第一章 动量守恒定律 期末综合复习 优选测评卷（Word版含答案）

第一章 动量守恒定律 期末综合复习优选测评卷
一、单选题
1．在下列几种现象中，所选系统动量守恒的是（　　）
A．在光滑水平面上，运动的小车迎面撞上一静止的小车，以两车为一系统
B．运动员将铅球从肩窝开始加速推出，以运动员和铅球为一系统
C．从高空自由落下的重物落在静止于地面上的车厢中，以重物和车厢为一系统
D．光滑水平面上放一斜面，斜面也光滑，一个物体沿斜面滑下，以物体和斜面为一系统
2．如图，从高处跳到低处时，为了安全，一般都要屈腿，这样做是为了（　　）
A．减小冲量
B．减小动量的变化量
C．增大与地面的冲击时间，从而减小冲力
D．增大人对地面的压强，起到安全作用
3．一质量为m的铁锤，以速度v竖直打在木桩上，经过时间后停止，则在打击时间内，铁锤对木桩的平均冲力的大小是（　　）
A． B． C． D．
4．质量为2kg的小球自塔顶由静止开始下落，不考虑空气阻力的影响，g取，下列说法中正确的是（　　）
A．2s末小球的动量大小为40kgm/s
B．2s末小球的动能为40J
C．2s内重力的冲量大小为200
D．2s内重力的平均功率为20W
5．如图甲所示，静止在水平面上重力为F0的物块A受到竖直向上拉力F作用。F与时间t的关系如图乙所示。则（　　）
A．0~t0时间内拉力F对物体作的功不为零
B．2t0时刻物块速度最大
C．2t0~3t0时间内物块处于失重状态
D．2t0与3t0时刻拉力F的功率相同
6．质量相等的A、B两球在光滑水平面上，沿同一直线，同一方向运动，A球的动量为pA=9kg m/s，B球的动量为pB=3kg m/s．当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是（　　）
A．pA′=6kg m/s，pB′=6kg m/s
B．pA′=8kg m/s，pB′=4kg m/s
C．pA′=-2kg m/s，pB′=14kg m/s
D．pA′=-4kg m/s，pB′=8kg m/s
7．如图所示，竖直平面内有一固定半圆槽，A、C等高，B为半圆槽最低点，小球从A点正上方点由静止释放，从A点沿切线方向进入半圆槽，刚好能运动至C点.设球在AB段和BC段运动过程中，运动时间分别为、，合外力的冲量大小为、，则（ ）
A． B． C． D．
8．一物体在合外力F的作用下从静止开始做直线运动，合外力方向不变，大小随时间的变化如图所示，物体在和时刻，物体的动能分别为、，物块的动量分别为、，则
A．， B．，
C．， D．，
二、多选题
9．对于质量一定的物体，下列说法正确的是（　　）
A．如果物体运动的速度大小不变，物体的动量也保持不变
B．运动的物体在任一时刻的动量方向，一定是该时刻的速度方向
C．物体的动量发生改变，则合外力一定对物体做了功
D．物体的动能发生改变，其动量一定发生改变
10．如图所示，是固定于竖直平面内的光滑圆轨道，圆心O在S的正上方，与P点在同一水平线上。在O和P两点处各有一质量为m的小物块a和b，从同一时刻开始，a自由下落，b由静止沿圆弧轨道下滑。以下说法正确的是（　　）
A．在S点的动量相同
B．在S点的动量不相同
C．由静止到S点的过程重力的冲量相同
D．由静止到S点的过程合外力的冲量大小相等
11．若不计空气阻力，取竖直向上为正方向，关于竖直上抛物体的动量变化量随时间变化的曲线和动量变化率随时间变化的曲线，下列正确的是（　　）
A．B．C． D．
12．如图，半径为R、质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，将质量也为m的小球从距A点正上方h高处由静止释放，小球自由落体后由A点经过半圆轨道后从B冲出，在空中能上升的最大高度为 ，则(　　)
A．小球和小车组成的系统动量守恒
B．小车向左运动的最大距离为
