卷（非选择题）
二、实验题（共15分）
11．用如图所示的装置验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。
(1)在实验中，入射小球、被碰小球的质量分别为m1和m2，入射小球、被碰小球的半径分别为r1和r2.对于m1和m2、r1和r2的大小，下列关系正确的是__________
A．m1=m2，r1=r2
B．m1>m2，r1=r2
C．m1D．m1=m2，r1>r2
(2)下列关于实验的说法正确的是________
A．轨道需要光滑无摩擦且末端需要保持水平
B．通过测量小球做平抛运动的水平位移间接实现测定小球碰撞前后的速度
C．用半径尽量小的圆把小球的多次落点圈起来，圆心可视为其落点的平均位置
D．若实验结果，则两球在碰撞前后动量守恒
12．利用如图所示的装置验证碰撞中的动量守恒，圆弧轨道下端与水平桌面相切。先将小滑块a从圆弧轨道上的某一点无初速度释放，测出小滑块在水平桌面上滑行的距离x1，如图甲所示。将同种材料制成的小滑块b放在圆弧轨道的最低点，再将小滑块a从圆弧轨道的某一点无初速度释放，小滑块a与小滑块b碰撞后，分别测出小滑块b和小滑块a在水平桌面上滑行的距离x2、x3，如图乙所示。
(1)下列实验条件必须满足的有______；
A．圆弧轨道必须光滑
B．小滑块a两次必须从圆弧轨道的同一点释放
C．实验中必须测出释放点离水平桌面的高度
D．小滑块a的质量不能小于小滑块b的质量
(2)还需要测量的物理量有______（写出物理量的名称和相应的字母）；
(3)用已知的物理量和测得的物理量表示，只要满足关系式______，就说明两滑块碰撞中动量守恒。
三、解答题（共45分）
13．如图所示，质量m1=3kg的平顶小车静止在光滑的水平轨道上，车顶与左侧光滑平台等高，平台上放置质量m2=2kg的小物块，小物块可视为质点。小物块以v0=4m/s的初速度向右运动，滑上小车。已知小物块未从小车上滑下，小物块与车顶间的动摩擦因数。求：
（1）小车最终的速度；
（2）小物块相对小车运动的时间；
（3）小车的最小长度。
14．如图所示，半径、质量的半圆形滑槽，静止放置在水平地面上，一质量的小球从滑槽的右边缘与圆心等高处由静止滑下。不计一切摩擦，小球可看成质点，取重力加速度大小，求：
（1）小球的最大速度；
（2）滑槽移动的最大距离；
（3）滑槽对地面的最大压力。
15．动量定理可以表示为Δp=FΔt，其中动量p和力F都是矢量。在运用动量定理处理二维问题时，可以在相互垂直的x、y两个方向上分别研究。例如，质量为m的小球斜射到木板上，入射的角度是θ，碰撞后弹出的角度也是θ，碰撞前后的速度大小都是v，碰撞时间为Δt。如图所示。碰撞过程中忽略小球所受重力。
（1）分别求出碰拉前后x、y方向小球的动量变化Δpx、Δpy；
（2）求小球对木板的作用力。
16．如图所示，质量的足够长的木板A静止在光滑水平面上，滑块B、C放在木板A上，质量分别为、，滑块B、C与木板A间的动摩擦因数均为。某时刻滑块B获得一初速度，经时间滑块B、C发生碰撞，碰后滑块B、C粘在一起，重力加速度，碰撞时间极短，求：（结果保留两位有效数字）
（1）最初滑块B、C间的距离；
（2）滑块B、C碰撞过程中损失的机械能；
（3）滑块B、C碰后再经多长时间滑块B、C与木板A达到共同速度。
参考答案
1．C
【详解】
A．在图象中，图线与时间轴围成的面积表示物块的位移。由图可知，物块第一个t0时间内的位移小于第二个t0时间内位移，A错误；
B．根据动能定理可知，合外力对物块做的功等于动能的改变量，由图可知，第一个t0时间内动能的变化量大小等于第二个t0时间内动能的变化量大小，则第一个t0时间内合外力做的功大小等于第二个t0时间内合外力做的功大小，B错误；
C．根据冲量定义
可知第一个t0时间内重力的冲量等于第二个t0时间内重力的冲量，故C正确；
