第一章 动量守恒研究 单元达标测试（word版含解析）

2021-2022学年鲁科版选修3-5
第一章
动量守恒研究
单元达标测试（解析版）
第I卷（选择题）
一、选择题（共40分）
1．如图所示，在光滑水平面上质量分别为、，速率分别为，的A、两小球沿同一直线相向运动并发生对心碰撞，则（　　）
A．它们碰撞后的总动量是，方向水平向右
B．它们碰撞后的总动量是，方向水平向右
C．它们碰撞后小球一定向左运动
D．它们碰撞后A小球一定向右运动
2．甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为1
kg，下列说法中正确的是（　　）
A．该碰撞为完全非弹性碰撞
B．物体乙的质量为4
kg
C．碰撞过程两物块损失的机械能为3
J
D．该碰撞过程能量不守恒
3．在光滑的水平面上，有a、b两球，其质量分别为ma、mb，两球在t0时刻发生正碰，并且在碰撞过程中无机械能损失，两球碰撞后的速度图象如图所示，下列关系正确的是（　　）
A．ma>mb
B．maC．ma=mb
D．无法判断
4．如图1所示，一儿童站在平板小车中间，与小车一起沿水平地面匀速向右运动，儿童突然走向小车一端，此过程儿童和小车的速度—时间关系如图2所示，不计地面的摩擦。以下说法正确的是（　　）
A．儿童的质量小于小车的质量
B．儿童走向小车左端
C．儿童和小车的总动能减少
D．小车对儿童的冲量方向水平向右
5．“蹦蹦床”游乐项目是孩子们经常去游乐场玩的一款项目。将儿童在“蹦蹦床”上弹起、下落的过程简化为竖直方向上的运动。一质量为m的儿童从h高度处落下，从接触蹦床到速度大小减为零的时间为，在此过程中（　　）
A．蹦床对他的冲量大小为，蹦床对他做功不为0
B．蹦床对他的冲量大小为，蹦床对他做功不为0
C．蹦床对他的冲量大小为，蹦床对他做功为0
D．蹦床对他的冲量大小为，蹦床对他做功为0
6．质量为m的物块以初速度v冲上倾角为固定在水平面上的粗糙斜面。经过t时间，物块沿斜面向上滑行一段距离后静止在斜面上。对于物块向上滑行的过程，下列叙述正确的是（　　）
A．斜面对物块支持力的冲量为0
B．物块所受重力的冲量大小为（mgsin）t
C．物块所受合力的冲量大小为mv
D．斜面对物块作用力的冲量方向沿斜面向下
7．—质量为的物体受到水平拉力的作用，在粗糙的水平面上从静止开始做直线运动，动摩擦因数为0.2，水平拉力随时间的变化关系如图所示，重力加速度取，则下列说法正确的是（　　）
A．在时间内拉力的冲量为
B．在时间内物体动量的变化量为
C．在时间内合力所做的功为
D．当时物体的速度为
8．蹦床是体操运动的一种，有“空中芭蕾”之称。为了能够更好地完成空中动作，在网上准备阶段运动员要设法使自己弹得足够高。如图所示，蹦床的中心由弹性网面组成，若运动员从离水平网面3m高处由静止自由下落，着网后沿竖直方向回到离水平网面5m高处，则在此过程中（　　）
A．只有重力对运动员做功，运动员的机械能守恒
B．运动员的机械能增加，是因为运动员自身内力做正功
C．弹性网弹力对运动员的冲量大小等于运动员重力的冲量大小
D．弹性网弹力对运动员的冲量大小大于运动员重力的冲量大小
9．材料相同、质量不同的两滑块，以相同的初动量分别在同一水平面上运动直到停止，则（　　）
A．质量大的滑块运动时间短
B．质量小的滑块运动位移大
C．两滑块所受摩擦力的冲量大小相等
D．两滑块克服摩擦力做功一样多
10．质量为m1和m2的两个物体在光滑的水平面上正碰，碰撞时间不计，其位移－时间图像如图所示。则（　　）
A．若m1＝1
kg，则m2＝3
kg
B．若m1＝1
kg，则m2＝1
kg
C．若m2＞3m1则两个物体的碰撞是非弹性碰撞
D．若m2＝3m1则两个物体的碰撞是弹性碰撞
第II卷（非选择题）
二、实验题（共15分）
11．在做“研究平抛运动”的实验中，为了确定小球在不同时刻所通过的位置，实验时用如图1所示的装置。实验操作的主要步骤如下：
