1.3动量守恒定理基础巩固（word版含答案）

1.3动量守恒定理基础巩固2021—2022学年高中物理人教版（2019）选择性必修第一册
一、选择题（共15题）
1．如图所示，质量为、半径为R的大空心球B（内壁光滑）静止在光滑水平面上，有一质量为m的小球A（可视为质点）从与大球球心等高处开始无初速度下滑，滚到大球最低点时，大球移动的距离为（　　）
A．R B． C． D．
2．如图所示，木块A、B置于光滑水平桌面上，木块A沿水平方向向左运动与B相碰，碰后粘连在一起，将弹簧压缩到最短．则木块A、B和弹簧组成的系统，从A、B相碰到弹簧压缩至最短的整个过程中（　　）
A．动量不守恒、机械能守恒 B．动量不守恒、机械能不守恒
C．动量守恒、机械能守恒 D．动量守恒、机械能不守恒
3．如图所示，在光滑的水平面上有两辆小车，中间夹一根压缩了的轻质弹簧，两手分别按住小车使它们静止，对两车及弹簧组成的系统，下列说法中不正确的是（ ）
A．只要两手同时放开后，系统的总动量始终为零
B．先放开左手，后放开右手，动量不守恒
C．先放开左手，后放开右手，总动量向右
D．无论怎样放开两手，系统的总动能一定不为零
4．能量守恒定律是自然界最普遍的规律之一，以下最能体现能量守恒定律的是（　　）
A．动量守恒定律 B．动量定理
C．闭合电路欧姆定律 D．牛顿第三定律
5．2010年2月，温哥华冬奥会上，我国代表团凭借申雪、赵宏博在花样滑冰双人滑比赛中的完美表现，获得本届冬奥会上的第一块金牌，这也是中国队在花样滑冰赛场上获得的首枚奥运会金牌。若质量为m1的赵宏博抱着质量为m2的申雪以v0的速度沿水平冰面做直线运动，某时刻赵宏博突然将申雪向前水平推出，推出后两人仍在原直线上运动，冰面的摩擦可忽略不计。若分离时赵宏博的速度为v1，申雪的速度v2，则有(　　)
A．m1v0＝m1v1＋m2v2 B．m2v0＝m1v1＋m2v2
C．(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2 D．(m1＋m2)v0＝m1v1
6．半圆形光滑轨道固定在水平地面上，如图所示，并使其轨道平面与地面垂直，物体m1、m2同时由轨道左、右最高点释放，二者碰后粘在一起向上运动，最高能上升到轨道M点，已知OM与竖直方向夹角为60°，则两物体的质量之比m1：m2为（ ）
A．（+1）：（﹣1） B．：1
C．（﹣1）：（+1） D．1：
7．A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是5kg·m/s，B球的动量是7 kg·m/s．当A球追上B球时发生碰撞，则碰后A、B两球的动量可能值分别是（　　）
A．6 kg·m/s，6 kg·m/s B．3 kg·m/s，9 kg·m/s
C．2 kg·m/s，14 kg·m/s D．-5 kg·m/s，15 kg·m/s
8．如图所示，小车与木箱紧挨着静止在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱。关于上述过程，下列说法中正确的是（　　）
A．男孩和木箱组成的系统动量守恒
B．小车与木箱组成的系统动量守恒
C．男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒且机械能守恒
D．木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相等
9．一架喷气式飞机，如果它向后喷出的气体相对飞机的速度为800，以下说法正确的有（　　）
A．若飞机对地速度已大于800，则喷出气体相对地面速度方向与飞机运动方向相反
B．若飞机对地速度已小于800，则喷出气体相对地面速度方向与飞机运动方向相同
C．若飞机对地速度已大于800，则继续喷气飞机速度不会增大
