第一章 动量守恒定律 章末培优练（Word版含答案）

人教版选择性必修第一册 第一章 章末培优练
一、单选题
1．如图所示，质量为m的A球在水平面上静止放置，质量为2m的B球向左运动速度大小为，B球与A球碰撞且无机械能损失，碰后A球速度大小为，B球的速度大小为，碰后相对速度与碰前相对速度的比值定义为恢复系统，下列选项正确的是
A．e=1 B． C． D．
2．我国海上风能资源丰富，加快海上风电项目建设，对于促进沿海地区治理大气雾霾、调整能源结构和转变经济发展方式具有重要意义。某地区的风速为，空气的密度为，通过横截面积为的风的能量使该区域内的风力发电机转动，且风通过发电机后风速减为，则风对风力发电机的冲击力为（　　）
A． B． C． D．
3．一列车沿平直轨道以速度v0匀速前进，途中最后一节质量为m的车厢突然脱钩，若前部列车的质量为M，脱钩后牵引力不变，且每一部分所受摩擦力均正比于它的重力，则当最后一节车厢滑行停止的时刻，前部列车的速度为（　　）
A． B． C． D．
4．随着科技的发展，汽车已经走进寻常百姓家，据公安部交管局公布的数据，到2019年底全国汽车保有量高达2.6亿辆，安全驾驶问题已受到广泛关注。一辆汽车通过半径为R的圆拱形桥梁顶端时速度为v，重力加速度为g，这辆汽车安全通过该桥顶的最大速度不能超过（　　）
A． B． C． D．
5．材料不同的两个长方体，上下粘结在一起组成一个滑块，静止在光滑的水平面上。质量为m的子弹以速度水平射向滑块，若射击上层，子弹的深度为d1；若射击下层，子弹的深度为d2，如图所示。已知d1>d2。这两种情况相比较（　　）
A．子弹射入上层过程中，子弹对滑块做功较多
B．子弹射入上层过程中，滑块通过的距离较大
C．子弹射入下层过程中，滑块受到的冲量较大
D．子弹射入下层过程中，滑块的加速度较小
6．某电影里两名枪手在房间对决，他们各自背靠墙壁，一左一右假设他们之间的地面光滑随机放着一均匀木块到左右两边的距离不一样．两人拿着相同的步枪和相同的子弹同时朝木块射击一发子弹听天由命．但是子弹都没有射穿木块两人都活了下来反而成为了好朋友．假设你是侦探仔细观察木块发现右边的射孔（弹痕）更深．设子弹与木块的作用力大小一样，请你分析一下，哪个结论是正确的（　　）
A．开始时，木块更靠近左边的人，左边的人相对更安全
B．开始时，木块更靠近左边的人，右边的人相对更安
C．开始时木块更幕近右边的人左边的人相对更安全区
D．开始时，木块更靠近右边的人，右边的人相对更安全
7．速度为4m/s 的钢球与静止的塑料球发生正碰，钢球的质量是塑料球的3倍，则碰后钢球的速度大小不可能是（　　）
A．1.5m/s B．2m/s C．2.5m/s D．3m/s
8．2019年8月11日超强台风“利奇马”登陆青岛，导致部分高层建筑顶部的广告牌损毁。台风“利奇马”登陆时的最大风力为11级，最大风速为30m/s。某高层建筑顶部广告牌的尺寸为：高5m、宽20m，空气密度=1.2kg/m3，空气吹到广告牌上后速度瞬间减为0，则该广告牌受到的最大风力约为
A．3.9×103N B．1.2×105N C．1.0×104N D．9.0×104N
9．如图所示，一滑块从半圆形光滑轨道上端由静止开始滑下，当滑到最低点时，关于滑块动能大小和对轨道最低点的压力，下列结论正确的是（ ）
A．滑块的质量不变，轨道半径越大，滑块动能越大，对轨道的压力越大
B．滑块的质量不变，轨道半径越大，滑块动能越大，对轨道的压力与半径无关
C．轨道半径不变，滑块的质量越大，滑块动能越大，对轨道的压力越小
D．轨道半径不变，滑块的质量越大，滑块动能越大，对轨道的压力不变
10．A球的质量是m，B球的质量是2m，它们在光滑的水平面上以相同的动量运动。B在前，A在后，发生正碰后，A球仍朝原方向运动，但其速率是原来的一半，碰后两球的速率比vA′∶vB′为（　　）
A．1∶2 B．1∶3 C．2∶1 D．2∶3
二、多选题