C．小球离开小车后做竖直上抛运动
D．小球第二次能上升的最大高度
三、填空题
13．光滑水平面上一平板车质量为M＝50 kg，上面站着质量m＝70 kg的人，共同以速度v0匀速前进，若人相对车以速度v＝2 m/s向后跑，问人跑动后车的速度改变量为____．
14．如图所示，光滑水平面上有m1=2kg，m2=4kg的两个物体，其中m2左侧固定一轻质弹簧，m1以v0=6m/s的速度向右运动，通过压缩弹簧与原来静止的m2发生相互作用，则弹簧被压缩最短时m2的速度v=________m/s， 此时弹簧存储的弹性势能为________J ．
15．A，B两物体在水平面上相向运动，其中物体A的质量为m1＝4 kg，两物体发生碰撞前后的运动情况如图所示．则
(1)由图可知A，B两物体在_____时刻发生碰撞，B物体的质量m2＝________kg．
(2)碰撞过程中，系统的机械能损失量为______________J
16．某同学利用打点计时器和气垫导轨做验证动量守恒定律的实验。气垫导轨装置如图（a）所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架等组成。
（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与弹射架并固定在滑块1的左端，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；把滑块2放在气垫导轨的中间；
⑤先________，再放开________，让其带动纸带一起运动；在中间与滑块2相撞并粘在一起运动；
⑥取下纸带，重复步骤④⑤，选出理想的纸带如图（b）所示；
⑦测得滑块1的质量310 g，滑块2（包括橡皮泥）的质量205g．
（2）已知打点计时器每隔0.02s打一个点，计算可知两滑块相互作用以前系统的总动量为________ kg·m/s；两滑块相互作用以后系统的总动量为________ kg·m/s（保留三位有效数字）．
（3）试说明（2）中两结果不完全相等的主要原因是________
四、解答题
17．在光滑水平面上静置有质量均为m的木板和滑块，木板上表面粗糙，滑块上表面是光滑的圆弧，其始端D点切线水平且在木板上表面内，它们紧靠在一起，如图所示。一可视为质点的物块P，质量也为m，从木板的右端以初速度滑上木板，过B点时速度为，又滑上滑块，最终恰好能滑到滑块圆弧的最高点C处。已知物块P与木板间的动摩擦因数为μ。求：
（1）物块滑到B处时木板的速度；
（2）木板的长度L；
（3）滑块圆弧的半径。
18．如图甲所示，A、B两物体与水平面间的动摩擦因数相同，A的质量为3 kg，A以一定的初速度向右滑动，与B发生碰撞（碰撞时间非常短），碰前A的速度变化如图乙中图线Ⅰ所示，碰后A、B的速度变化分别如图线Ⅱ、Ⅲ所示，g取10m/s2，求：
(1)A与地面间的动摩擦因数；
(2)B的质量；
(3)计算说明A、B间发生的是弹性碰撞还是非弹性碰撞．
19．如右图所示一木板放置在光滑的水平桌面上，A、B两个小物体通过不可伸长的轻绳相连，细绳平行于地面，且跨过轻滑轮，A物体放置在木板的最左端．已知木板的质量m1=20.0kg，物体A的质量m2=4.0kg，物体B的质量m3=1.0kg，物体A与木板间的动摩擦因数μ=0.5，木板长L=2m本板与物体A之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2.不计滑轮摩擦．
（1）为了使物体A随着木板一起向左运动，现对木板施加水平向左的力F，求力F的最大值；
（2）若开始时不施加力F，在A、B、木板静止时，用向左的水平力击打木板一下，使木板、A向左运动，物体B上升．当物体B上升hB=1.0m(物体B未碰触滑轮）时，物体A刚好到达木板最右端．求最初击打木板的冲量I.