D．若飞机对地速度已大于800，则继续喷气飞机速度还会增大
10．如图所示，在光滑绝缘水平面上有A、B两个带正电的小球，，。开始时B球静止，A球以初速度v水平向右运动，在相互作用的过程中A、B始终沿同一直线运动，以初速度v的方向为正方向，则（ ）
A．A、B的动量变化量相同 B．A、B组成的系统总动量守恒
C．A、B的动量变化率相同 D．A、B组成的系统机械能守恒
11．如图所示的装置中两摆摆长相同，悬挂于同一高度，A、B两摆球均很小，当两摆球均处于自由静止状态时，其侧面刚好接触．向右上方拉动B球使其摆线伸直并与竖直方向垂直，然后将其由静止释放．结果观察到两摆球粘在一起摆动，且最大摆角为60 。则A、B的质量之比为（　　）
A．1 : （1+） B．（1+ ）: 1
C．: （1+ ） D．（1+ ）:
12．如图所示，三个小球 A、B、C的质量均为m，A与BC 间通过铰链用轻杆连接，杆长为L，B、C置于水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长．现A由静止释放下降到最低点，两轻杆间夹角α由60°变为120°，A、B、C在同一竖直平面内运动，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g．则此下降过程中（ ）
A．B受到地面的支持力大小恒等于mg
B．A、B、C和弹簧组成的系统机械能守恒，动量守恒
C．弹簧的弹性势能最大时，A的加速度为零
D．弹簧的弹性势能最大值为) mgL
13．如图所示，质量为M的木块A放在光滑水平面上，其上固定一竖直轻杆，长为l的细线系于轻杆上端O点处的钉子上，细线另一端系一质量为m的球C。现将球C拉起使细线水平伸直，然后静止释放。则在球C摆动过程中（　　）
A．木块A保持静止 B．球C的机械能守恒
C．A、C构成的系统动量守恒 D．A、C构成的系统水平方向上动量守恒
14．用不可伸长的细线悬挂一质量为M的小木块，木块静止，如图所示．现有一质量为m的子弹自左方以速度水平射向木块，并停留在木块中，然后二者一起向上摆动到最高点（绳子仍是伸直的）．忽略空气阻力，对M和m构成的系统，从子弹射向木块到一起上升到最高点的过程中，下列判断正确的是（ ）
A．系统的机械能守恒 B．系统的动量守恒
C．系统的机械能增加 D．系统的动量减小
15．脑震荡是指因头部受到外力打击等所致轻度脑损伤。但啄木鸟每天敲击树木约为500~600次，每啄一次的速度达到555，而头部摇动的速度更快580。研究发现，啄木鸟的头部很特殊：大脑和头骨之间存在着小小的硬脑膜，头颅坚硬，骨质松而充满气体，似海绵状；从而使啄木鸟不会发生脑震荡。下面哪个物理规律可以很好地解释啄木鸟不会得脑震荡（　　）
A．动能定理 B．动量定理
C．机械能守恒定律 D．动量守恒定律
二、填空题（共4题）
16．质量为m的木块和质量为M的金属块用细绳系在一起，悬浮于深水中静止，剪断细绳，木块上浮h时(还没有浮出水面)，铁块下沉的深度(还没有沉到水底)为________(水的阻力不计)．
17．如图所示，游乐场上，两位同学各驾驶一辆碰碰车迎面相撞，此后，两车以共同的速度运动。设甲同学和他的车的总质量为120 kg，碰撞前水平向右运动，速度的大小为5 m/s；乙同学和他的车的总质量为180 kg，碰撞前水平向左运动，速度的大小为4 m/s。则碰撞后两车共同的运动速度大小为______，方向______。
18．质量为M的小车上站着质量为m的人，共同以速度v0在光滑水平面上运动。运动中人相对于小车竖直向上跳起，人跳离小车后，车速为___________。
19．利用气垫导轨进行“探究碰撞中的不变量”这一实验，其中甲图两滑块分别装有弹性圈，乙图两滑块分别装有撞针和橡皮泥．
(1)分别用甲、乙两图的实验装置进行实验，碰撞时 ______ 图所示的装置动能损失得较小．