A．在一块平木板上钉上复写纸和白纸，然后将其竖直立于斜槽轨道末端槽口前，木板与槽口之间有一段距离，并保持板面与轨道末端的水平段垂直
B．使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止滚下，小球撞到木板在白纸上留下痕迹
C．将木板沿水平方向向右平移一段动距离，再使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止滚下，小球撞到木板在白纸上留下的痕迹
D．将木板再水平向右平移同样距离，使小球仍从斜槽上紧靠挡板处由静止滚下，再在白纸上得到痕迹
若测得间距离为，间距离为，已知当地的重力加速度为。
（1）关于该实验，下列说法中正确的是________
A．斜槽轨道必须尽可能光滑
B．每次释放小球的位置可以不同
C．每次小球均需由静止释放
D．小球的初速度可通过测量小球的释放点与抛出点之间的高度，之后再由机械能守恒定律求出
（2）根据上述直接测量的量和已知的物理量可以得到小球平抛的初速度大小的表达式=___________。（用题中所给字母表示）
（3）实验完成后，该同学对上述实验过程进行了深入研究，并得出如下的结论，期中正确的是________。
A．小球打在点时的动量与打在点时的动量的差值为，小球打在点时的动量与打在点时动量的差值为，则应由：
B．小球打在点时的动量与打在点时的动量的差值为，小球打在点时的动量与打在点时动量的差值为，则应由：
C．小球打在点时的动能与打在点时的动能的差值为，小球打在点时的动能与打在点时动能的差值为△，则应由
D．小球打在点时的动能与打在点时的动能的差值为，小球打在点时的动能与打在点时动能的差值为△，则应由
（4）另外一位同学根据测量出的不同情况下的和，令，并描绘出了如图所示的图象。若已知图线的斜率为，则小球平抛的初速度大小与的关系式为__________。（用题中所给字母表示）
12．在“验证动量守恒定律”的实验中，某同学用如图所示的装置进行了如下的操作：
①先调整斜槽轨道，使斜槽末端切线水平，在一块平木板表面先后钉上白纸和复写纸，并将该木板竖直立于靠近槽口处，使小球a从斜槽轨道上某固定点处由静止释放，撞到木板并在白纸上留下痕迹O；
②将木板向右平移适当的距离，再使小球a从原固定点由静止释放，撞在木板上并在白纸上留下痕迹B；
③把半径相同的小球b静止放在斜槽轨道水平段的最右端，让小球a仍从原固定点由静止释放，和小球b相碰后，两球撞在木板上并在白纸上留下痕迹A和C；
④用天平测量a、b两小球的质量分别为、，用刻度尺测量白纸上O点到A、B、C三点的距离分别为、和。
用本实验中所测得的量来验证两球碰撞过程动量守恒，其表达式为__________________；若发生的是弹性碰撞，则表达式__________________将成立。
三、解答题（共45分）
13．质量为1kg的小球从离地面5m高处自由下落，与地面碰撞后上升的最大高度为3.2m，设小球与地面作用时间为0.2s，取g=10m/s2。求：
（1）小球在落地前一瞬间的瞬时速度大小；
（2）小球与地面碰撞完成后的瞬间的瞬时速度大小；
（3）在碰撞过程中，地面对小球的平均冲力大小。
14．如图，光滑水平面与竖直面内光滑圆形导轨在B点相接，圆形导轨半径为R。质量为m的小球1将一端拴住的弹簧压缩至A点后静止释放，小球1获得向右速度并脱离弹簧，之后恰好能经过导轨最高点C，并从B点向右滑出与静止在D点的小球2发生弹性碰撞。碰后小球2以速度v水平抛出，恰好在E处无碰撞沿斜面下滑。已知重力加速度为g斜面倾角为37°，sin37°
=
，cos37°
=
。求：
（1）压缩弹簧至A点的弹性势能Ep；
（2）D点到E点的水平距离x；
（3）当小球2水平抛出的速度v
=
时，小球2的质量m2。
15．如图所示，在光滑桌面上放着长木板，其长度为m，在长木板的左上端放一可视为质点的小金属块，它的质量和木板的质量相等，最初它们是静止的现让小金属块以m/s的初速度向右滑动，当滑动到长木板的右端时，滑块的速度为m/s，取m/s2，求：