20．如图所示，质量为M的长木板A在光滑水平面上，以大小为v0的速度向左运动，一质量为m的小木块B（可视为质点），以大小也为v0的速度水平向右运动冲上木板左端，B、A间动摩擦因数为μ，最后B不会滑离A．已知M=2m，重力加速度为g．求：
(1)A、B最后的速度；
(2)木板A的最短长度．
参考答案
1．A
【解析】A．两车组成的系统受到的合外力为零，故以两车为一系统动量守恒，A正确；
B．人与铅球组成的系统初动量为零，末动量不为零，运动员和铅球为一系统动量不守恒，B错误；
C．重物和车厢组成的系统的末动量为零而初动量不为零，重物和车厢为一系统动量不守恒，C错误；
D．在物体沿斜面下滑时，向下的动量增大，竖直方向动量不守恒，物体和斜面为一系统动量不守恒，D错误。
故选A。
2．C
【解析】人在和地面接触时，人的速度减为零，由动量定理可知
（F－mg）t＝Δp
而屈腿可以增加人着地的时间，从而减小受到地面的冲击力，所以C正确；ABD错误；
故选C。
3．C
【解析】对铁锤应用动量定理，设木桩对铁锤的平均作用力为F，以向上为正方向，则有
解得
由牛顿第三定律，铁锤对木桩的平均冲力大小为
故选C。
4．A
【分析】
本题考查动量与冲量的计算，以及功率的计算。
【解析】小球做自由落体运动。2s内位移
2s末速度
A．2s末小球动量
故A正确；
B．2s末小球的动能
故B错误；
C．2s内重力的冲量大小
故C错误；
D．2s内重力的平均功率
故D错误。
故选A。
5．D
【解析】A．0~t0时间内根据图像可知拉力小于重力，所以物块静止不动，拉力对物体不做功，A错误；
B．根据图像可知t0时刻和3t0时刻外力等于物体重力，所以t0~2t0时间内根据牛顿第二定律可知物体做加速度增大的加速运动，同理可知2t0~3t0时间内物体做加速度减小的加速运动，在3t0时刻物体所受合外力为0，加速度为0，速度达到最大，B错误；
C．2t0~3t0时间内物块所受拉力大于重力，处于超重状态，C错误；
D．t0~2t0时间内，选取竖直向上为正，图像和时间轴围成的面积即为外力对应的冲量，根据动量定理
解得2t0时刻物体的速度
F的瞬时功率为
同理，2t0~3t0时间内根据动量定理
解得
3t0时刻F的瞬时功率为
D正确。
故选D。
6．A
【解析】A. 碰撞前系统总动量：
p=pA+pB=12kg m/s，
由题意可知mA=mB=m；如果pA′=6kg m/s，pB′=6kg m/s，系统动量守恒，碰撞后的总动能：
，vA′=vB′
符合实际，故A正确；
B. 如果pA′=8kg m/s，pB′=4kg m/s，碰撞过程动量守恒，有：
，vA′>vB′
不符合实际，故B错误；
C. 如果pA′=-2kg m/s，pB′=14kg m/s，则碰撞后系统的总动能为：
系统动能增加，不符合实际，故C错误；
D. 如果pA′=-4kg m/s，pB′=8kg m/s，碰撞后系统总动量为：
p′=pA′+pB′=-4kg m/s+8kg m/s=4kg m/s
碰撞过程动量不守恒，不符合题意，故D错误．
7．C
【解析】AB．小球刚开始自由下落，到达点的速度为零，由受力分析知小球在段一直减速，则小球在段的平均速率大于段的，两段弧长相等，所以
AB错误；
CD．根据动量定理，合外力的冲量等于动量的变化量，在段合外力的冲量大小为
在段小球动量变化如图所示
合外力的冲量大小为，即
D错误C正确。
故选C。
8．C
【分析】
根据动量定理分别求物体在t0和2t0时刻的速度v1和v2之比．根据公式P=mv，求出P1和P2之比，再根据动能的计算式求Ek1和Ek2之比
【解析】根据动量定理得：
内：
内：
由解得：：：3
由得：
由得：
解得：．
故选C．
【点睛】
本题涉及力在时间的积累效果，优先考虑动量定理．对于动能，也可以根据动能定理求解.