(2)某次实验时取乙图A、B滑块匀速相向滑动并发生碰撞，测得碰撞前A、B的速度大小分别为vA=2m/s，vB=4m/s，碰后AB以共同的速度v=0.8m/s运动，方向与碰撞前A的运动方向相同，A、B的质量分别用mA、mB表示，以A运动方向为正方向，则此过程的动量守恒表达式为 ______ ；mA：mB= ______ ．
三、综合题（共4题）
20．质量m=0.02kg的子弹以速度v0=200m/s射入质量M=2kg静止在光滑水平面上的木块，子弹射穿木块的时间t=0.02s，穿出时速度v1=100m/s，求：
（1）子弹穿出木块时木块的速度大小v2
（2）木块对子弹的平均阻力大小f
21．如图所示，一小朋友坐在冰车上，母亲轻推后放手，冰车和小朋友获得水平方向冲量I，在水平面上从A点向右无动力滑行，刚好能运动到B点，接着从B沿斜面下滑，到达C点时速度大小为vc。已知A、B间的距离为L，斜面倾角为θ，冰车与AB、BC间的动摩擦因数均相同，小朋友和冰车的总质量为m，重力加速度大小为g。求：
（1）斜面BC的长度x；
（2）小孩从A点运动到C点所需的时间t。
22．光滑的水平面上，一玩具小火箭水平固定在小车上，火箭（包括燃料）和小车的总质量为M=2kg，火箭中装有m=0.5kg的燃料。若点火后燃气均匀喷出，且每秒喷出燃料的质量为0.1kg，已知燃气喷出时相对地的速度为v0=15m/s，求：
(1)小车的最终速度；
(2)燃料完全喷出前的瞬间小车的加速度。
23．如图所示，在水平桌面上做匀速运动的两个小球，质量分别为m1和m2，沿着同一直线向相同的方向运动，速度分别为V1和V2，当第二个小球追上第一个小球时两球相碰，碰后的速度分别为V1/和V2/，试根据牛顿运动定律和运动学公式证明两球碰撞前的动量之和等于碰撞后的动量之和．
参考答案
1．C
【详解】
设小球滑到最低点所用的时间为t，大球的位移大小为x，小球相对于地面的水平位移大小为R-x，取水平向左为正方向。根据系统水平方向平均动量守恒得
解得
故选C。
2．B
【详解】
AB及弹簧组成的系统，在相碰到弹簧压缩最短的过程中，由于左侧墙壁对弹簧有弹力的存在，合外力不为零，故系统动量不守恒。
由于AB碰撞过程中会损失能量，之后AB的动能转化为弹簧的弹性势能，则从A、B相碰到弹簧压缩至最短的整个过程中，系统机械能不守恒。
故选B。
3．C
【详解】
当两手同时放开时，系统的合外力为零，所以系统的动量守恒，又因为开始时总动量为零，故系统总动量始终为零，故A不符合题意；先放开左手，左边的小车就向左运动，当再放开右手后，系统所受合外力为零，故系统的动量守恒，且开始时总动量方向向左，放开右手后总动量方向也向左，即先放开左手，后放开右手，动量不守恒，系统的总动能一定不为零，故C符合题意，BD不符合题意．
故选C．
4．C
【详解】
A．动量守恒定律不能体现能量守恒，故A错误；
B．动量定理可知：合外力的冲量等于物体动量的增加量，没有体现能量守恒，故B错误；
C．闭合电路的欧姆定律
E=U+Ir
即电源的总功率等于输出功率与内阻功率之和，直接体现了能量守恒，故C正确；
D．牛顿第三定律不能体现能量守恒，故D错误。
故选C。
5．C
【详解】
因两人分离时赵宏博的速度为v1，申雪的速度为v2，由动量守恒定律得
(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2
故C正确。
故选C。
6．C
【详解】
两球到达最低的过程由动能定理得：mgR=mv2，解得；所以两球到达最低点的速度均为：；设向左为正方向，则m1的速度，则m2的速度，由于碰撞瞬间动量守恒得：m2v2+m1v1=（m1+m2）v共
解得：①
二者碰后粘在一起向左运动，最高能上升到轨道P点，对此过程由动能定理得：-（m1+m2）gR（1-cos60°）=0-（m1+m2）v共2②
由①②解得：
整理得：m1：m2=，故选C.