D．根据动量定理可知，合外力的冲量等于物体动量的变化，因两个过程动量变化大小相等，则第一个时间内合外力的冲量大小等于第二个时间内合外力的冲量的大小，故D错误；
故选C。
2．C
【详解】
AB．作用力和反作用力是作用在两个相互作用的物体之上的；作用力和反作用力可以同时做负功，也可以同时做正功；如冰面上两个原来静止的小孩子相互推一下之后，两人同时后退，则两力做正功；而两个相对运动后撞在一起的物体，作用力和反作用力均做负功，故AB错误；
C．作用力和反作用力大小相等，方向相反，故它们的冲量一定大小相等，方向相反;故C正确；
D．滑动摩擦力可以做正功也可以做负功，还可以不做功，故D错误。
故选C。
3．C
【详解】
A．功率
在O点附近，速度在水平方向，，重力竖直向下，所以，所以重力的功率为零，故A错误；
B．摆球在A点和B点的速度大小均为零，所需要的向心力为零，则小球受绳的拉力等于重力沿绳子方向的分力，而小球重力沿垂直绳子方向的力为小球受到的合外力，大小为
（为绳子与竖直方向的夹角），故小球在B点受到的合外力更大，故B错误；
C．摆球从A点运动到B点的过程中，，绳子拉力不做功，故机械能守恒，故C正确；
D．由
可得从A到B的过程中重力作用了时间t，故冲量不为零，故D错误。
故选C。
4．D
【详解】
碰撞过程中，满足动量守恒
由图像可知
，，
代入可得
因此动能传递系数
故选D。
5．A
【详解】
AB．设人的速度方向是正方向，由动量守恒得
带入数据解得
故A正确，B错误；
C．船的动量变化量为
故C错误；
D．该过程同学的动量变化量大小为
故D错误。
故选A。
6．C
【详解】
A．在0~1s内，物体位移大小为
设0~1s内电动机做的功为，由动能定理得
解得
故A错误；
B．在0~1s内，物体的加速度大小为
设0~1s内细绳拉力的大小为，由牛顿第二定律得
解得
由题意知1s后电动机输出功率为
故B错误；
C．当物体达到最大速度后，根据平衡条件可得细绳的拉力大小为
根据功率的公式可得
在1~5s内，设电动机牵引力的冲量大小为I，由动量定理得
解得
故C正确；
D．设1~5s内物体沿斜面向上运动的距离为，对物体由动能定理得
解得
所以在内物体沿斜面向上运动的距离为
故D错误。
故选C。
7．D
【详解】
A．网球的动量变化了
选项A错误；
B．根据动量定理
解得球拍对网球的平均作用力大小为
选项B错误；
CD．网球的机械能变化了
即球拍对网球做的功为40J
，选项C错误，D正确。
故选D。
8．ACD
【详解】
A．物块与凹槽组成的系统在水平方向受力为零，所以水平方向动量守恒。故A正确；
BC．该系统水平方向动量守恒，所以当物块运动到B点时只有竖直方向速度，之后将从B点飞出做竖直上抛运动。此时凹槽速度为零，根据能量关系，可知物块的速度等于v0，故B错误；C正确；
D．设物块从A到B的时间为t，物块发生的水平位移大小为x，则凹槽产生的位移为2R-x,取水平向右为正方向，则根据水平方向动量守恒有
解得
2R-x=
故D正确。
故选ACD。
9．BD
【详解】
设碰后A、B两球的速度分别为、，则有动量守恒可得
由机械能守恒可得
解得
，
由于碰后两球速度大小之比为3：1，则有
或
则可得解得
或
故选BD。
10．BD
【详解】
A．A和B的系统在炸药爆炸推开A与B的过程，系统动量守恒，能量守恒而机械能不守恒；B与C的系统在弹簧弹力作用的过程，系统动量守恒，机械能守恒，故三个小木块A、B、C组成的系统在全过程动量守恒，机械能不守恒，故A错误；
B．设爆炸后A和B的速度为、，取向右为正方向，炸药爆炸时间极短，C物块没有获得动能，有转化为A和B的机械能，由A和B的系统动量守恒和能量守恒有
解得
故B正确；
D．爆炸后取B、C和弹簧为研究系统，当弹簧第一次被压缩到最短时B、C达到共速vBC，此时弹簧的弹性势能最大设为Ep，取向右为正方向，由系统动量守恒得