（1）长木板的速度大小；
（2）滑块与长木板间的动摩擦因数；
（3）小金属块滑到长木板右端经历的时间t。
16．如图所示，质量为的滑道静止在光滑的水平面上，滑道的AB部分是半径为的四分之一圆弧，圆弧底部与滑道水平部分相切，滑道水平部分右端固定一个轻弹簧。滑道除CD部分粗糙外其他部分均光滑。质量为的物体2（可视为质点）放在滑道的B点，现让质量为的物体1（可视为质点）自A点由静止释放。两物体在滑道上的C点相碰后粘为一体（已知，两物体与滑道的CD部分的动摩擦因数都为，）。求：
（1）BC的距离；
（2）求在整个运动过程中，弹簧具有的最大弹性势能；
（3）物体1、2最终停止位置距D点位置。
参考答案
1．B
【详解】
AB．碰撞过程满足动量守恒，以向右为正方向，系统动量为
A错误，B正确；
CD．A的质量小于B的质量，碰后A可能反弹向左运动，系统动量向右，若碰后B向左运动，A必然也向左运动，系统动量向左，不满足动量守恒，故碰后B不可能向左运动，CD错误。
故选B。
2．C
【详解】
由v-t图可知，碰前甲、乙的速度分别为、；碰后甲、乙的速度分别为，，甲、乙两物块碰撞过程中，由动量守恒定律得
解得
m乙=6kg
损失的机械能为
解得
即碰撞过程两物块损失的机械能为3J，此能量转化为两球的内能，但是能量还是守恒的。
故选C。
3．B
【详解】
碰撞过程由动量守恒定律及机械能守恒定律分别可得
联立解得
由于碰撞后a反弹，即，可知
B正确。
故选B。
4．B
【详解】
A．由图2可知，小车的加速度大小大于儿童的加速度大小，由于在运动过程中，小车与儿童间的相互作用力大小相等，即合力大小相等，由牛顿第二定律可知，小车的质量小于儿童的质量，故A错误；
B．由于儿童走动后，儿童和小车的速度方向相同，由动量守恒可知，儿童和小车都向右运动，只是儿童的速度比小车的小，则儿童相对小车向左运动，故B正确；
C．由于儿童走动过程，儿童和小车的总动能增加，故C错误；
D．由于儿童向右做减速运动，则小车对儿童的摩擦力向左，小车对儿童的支持力竖直向上，所以合力斜向左上方，合力的冲量方向斜向左上方，故D错误。
故选B。
5．A
【详解】
儿童接触蹦床时的速度为，接触蹦床后，以向上为正方向，根据动量定理得
解得
设儿童接触蹦床后，又下降了x，全程根据动能定理得
所以蹦床对儿童做的功为
故选A。
6．C
【详解】
A．物块向上滑行的过程，斜面对物块支持力的冲量为
故A错误；
B．物块所受重力的冲量大小为
故B错误；
C．根据动量定理可知，物块所受合力的冲量为
即物块所受合力的冲量大小为mv，故C正确；
D．由题可知，物块所受合力方向沿斜面向下，而此合力由竖直向下的重力与斜面对物块的作用力合成，则根据平行四边形法则可知，斜面对物块作用力方向不可能沿斜面向下，所以斜面对物块作用力的冲量方向不可能沿斜面向下，故D错误。
故选C。
7．B
【详解】
A．根据冲量的定义可知拉力的冲量对应F-t图像的面积，则在时间内拉力的冲量为
选项A错误；
B．物体受到的摩擦力
可知物体在t=2s时开始运动。在时间内拉力的冲量为
摩擦力的冲量
根据动量定理可知在时间内物体动量的变化量为
选项B正确；
D．根据可得时的速度
选项D错误；
C．根据动能定理可得在时间内合力所做的功
选项C错误。
故选B。
8．BC
【详解】
A．运动员从离水平网面3m高处由静止自由下落，着网后沿竖直方向回到离水平网面5m高处，初末位置动能都为0，但末位置重力势能大于初位置重力势能，运动员的机械能增加了，机械能不守恒，故A错误；
B．在网上准备阶段运动员要设法使自己弹得足够高，运动员自身内力做正功使运动员的机械能增加，故B正确；
CD．根据动量定理可知，运动员初末速度为0，动量的变化量为0，合外力的冲量为0，则弹性网弹力对运动员的冲量大小等于运动员重力的冲量大小，故C正确，D错误。
故选BC。
9．ABC
【详解】
A．摩擦力
由动量定理
可得
可得质量大的时间短，则A正确；
B．由动能定理