11．如图所示，固定于地面、倾角为θ的光滑斜面上有一轻质弹簧，轻质弹簧一端与固定于斜面底端的挡板C连接，另一端与物块A连接，物块A上方放置有另一物块B，物块A、B质量均为m且不粘连，整个系统在沿斜面向下的恒力F作用下而处于静止状态。某一时刻将力F撤去，若在弹簧将A、B弹起过程中，A、B能够分离，则下列叙述正确的是（　　）
A．从力F撤去到A、B发生分离的过程中，弹簧及A、B物块所构成的系统机械能守恒
B．A、B被弹起过程中，A、B即将分离时，两物块速度达到最大
C．A、B刚分离瞬间，A的加速度大小为gsinθ
D．若斜面为粗糙斜面，则从力F撤去到A、B发生分离的过程中，弹簧减少的弹性势能一定大于A、B增加的机械能与系统摩擦生热之和
12．以速度水平抛出一小球，如果从抛出到某时刻小球的竖直分位移与水平分位移大小相等，则以下判断正确的是（ ）
A．此时小球的竖直分速度大小等于水平分速度大小的2倍
B．此时小球的速度大小为
C．此时小球的速度方向与位移方向相同
D．小球运动的时间
13．关于物体的动量，下列说法中正确的是
A．运动物体在任一时刻的动量方向，一定是该时刻的速度方向
B．物体的动能不变，其动量一定不变
C．动量越大的物体，其速度一定越大
D．物体的动量越大，其惯性不一定越大
14．在光滑水平面上物体沿直线从A点运动到B点的过程中，位移为x，如图所示，F1和F2是作用在物体上的两个互相垂直的水平恒力，AB连线与F2间的夹角为α，则以下说法正确的是（　　）
A．物体运动过程中动量可能保持不变
B．物体的加速度为
C．F1与F2的合力对物体做的功为（）xcosα
D．F1与F2的合力对物体做的功为F1xsinα＋F2xcosα
15．水平路面上骑摩托车的人，遇到一个壕沟，其尺寸如图所示。摩托车后轮离开地面后失去动力，可视为平抛运动，g取。若摩托车刚好可以安全落到壕沟对面，则关于摩托车落地时间及刚离开地面时的初速度为（　　）
A．0.5s B．1s
C．10m/s D．20m/s
16．质量均为m的两木块 A、B 与一劲度系数为k的轻弹簧拴接，静置于水平地面上，如图所示。现用一竖直向上的恒力F拉动木块 A，使木块 A 向上做直线运动，从木块A开始运动到木块 B 将要离开地面的这一过程，下列说法正确的是（设此过程弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为 g）（　　）
A．此过程中A上升的位移为
B．两木块及弹簧组成的系统的机械能先增大后减小
C．木块 B 刚要离开地面时，木块A的速度为
D．力 F 刚作用的瞬间 A 的加速度为
三、解答题
17．如图所示，质量为m2＝2kg和m3＝3kg的物体静止放在光滑水平面上，两者之间有压缩着的轻弹簧（与m2、m3不拴接）．质量为m1＝1kg的物体以速度v0＝9m/s向右冲来，为了防止冲撞，释放弹簧将m3物体发射出去，m3与m1碰撞后粘合在一起．试求:
（1）m3的速度至少多大，才能使以后m3和m2不发生碰撞？
（2）为保证m3和m2恰好不发生碰撞，弹簧的弹性势能至少多大？
18．如图所示，摆锤．质量为M＝2kg，摆杆长为L＝0．5m，摆杆质量不计．摆杆初始位置与水平面成α＝37°，由静止释放后摆锤绕O轴在竖直平面内做圆周运动，在最低点与质量为m＝1kg的铁块（可视为质点）相碰，碰后又上升到图中虚线位置．若铁块与水平面问的动摩擦因数为μ＝0．2，求碰后铁块能滑行的距离．（不计空气阻力及转轴处的摩擦，g取10m／s2，sin37°＝0．6，cos37°＝0．8）
19．如图所示，在水平轨道右侧固定半径为R的竖直圆槽形光滑轨道，水平轨道的PQ段长度为l=2.5m，上面铺设特殊材料，小物块与其动摩擦因数为μ=0.3，轨道其它部分摩擦不计．水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于原长状态．可视为质点的质量m=1kg的小物块从轨道右侧A点以初速度冲上轨道，通过圆形轨道，水平轨道后压缩弹簧，并被弹簧以原速率弹回，取，求：