系统动能转化为弹簧的弹性势能，由能量守恒得
联立解得
EP=6J
故D正确；
C．设弹簧恢复到原长时B、C的速度分别为v1和v2，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得
联立解得
v1=-2m/s，v2=2m/s
弹簧第一次恢复到原长时C的速度为2
m/s，故C错误；
故选BD。
11．B
BC
【详解】
(1)[1]为了避免碰撞后m1反向运动，必须使m1>m2，为了使两球发生正碰并且碰后的速度水平，则须使r1=r2。
故选B。
(2)[2]A．实验要求小球离开轨道后做平抛运动，实验所用的轨道末端要保持水平，不需要光滑，故A错误；
B．通过测量小球做平抛运动的水平位移可以间接实现测定小球碰撞前后的速度，故B正确；
C．用半径尽量小的圆把小球的多次落点圈起来，圆心视为其落点的平均位置，这样可以减小实验误差，故C正确；
D．若实验结果为
两球在碰撞前后动量守恒，故D错误。
故选BC。
12．BD
小滑块a的质量M和小滑块b的质量m
【详解】
(1)[1]A、只要使A从同一位置由静止释放，不论圆弧轨道是否光滑，A到达水平面时的速度都相等，实验中所用圆弧轨道不必是光滑的，故A错误；
B、为保证A到达水平面时的速度相等，两次必须从圆弧轨道上同一点无初速度释放滑块A，故B正确；
C、滑块到达底端的速度由它在水平面上滑行的距离求得，没必要测量滑块释放点离水平桌面的高度，选项C错误；
D、小滑块a的质量不能小于小滑块b的质量，否则碰后会反弹，选项D正确。
故选BD。
(2)[2]A在水平面运动过程，由动能定理得
解得
同理可求得A、B碰后的速度分别为
则要验证的关系为
即
即
则还需要测量的物理量是小滑块a的质量M和小滑块b的质量m.
(3)[3]由(2)的分析可知，只要满足关系式
就说明两滑块碰撞中动量守恒。
13．（1）1.6m/s；（2）1.2s；（3）2.4m
【详解】
（1）物块在小车上滑动的过程中，系统动量守恒，由动量守恒定律得
m2v0=（m1+m2）v
解得
v=1.6m/s
（2）物块在小车上滑动的过程中，对小车由动量定理得
μm2gt=m1v-0
解得
t=1.2s
（3）物块在小车上滑动的过程中，对系统由能量守恒得
解得
d=2.4m
14．（1）2m/s；（2）0.2m；（3）30N
【详解】
解：（1）由题意可知，小球滑到滑槽的最低点时速度最大，小球和滑槽组成系统在水平方向动量守恒，且机械能守恒，因此有
mvm=Mv
联立解得
vm=2m/s
v=1m/s
（2）由“人船模型”可得
mvm=MvM
由于M=2m，所以有
xm:
xM
=2:1
小球滑到左侧最高点时，位移最大，则有
xm+xM=2R
解得
xM=0.2m
（3）当小球滑到滑槽的最低点时小球对滑槽压力最大，此时小球和滑槽的相对速度最大，由牛顿第二定律，则有
解得
FN=20N
由牛顿第三定律，可得滑槽对地面的最大压力
Fmax=FN+Mg=30N
15．（1）0，；（2），方向沿y轴负方向
【详解】
（1）x方向：动量变化为
y方向：动量变化为
方向沿y轴正方向
（1）根据动量定理可知，木板对小球作用力大小为
方向沿y轴正方向。
根据牛顿第三定律，小球对木板作用力大小为，方向沿y轴负方向。
16．（1）；（2）；（3）
【详解】
（1）根据牛顿第二定律，对物块B得
假设AC共速，对AC整体得
解得
可知假设成立
由运动学公式可得，碰撞时物块B的速度
碰撞时AC的速度为
解得
，
碰撞前木板A、滑块B发生的位移分别为
，
最初滑块B、C间的距离为
代入数据解得
（2）滑块B、C碰撞过程中，由动量守恒定律得
再由能量守恒定律得
联立解得
（3）以滑块B、C与木板A整体为研究对象，由动量守恒定律得
以木板A为研究对象，由动量定理得
联立解得