7．B
【详解】
由题，碰撞前的总动量为12kg m/s
A、虽然满足动量守恒，但是碰后A球的动量不可能沿原方向增加，故A错误；
B、两球组成的系统动量守恒，A球减少的动量等于B球增加的动量，故B正确；
C、两球组成的系统的总动量是16kg m/s，两球组成的系统不满足动量守恒。故D错误；
D、两球组成的系统的总动量是10kg m/s，不满足动量守恒，故D错误；
故选B.
8．D
【详解】
男孩、小车与木箱三者组成的系统受合外力为零，则三者组成的系统动量守恒，则木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量等大反向；由于人推木箱时，使人、车和木箱的动能都变大，则系统的机械能增加，即机械能不守恒。
故选D。
9．D
【详解】
飞机的质量为M，喷出气体为m，喷出气体前飞机的速度为，喷出气体为，则喷气后飞机速度为
根据动量守恒定律有
所以
A．若飞机对地速度已大于800m/s，则有
所以喷出气体相对地面速度方向与飞机运动方向相同，故A错误；
B．若飞机对地速度已小于800m/s，则有
所以喷出气体相对地面速度方向与飞机运动方向相反，故B错误；
CD．若飞机对地速度已大于800m/s，所气体相对于地面的速度与飞机速度同向，小于开始飞机的速度，根据表达式可见，喷气后的飞机速度还会增大，故D正确，C错误。
故选D。
10．B
【详解】
AB．两球相互作用过程中A、B组成的系统的合外力为零，系统的总动量守恒，则A、B动量变化量大小相等、方向相反，动量变化量不同，故A错误，B正确；
C．由动量定理
可知，动量的变化率等于物体所受的合外力，A、B两球各自所受的合外力大小相等、方向相反，所受的合外力不同，则动量的变化率不同，故C错误；
D．两球间斥力对两球做功，电势能在变化，总机械能在变化，故D错误。
故选B。
11．A
【详解】
设摆线长为L，根据机械能守恒可知，B球下落到最下端时的速度为
mgL=mv2
v=
因为两摆球的最大摆角为60 ，由机械能守恒定律，可得
两球粘连后的速度为
v′=
由动量守恒定律可知
mB=（mA+mB）
故
mA：mB=（－1）：1=1：（1+ ）
故选项A正确，BCD错误。
故选A。
考点：动量守恒定律。
12．D
【分析】
A的动能最大时合力为零，根据平衡条件求解地面对B的支持力；分析A的动能达到最大前A的加速度方向，根据超重、失重现象分析A的动能达到最大前，B受到地面的支持力大小；根据功能关系分析弹簧的弹性势能最大值；
【详解】
A、A球初态v0=0，末态v=0，因此在运动过程中先加速后减速，当速度最大时，动能最大，加速度为零，由系统牛顿第二定律或系统超失重可知，在A的动能达到最大前，B受到的支持力小于mg，在A的动能达到最大时，B受到的支持力等于mg，在A的动能达到最大后，B受到的支持力大于mg，故A错误；
B、A、B、C和弹簧组成的系统所受重力与支持力并不平衡，故动量不守恒，故B错误；
C、弹簧的弹性势能最大时，A到达最低点，此时具有向上的加速度，故C错误；
D、由能量守恒，A减少的重力势能等于弹簧增加的弹性势能，故D正确；
故选D．
13．D
【详解】
AD．小球C和木块A组成的系统在水平方向不受外力，水平方向动量守恒，小球在往下摆动过程水平中方向有分速度，木块A必定会向相反方向运动，故A错误，D正确；