（1）小物块被弹簧第一次弹回经过圆轨道最低点时的动能；
（2）当R满足什么条件时，小物块被弹簧第一次弹回圆轨道时能沿轨道运动而不会脱离轨道．
20．光滑的水平面上，用轻质弹簧相连的质量均为 2kg 的 A、B 两物块以 6m/s 的共同速度向右运动，弹簧处于原长，质量为 1kg 的物体 C 静止在前方， 如图所示，B 与 C 发生弹性碰撞，求：
（1）碰后物体 C 的速度大 小；
（2）在以后的运动中，弹簧的最大弹性势能为多少？
21．如图所示，带有圆管轨道的长轨道水平固定，圆管竖直（管内直径可以忽略），底端分别与两侧的直轨道相切，圆管轨道的半径R=0.5m，P点左侧轨道（包括圆管）光滑，右侧轨道粗糙，质量m=1kg的物块A以的速度滑入圆管，滑过最高点Q，与直轨上P处静止的质量M=3kg的物块B发生碰撞（碰撞时间极短)，物块B与粗糙轨道的动摩擦因数，（A、B视为质点，重力加速度g取10m/s2），求：
（1）)物块A滑过Q点时受到管壁弹力的大小F；
（2）若碰后物块B在粗糙轨道上滑行6m就停下了，请判断物块A能否再次滑过圆管的最高点Q？
22．如图所示，半径为R的光滑半圆形轨道BC与光滑水平面AB相连接，直径BC竖直，某物体（可视为质点）以一定的初速度从A点经B点滑至C点，在C点对轨道恰好无压力，物块从C点飞出后落在水平面AB上。求：
(1)小球进入圆轨道B点时对轨道的压力。
(2)小球从C点飞出后，落地点距B点的距离。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．A
【解析】
【详解】
AB在碰撞的过程中，根据动量守恒可得，，在碰撞的过程中机械能守恒，可得，解得，，碰后相对速度与碰前相对速度的比值定义为恢复系统，故A正确，BCD错误；
故选A．
2．A
【解析】
【详解】
设时间有的空气与风力发电机作用，由动量定理得
整理得
故选项A正确。
3．C
【解析】
【详解】
整列车原来匀速前进，所受合外力为零，脱钩后到最后一节车厢停止的过程，合外力仍为零，故满足动量守恒，可得
解得前部列车的速度为
故选C。
4．C
【解析】
【分析】
【详解】
当桥面对汽车支持力为零，即恰好由重力作为向心力时
解得
故选C。
5．B
【解析】
【详解】
A．设两个滑块的总质量为M．取向右为正方向，根据动量守恒定律得
mv0=（M+m）v
得
可知两种滑块获得的速度是相同的，则滑块获得的动能是相同的，根据动能定理知：子弹对滑块做的功等于滑块动能的增量，所以两次子弹对滑块做的功一样多。故A错误；
B．设子弹和滑块间的作用力大小为f，由能量守恒定律得
由于d1＞d2，则得 f1＜f2．即子弹射入上层过程中，子弹对滑块的作用力较小。子弹对滑块做功
W=fl
W相等，则知子弹射入上层过程中，滑块通过的距离较大。故B正确；
C．对滑块，根据动量定律得
I=Mv-0
即
I=Mv
M、v相等，则两次滑块受到的冲量相同。故C错误；
D．对滑块，由牛顿第二定律得
由于f1＜f2，所以a1＜a2．即子弹射入上层过程中，滑块的加速度较小。故D错误。
故选B。
6．B
【解析】
【详解】
子弹的质量与射出时的速度都相等，两子弹与木块组成的系统总动量为零；如果木块在正中间，则弹痕应该一样长，结果是右边的长一些，假设木块靠近其中某一人，设子弹质量为m，初速度为v0，木块质量为M，阻力为f，弹痕长度分别为x1、x2，两子弹与木块组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=（M+m）v1，由能量守恒定律得：，对另一发子弹，同样有：（M+m）v1-mv0=0， ，解得：x1＜x2，综合判断，后接触木块的子弹弹痕长，更容易射穿木块，对面的人更危险，所以一开始木块离左边近一些，右边的人相对更安全，故B正确，ACD错误.
