第一章动量守恒定律 单元练习（Word版含答案）

第一章、动量守恒定律
一、选择题（共16题）
1．下列关于物体动量和冲量的说法中不正确的是（　　）
A．物体所受合外力冲量越大，它的动量变化量就越大
B．物体所受合外力冲量不为零，它的动量一定要改变
C．物体动量变化的方向，就是合外力冲量的方向
D．物体所受合外力越大，它的动量变化越慢
2．质量相等的两物块P、Q间用一轻弹簧连接，放在光滑的水平地面上，并使Q物块紧靠在墙上，现用力F推物块P压缩弹簧，如图所示，待系统静止后突然撤去F，从撤去力F起计时，则下列说法不正确的是（　　）
A．P、Q及弹簧组成的系统机械能总保持不变
B．P、Q的总动量保持不变
C．不管弹簧伸到最长时，还是缩到最短时，P、Q的速度总相等
D．弹簧第二次恢复原长时，P的速度恰好为零，而Q的速度达到最大
3．如图所示，一轻质弹簧固定在墙上，一个质量为的木块以速度从右侧沿光滑水平面向左运动并与弹簧发生相互作用。设相互作用的过程中弹簧始终在弹性限度范围内，那么，在整个相互作用的过程中弹簧对木块冲量I的大小和弹簧对木块做的功W分别是（　　）
A．，
B．，
C．，
D．，
4．质量为1kg的小球A以4m/s速度与质量为2kg的静止小球B正碰，关于碰后A、B的速度vA和vB，下列哪些是可能的（ ）
A． B．vA＝1m/s，vB＝2.5m/s
C．vA＝1m/s，vB＝3m/s D．vA＝﹣4m/s，vB＝4m/s
5．如图甲所示，光滑水平面上有a、b两个小球，a球向b球运动并与b球发生正碰，其碰前和碰后的s-t图象如图乙所示，已知ma＝5kg。则b球的质量为（　　）
A．mb＝1kg B．mb＝2kg C．mb＝3kg D．mb＝4kg
6．如图所示，静止在光滑水平面上的物块A和B的质量都为m，它们之间用水平轻弹簧相连，在极短的时间内对物块A作用一个水平向右的冲量I，则下列选项中正确的是（ ）
A．物块A立刻有速度
B．物块B立刻有速度
C．当A与B之间的距离最小时，A的速度为零，B的速度为
D．当A与B之间的距离最大时，A与B有相同速度
7．如图所示，我国自行研制的第五代隐形战机“歼-20”以速度水平向右匀速飞行，到达目标地时，将质量为M的导弹自由释放，导弹向后喷出质量为m、对地速率为的燃气，则喷气后导弹的速率为（　　）
A． B． C． D．
8．如图所示，两个质量相等的物体从同一高度沿倾角不同的两个光滑固定斜面由静止自由滑下（α＞θ），到达斜面底端的过程中（　　）
A．两物体所受重力冲量相同
B．两物体所受合外力冲量相同
C．两物体到达斜面底端时动量不同
D．两物体到达斜面底端时动量相同
9．有人设想在遥远的宇宙探测时，给探测器安上面积极大、反射率极高（可认为100%）的薄膜，并让它正对太阳，用光压为动力推动探测器加速。已知探测器在某轨道上运行时，每秒每平方米面积获得的太阳光能为E=1.5×104 J，薄膜面积为S=6.0×102 m2，若探测器总质量为M=60 kg，光速c=3.0×108 m/s，那么下列最接近探测器得到的加速度大小的是（根据量子理论，光子不但有能量，而且有动量。光子动量的计算式为p=，其中h是普朗克常量，λ是光子的波长）（　　）
A．1.0×10－3 m/s2
B．1.0×10－2 m/s2
C．1.0×10－1 m/s2
D．1 m/s2
10．光滑的水平面上有两个小球M和N，它们沿同一直线相向运动，M球的速率为5m/s，N球的速率为2m/s，正碰后沿各自原来的反方向而远离，M球的速率变为2m/s，N球的速率变为3m/s，则M、N两球的质量之比为（　　）
A．3∶1 B．1∶3 C．3∶5 D．5∶7
11．如图所示，在足够大的光滑水平面上放有质量相等的物块A和B，其中A物块连接一个轻弹簧并处于静止状态，物块B以速度v0向着物块A运动。当物块与弹簧作用时，两物块在同一条直线上运动，则在物块A、B与弹簧相互作用的过程中，两物块A和B的v-t图象正确的是（　　）
A． B．
C． D．
12．人从高处跳到低处时，为了安全，一般都是让脚尖先着地，且双腿要弯曲，这是为了（　　）
A．减小冲量
B．增大人对地的压强，起到安全作用
C．使动量的变化减小
D．延长与地面的冲击时间，从而减小冲力