B．小球的部分机械能会转移给物块A，小球机械能减小，故B错误；
C．A、C构成的系统竖直方向合外力不为零，动量不守恒，故C错误；
故选D。
14．D
【详解】
从子弹射向木块到一起运动到最高点的过程可以分为两个阶段：子弹射入木块的过程，由于时间极短，子弹与木块间作用的内力远大于系统外力，故系统动量守恒，但机械能不守恒，有部分机械能转化为系统内能，故机械能不守恒．之后子弹在木块中与木块一起上升，只有重力做功，系统的机械能守恒，但系统的合外力不为零，动量不守恒，随着速度减小，系统的动量减小，因此，整个过程系统的机械能减小，动量减小，故D正确，ABC错误。
故选D。
15．B
【详解】
啄木鸟的头部大脑和头骨之间存在着小小的硬脑膜，头颅坚硬，骨质松而充满气体，似海绵状，根据动量定理可知
可知，啄木鸟在觅食时可以增加作用力的时间，从而减少作用力
故选B。
16．
【详解】
试题分析：木块和铁块组成系统动量守恒，以向上为正方向，由动量守恒定律得：mv-MV=0，
物块及铁块的平均速度：，，则：，
解得：；
考点：动量守恒定律.
17．0.4 m/s 水平向左
【详解】
[1][2]设甲同学的车碰撞前的运动方向为正方向，他和车的总质量m1=120 kg，碰撞前的速度v1=5 m/s；乙同学和车的总质量m2=180 kg，碰撞前的速度v2=－4 m/s。设碰撞后两车的共同速度为v，则系统碰撞前的总动量为
碰撞后的总动量为
根据动量守恒定律可知
代入数据解得
即碰撞后两车以0.4 m/s的共同速度运动，运动方向水平向左.
18．v0
【详解】
选取 的方向为正方向，质量为m的人随着平板车以速度v0在光滑平直轨道上匀速前进，当人相对于车竖直跳起又落回原位置的过程中，人和车在水平方向上合力为零，所以在水平方向上动量守恒，所以平板车的速度保持不变，车速为v0。
19．甲 mAvA mBvB=(mA+mB)v 4：1
【解析】
(1)乙图中由于装有撞针和橡皮泥，则两物体相碰时成为一体，机械能的损失最大；而甲图中采用弹性圈，二者碰后即分离，此种情况下，机械能的损失最小，机械能几乎不变；
(2)以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mAvA-mBvA=(mA+mB)v，解得：mA：mB=4:1．
20．(1)1m/s （2）100N
【详解】
(1)根据动量守恒定律
代入数据解得：
(2)对子弹，根据动量定理，
代入数据解得：
21．(1)；(2)。
【详解】
(1) 母推小朋友，水平方向：
A到B：水平方向：
，，
根据匀变速规律有
，
B到C过程，根据牛顿第二定律
，，
根据匀变速规律有
，
联立以上解得
总时间
(2)根据以上分析可知
22．(1)5m/s；(2)
【详解】
(1)燃气全部喷出后小车的速度为，根据动量守恒定律
解得
(2)燃气喷出过程
对燃气，有
解得
根据牛顿第三定律
火箭的质量
根据牛顿第二定律
解得
23．见解析
【详解】
根据牛顿第二定律，碰撞过程中两球的加速度分别是
根据牛顿第三定律， 与 大小相等，方向相反，即
所以
碰撞时两球之间力的作用时间很短，用 表示．
这样，加速度与碰撞前后速度的关系就是
把加速度的表达式代入 ，
移项后得到
即可证：两球碰撞前的动量之和等于碰撞后的动量之和．
本题考查动量定理和动量守恒的应用，注意两个小球间的作用力为相互作用力