9．BD
【解析】A．动量是矢量，只要速度方向发生变化，动量也发生变化，故A错误；
B．动量具有瞬时性，任一时刻物体动量的方向，即为该时刻物体的速度方向，故B正确；
C．当物体速度的方向改变而大小未变时，动量也发生了改变，但合外力对物体没有做功，故C错误；
D．物体的动能发生改变，则其速度大小一定改变，则动量一定改变，故D正确。
故选BD。
10．BD
【解析】AB．根据机械能守恒定律知，在S点的速度大小相等，方向不同，根据
知，动量的大小相等，但是方向不同，故A错误，B正确；
C．由机械能守恒定律知，在相同的高度时，两物块的速度大小相等，即速率相等。由于a的路程小于b的路程，故
即a比b先到达S点，可知由静止到S点的过程重力的冲量不同，故C错误；
D．合外力的冲量等于动量的变化量，两物块由静止到S点的过程，动量变化量的大小相等，则合外力冲量的大小相等，故D正确。
故选BD。
11．CD
【解析】竖直上拋的物体做匀减速直线运动，竖直向上为正方向，则
故选CD。
12．CD
【解析】A．小球与小车在水平方向所受合外力为零，在竖直方向所受合外力不为零，因此小球和小车组成的系统水平方向动量守恒，在竖直方向动量不守恒，A错误；
B．当小球向右运动时，设任一时刻小球速度的水平分量大小为，小车的速度大小为，据系统水平方向动量守恒，以向右为正，则
可得
则小球与车在水平方向位移大小
而
解得：小车向左运动的最大距离
B错误；
C．小球与小车组成的系统水平方向动量守恒，系统水平方向动量为零，小球离开小车时两者在水平方向速度相等，则小球离开小车时小球与小车水平方向速度均为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，C正确；
D．小球第一次在车中运动过程中，由功能关系得
小球第二次在车中运动过程中，相应位置处速度变小，小车对小球的弹力变小，从而摩擦力变小，小球克服摩擦做的功变少，即
设小球第二次能上升的最大高度为，由功能关系得
解得
D正确。
故选CD。
13． ；
【解析】以人和车组成的系统为研究对象，选v0方向为正方向，设人跑动后车的速度变为v′，则人相对地的速度为v1=v′-v．
系统所受合外力为零，根据动量守恒定律有（M+m）v0=Mv′+m（v′-v）
解得：v′＝v0+
人跑动后车的速度改变量为△v＝v′ v0＝＝1.17m/s
14．2 24
【分析】
当滑块A、B的速度相同时，间距最小，弹簧压缩量最大，弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒和能量守恒列方程求出速度与弹性势能．
【解析】当滑块A、B的速度相同时，弹簧被压缩最短，弹簧的弹性势能最大． 设向右为正方向，由动量守恒定律有：m1v0=（m1+m2）v，代入数据解得：v=2m/s，
由能量守恒定律得：Epm=m1v02-（m1+m2）v2，
代入数据解得：Epm=24J；
【点睛】
解决本题首先要明确研究的过程，其次要挖掘隐含条件：弹簧伸长最长时两木块的速度相同．考查学生应用动量守恒定律和能量守恒定律解决物理问题的能力．
15．2 s； 6； 30
【解析】（1）根据图象可知，A、B两物体在2s末时刻发生碰撞，x-t图象的斜率表示速度，则碰前A的速度为
B的速度为
碰后的AB的速度为
．
根据动量守恒定律得
mAvA+mBvB=（mA+mB）v
解得：mB=6kg
（2）根据能量守恒得，损失的机械能为
△E＝mAvA2+mBvB2 (mA+mB)v2
代入数据得
△E=30J
16．接通打点计时器的电源 放开滑块 0.620 0.618 纸带与打点计时器限位孔有摩擦