可得
则质量小的位移大，则B正确；
C．由动量定理
可得两滑块所受摩擦力的冲量大小相等，C正确；
D．由动能定理
可得质量小的摩擦力做功大，D错误；
故选ABC。
10．AD
【详解】
两个物体在光滑的水平面上正碰，由图像可知，m2初始静止，系统动量守恒
由x-t图像可知，斜率表示速度，，若m1＝1
kg，解得
m2＝3
kg
若m2＝3m1，两个物体在光滑的水平面上正碰，系统动量守恒，此时碰撞前的动能
碰撞后动能
碰撞前的动能等于碰撞后的动能，因此为弹性碰撞，故选AD。
11．C
A
【详解】
（1）[1]AB.只要保证小球每次从同一位置释放，每次摩擦力做功相同，故不需要斜槽尽量光滑，A、B错误；
C.必须保证小球每次从同一位置、静止释放，才能保证每次小球平抛的速度相同，C正确；
D.小球从释放点到抛出点，有摩擦力做负功，故不能用机械能守恒定律求解，D错误；
故选C。
（2）[2]由平抛运动规律
解得
（3）[3]AB.从点到点和从点到点水平位移相同，故运动时间相同，由动量定理可知，动量变化为
从点到点和从点到点的动量变化相同，故
故A正确，B错误；
CD.由动能定理可得，两次动能变化为
由于和的大小关系未知，故不能求出动能变化的比值，故C、D错误；
故选A。
（4）[4]由可得
故该直线的斜率为
即初速度为
12．
【详解】
[1]未放置小球时，小球平抛落点为，平抛初速度计为；放置小球后，碰撞后速度较小，小球落点为，平抛初速度计为，小球速度较大，小球落点为，平抛初速度计为，选取水平向右为正方向，根据动量守恒定律
小球做平抛运动，分解位移
解得
将速度表达式代入动量守恒方程，得
[2]发生弹性碰撞，根据机械能守恒定律
将速度表达式代入，得
13．（1）10m/s；（2）8m/s；（3）100N
【详解】
(1)据自由落体位移公式可得，落地前一瞬间速度大小为
(2)据竖直上抛位移公式可得，小球与地面碰撞完成后的瞬间速度大小为
(3)在与地面碰撞过程，以向上为正方向，由动量定理可得
代入数据解得
即地面对小球的平均冲力大小为100N。
14．（1）Ep
=
mgR；（2）x
=
；（3）m2
=
【详解】
（1）小球1获得向右速度并脱离弹簧，之后恰好能经过导轨最高点C，则有
vC1=
从A到C根据动能定理有
Ep
-
mg2R
=
mvC12
代入数据有
Ep=
mgR
（2）由题知，碰后小球2以速度v水平抛出，恰好在E处无碰撞沿斜面下滑，则小球2在E点的速度方向与水平方向成37°，且小球2抛出后做平抛运动，有
vy
=
vxtan37°
=
v
vy
=
gt
x
=
vt
代入数据有
x
=
（3）小球1在碰撞前的速度为
-
2mgR
=
mv1C2
+
mv12
小球1和小球2发生弹性碰撞有
m1v1=
m1v1′
+
m2v
m1v12=
m1v1′2
+
m2v2
代入数据有
m2=
15．(1)
；(2)
：(3)
【详解】
(1)设小金属块和木板的质量均为m，系统的动量守恒，则
可得
(2)由动能定理得
则
(3)由
可得
16．（1）0.15m；（2）0.9J；（3）0.05m
【详解】
（1）物体1从释放到与物体2相碰撞过程中，物体1、组成的系统水平方向动量守恒，设物体1水平位移大小，水平位移大小，则有
得
滑道除CD部分粗糙外其他部分均光滑，所以该过程中物体2的位置没有变化，所以物块物体1沿水平方向的位移大小
可以求得
（2）设物体1、物体2刚要相碰时物体1的速度，滑道的速度为，由机械能守恒定律有
由动量守恒定律有
设物体1和物体2相碰后的共同速度为，由动量守恒定律有
弹簧第一次压缩最短时由动量守恒定律可知物体1、2和滑道速度为零，此时弹性势能最大。设为。从物体1、2碰撞后到弹簧第一次压缩最短的过程中，由能量守恒有
联立以上方程，代入数据可得
（3）分析可知物体1、2和滑道最终将静止，设物体1、2相对滑道CD部分运动的路程为s，由能量守恒有
代入数据可得
所以物体1、2最终停在D点左端离D点距离为0.05m处