7．A
【解析】
【详解】
设塑料球的质量为m，碰撞过程中动量守恒，若两球发生完全非弹性碰撞，则
解得
若两球发生完全弹性碰撞，则
，
解得
，
当钢球速度为4m/s时，塑料球的速度为零，不合符题意，所以钢球的速度范围为，故A不可能，符合题意；BCD可能，不符合题意。
故选A。
8．B
【解析】
【详解】
广告牌的面积
S=5×20m2=100m2
设t时间内吹到广告牌上的空气质量为m，则有：
m=ρSvt
根据动量定理有：
－Ft=0－mv=0－ρSv2t
得：
F=ρSv2
代入数据解得
F≈1.2×105N
故B正确，ACD错误。
故选B。
9．B
【解析】
【分析】
【详解】
滑块从出发到最低点，由动能定理得
解得
在最低点
所以质量一定，轨道半径越大，滑块最低点的动能越大；轨道半径一定，质量越大，滑块最低点的动能越大．
在最低点，由牛顿第二定律得
解得
由牛顿第三定律得：滑块对轨道的压力也等于3mg，可见滑块对轨道的压力与半径无关，与滑块的质量有关．
故选B。
10．D
【解析】
【详解】
设碰前A球的速率为v，根据题意
pA＝pB
即
mv＝2mvB
可得B球碰前
vB＝
A球碰后
vA′＝
由动量守恒定律，有
mv＋2m×＝m×＋2mvB′
解得
vB′＝
所以
vA′∶vB′＝∶＝
故D正确，ABC错误。
故选D。
11．AC
【解析】
【详解】
A．从力F撤去到A、B发生分离的过程中，弹簧及A、B物块所构成的系统只有重力和弹簧的弹力做功，所以系统的机械能守恒，故A正确；
B．A、B被弹起过程中，合力等于零时，两物块速度达到最大，此时弹簧处于压缩状态，A、B还没有分离，故B错误；
C．A、B刚分离瞬间，A、B间的弹力为零，对B，由牛顿第二定律得
mgsinθ=maB
得
aB=gsinθ
此瞬间A与B的加速度相同，所以A的加速度大小为gsinθ，故C正确；
D．若斜面为粗糙斜面，则从力F撤去到A、B发生分离的过程中，由能量守恒定律知，弹簧减少的弹性势能一定等于A、B增加的机械能与系统摩擦生热之和，故D错误。
故选AC。
12．ABD
【解析】
【详解】
试题分析：根据题意可得，得运动时间为，小球的竖直分速度大小为，即竖直分速度大小等于水平分速度大小的2倍，故AD正确；此时小球的速度大小为，故B正确；速度与水平方向的夹角正切为，位移与水平方向的夹角为，则，即小球速度的方向与位移的方向不同，故C错误．
考点：考查了平抛运动规律的应用
【名师点睛】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，抓住竖直位移和水平位移的关系，列式求出平抛运动的时间，从而求出竖直分速度，结合平行四边形定则求出小球的速度．
13．AD
【解析】
【详解】
A、动量是矢量，它的方向与速度的方向相同，故A正确；
B、动能不变，若速度方向变化，动量也发生了变化，故B错误；
C、物体动量的大小由物体质量及速度大小共同决定，不是由物体的速度唯一决定，故物体的动量大，其速度不一定大，故C错误；
D、惯性由物体质量决定，物体的动量越大，其质量并不一定越大，惯性也不一定越大，故D正确；
故选AD．
【名师点睛】
动量表示物体的质量和速度的乘积，是与物体的质量和速度相关的物理量；动量是矢量，它的方向与速度的方向相同；惯性由物体质量决定，物体的动量越大，其质量并不一定越大；
物体的动能发生变化时，物体的速度大小一定发生变化，据此判断动量是否发生变化．
14．BD
【解析】
【详解】
A．F1和F2是作用在物体上的两个互相垂直的水平恒力，根据力的合成可知，合力恒定，根据牛顿第二定律可知，加速度恒定，又因作直线运动，故物体一定做匀加速直线运动，所以物体运动过程中动量增大，故A错误;
B．根据力的合成可知，合力