【解析】（1）根据打点计时器的使用可知，接通打点计时器的电源，后放开滑块；
（2）放开滑块1后，滑块1做匀速运动，跟滑块2发生碰撞后跟2一起做匀速运动，根据纸带的数据得，碰撞前滑块1的动量为
滑块2的动量为零，所以碰撞前的总动量为0.620kg m/s；
碰撞后滑块1、2速度相等，所以碰撞后总动量为
（3）结果不完全相等是因为纸带与打点计时器限位孔有摩擦力的作用。
17．（1）；（2）；（3）
【解析】(1)物块由A到B过程，取向左为正方向，木板AB、滑块CD及物块P整体，由动量守恒定律得
又
解得
(2)物块由A到B过程，据能量守恒定律得
解得木板的长度为
(3)物块由D到C过程，滑块与物块P组成的系统动量守恒，机械能守恒，得
联立解得滑块圆弧的半径为
18．（1）0.1 （2）1kg （3）碰撞为弹性碰撞
【分析】
（1）碰撞前A做匀减速直线运动，根据v-t图象得到加速度，根据牛顿第二定律确定动摩擦因数；
（2）由图象得到碰撞前后两个物体的运动速度，然后根据动量守恒定律列式求物体B的质量；
（3）分别求出碰撞前后系统的总动能，再判断碰撞的类型．
【解析】（1）由v-t图，可知A的初速度为：，碰撞前的速度为：，时间为：t=1s
由动量定理得：,代入数据解得：f=3N
A与地面间的动摩擦因数：
（2） 由v-t图，可知碰撞后A的速度为：，B的速度为：
碰撞过程系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向
由动量守恒定律得：
代入数据解得：
（3）碰撞前后系统的机械能差：
代入数据解得：，则碰撞为弹性碰撞
【点睛】
本题考查了求动摩擦因数、判断碰撞类型，分析清楚物体运动过程、由图示图象求出物体的速度，应用动量定理、动量守恒定律即可正确解题．
19．（1） （2）
【解析】试题分析：（1）物体A随着木板一起向左运动时，三个物体的加速度大小相等，当A与木板间的静摩擦力达到最大值时，F达到最大值，根据牛顿第二定律，先对AB整体进行研究，求出加速度，再对木板进行研究，求出力F的最大值；（3）用一个水平向左的力瞬间击打木板， A向左做匀加速运动，木板向左做匀减速运动，由于木板与物体A之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，AB的加速度大小与（2）中加速度大小相等，由位移公式可求出B上升高度所用的时间．根据牛顿第二定律和运动学公式木板向左运动的初速度，再由动量定理求解打击木板的这个力的冲量大小I．
（1）设A、B、木板一起运动的加速度大小为a，物体B受两力：重力mg、绳拉力T
由根据牛顿第二定律有： ①
物体A水平方向受两力：木板的摩擦力f、绳拉力T，根据牛顿第二定律有：②
木板水平方向受两力：外力F、A的摩擦力f，根据牛顿第二定律有：③
①②③联立得：，④⑤
从④⑤显然看出，F越大，a、f越大，当⑥
代入数据，解得F的最大值为
（2）打击木板后，物体A、B在木板的最大静摩擦力作用下，以加速度加速运动，当物体B上升高度时，有：⑦
木板向左运动的位移为：⑧
木板在A的摩擦力作用下，做减速运动的加速度为
根据牛顿第二定律有：⑨
设打击木板后的瞬间，木板的速度为，则 ⑩
代入数据，解得：
根据动量定理得最初击打木板的冲量为：
20．(1),方向向左 (2)
【解析】（1）由题意可知AB最后的共同速度v，以向左为正方向；由动量守恒定律：
解得v=v0，方向向左
（2）设平板车的最短长度为l，则由功能关系：
解得：
点睛：此题考查了动量守恒定律以及能量关系；对板块模型问题用动量守恒与能量守恒的结合很简单快捷，关键还是要知道系统动能的损失转化为摩擦生热.