根据牛顿第二定律可知
故B正确；
C．由于合力与运动方向相同，故合力做功为
故C错误;
D．恒力F1 做功
恒力F2，做功
当有多个力对物体做功的时候，总功的大小就等于用各个力对物体做功的和，所以总功
故D正确;
故选BD。
15．BD
【解析】
【详解】
AB．根据图所示， ，根据
落地时间
A错误B正确；
CD．水平位移 ，根据
解得初速度
C错误D正确。
故选BD。
16．ACD
【解析】
【分析】
【详解】
A．刚开始时，弹簧的压缩量为
木块 B 将要离开地面时，弹簧的伸长量为
此过程中A上升的位移为
所以A正确；
B．根据功能关系
可知，由于恒力F一直做正功，则两木块及弹簧组成的系统的机械能一直增大，所以B错误；
C．木块 B 刚要离开地面时，弹簧的形变量与刚开始时的形变量相等，则弹性势能不变，对AB与弹簧组成的系统，由功能关系可知
代入数据解得木块A的速度为
所以C正确；
D．根据牛顿第二定律可得，力 F 刚作用的瞬间 A 的加速度为
解得
则力 F 刚作用的瞬间 A 的加速度为，所以D正确；
故选ACD。
17．（1）；（2）
【解析】
【详解】
试题分析：（1）设m3发射出去的速度为v1，m2的速度为v2以向右的方向为正方向，
对m2、m3，由动量守恒定律得:．
只要m1和m3碰后速度不大于v2，则m3和m2就不会再发生碰撞，m3与m2恰好不相撞时，两者速度相等．
对m1、m3，由动量守恒定律得:
解得：
即弹簧将m3发射出去的速度至少为
（2）对m2、m3及弹簧，由机械能守恒定律得：．
考点：动量守恒定律
【名师点睛】应用动量守恒定律即可正确解题，应用动量守恒定律解题时，要注意过程的分析与研究对象的选择．
18．4m
【解析】
【详解】
设M摆到最低点时速度为v，与m碰后瞬间速度为v1、m的速度为v2 则：
M碰前：
M碰后：
M与m相碰时：
对m：
联立代入数据得：S=4m
19．（1）3J（2）或
【解析】
【详解】
（1）小物块从开始运动到第一次被弹回圆形轨道最低点的过程中，由动能定理
解得；
（2）小物块第一次返回后进入圆形轨道的运动，有以下两种情况：
①小球能够绕圆轨道做完整的圆周运动，此时设小球最高点速度为，由动能定理
小物块能够经过最高点的条件，解得
②小物块不能够绕圆轨道做圆周运动，为了不让其脱离轨道，小物块至多只能到达与圆心等高的位置，即，
解得；
设第一次自A点经过圆形轨道最高点时，速度为，由动能定理：
且需要满足，
解得，
综合以上考虑，R需要满足的条件为：或
20．（1）（2）
【解析】
【详解】
（1）B、C碰撞瞬间，系统动量守恒：，
发生的是弹性碰撞：，
联立解得：，
（2）在以后的运动中，当A、B的速度相等时，弹簧压缩最短，弹性势能最大，对A、B系统水平方向不受外力动量守恒：，
根据机械能守恒得：，
联立解得：
21．（1）142N；（2）能
【解析】
【分析】
【详解】
（1）对滑块A，上滑过程中，根据机械能守恒定律
在最高点Q，根据牛顿定律
联立可知
（2）A、B碰撞过程，由动量守恒定律有
对物块B，根据动能定理
联立解得
对物块A，假设能滑过最高点Q，根据机械能守恒定律
解得
故能滑过最高点Q。
22．(1)6mg；(2)2R
【解析】
【详解】
(1)物体在C点对轨道恰好无压力，由牛顿第二定律得：
解得
由B到C的过程由动能定理得：
在B点由牛顿第二定律得：
N﹣mg＝
联立解得
N＝6mg
由牛顿第三定律知小球进入圆轨道B点时对轨道的压力为6mg.
(2)小球从C点飞出做平抛运动，则竖直方向上有
水平方向上有
x＝vCt
解得
x＝2R
答案第1页，共2页
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