13．水平恒定推力F1和F2分别作用于水平面上原来静止的、质量相等的a、b两物体上，作用一段时间后撤去推力，由于惯性．物体将继续运动一段时间后才能停下，两物体的v﹣t图象如图所示，已知图中线段AB∥CD，则（　　）
A．a物体受到的摩擦力小于b物体受到的摩擦力
B．a物体受到的摩擦力大于b物体受到的摩擦力
C．F1的冲量大于F2的冲量
D．F1的冲量小于F2的冲量
14．如图所示，子弹质量小于木块，子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的木块，子弹未穿透木块，此过程中木块动能增加了5J，那么此过程中系统产生的内能可能为（ ）
A．16J B．11.2J C．5.6J D．3.4J
15．如图，光滑的水平面上有P、Q两个固定挡板，A、B是两挡板连线的三等分点，A点处有一质量为m2的静止小球，紧贴P挡板的右侧有一质量为m1的等大小球以速度v0向右运动并与m2相碰。小球与小球、小球与挡板间的碰撞均为弹性正碰，两小球均可视为质点。已知两小球之间的第二次碰撞恰好发生在B点处，则两小球的质量关系可能为（　　）
A．m1=3m2 B．m2=m1 C．m2=5m1 D．m2=7m1
16．如图所示，质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB长度为2R，现将质量也为m的小球从距A点正上方h0高处由静止释放，然后由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h0（不计空气阻力），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R
C．小球离开小车后做斜上抛运动
D．小球第二次冲过A能上升的最大高度h0二、填空题
17．物体A（质量为mA，碰前速度为v0）与静止的物体B（质量为mB）发生碰撞，当发生完全非弹性碰撞时损失的机械能最多，物体B的速度最小，vB=_________，当发生弹性碰撞时，物体B速度最大，vB=_____，则碰后物体B的速度范围为________。
18．有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长，一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量， 他进行了如下操作：首先将船挨着码头自由停泊，然后他从船尾走到船头后停下，用卷尺测出船头离岸的距 离 d，然后用卷尺测出船长 L.已知他自身的质量为 m，（忽略水的阻力）则渔船的质量为________________
19．质量M＝100kg的小船静止在水面上，船首站着质量m甲＝40kg的游泳者甲，船尾站着质量m乙＝60kg的游泳者乙，船首指向左方，若甲、乙两游泳者同时在同一水平线上甲朝左、乙朝右以3m/s的速率跃入水中，则小船运动的速率为______ m/s
20．如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A球在水平面上静止放置，B球向左运动与A球发生正碰，B球碰撞前、后的速率之比为3:1,A球垂直撞向挡板，碰后原速率返回，两球刚好不发生碰撞，AB两球的质量之比为__________，AB碰撞前、后两球总动能之比为_______________
综合题
21．滑沙是国内新兴的户外运动，运动模型简化成如图甲所示，总质量为30kg的小孩和滑沙板从倾角为37°的滑道顶端由静止开始下滑，为了防止下滑过快，滑沙板后方有一大人沿斜面向上拉滑沙板，拉力T的大小随下滑位移的变化关系如图乙所示。滑道末端安装有缓冲轮胎，滑沙板撞上轮胎后经1.5s停止运动。已知滑沙板前端A至缓冲轮胎B的长度为30m，滑沙板与滑道的动摩擦因数为0.2，忽略轮胎形变产生的位移，g取10，，，求：
（1）当拉力为108N时，小孩的加速度大小；
（2）滑沙板到达缓冲轮胎处的速度大小；
（3）缓冲过程轮胎与滑沙板间的平均作用力大小。
22．如图，一质量m2=0.25kg的平顶小车，车顶右端放一质量m3=0.2kg的小物体，小物体可视为质点，与车顶之间的动摩擦因数μ=0.4，小车静止在光滑的水平轨道上．现有一质量m1=0.05kg的子弹以水平速度v0=12m/s射中小车左端，并留在车中．子弹与车相互作用时间很短．若使小物体不从车顶上滑落，g取10m/s2 ． 求：

（1）最后物体与车的共同速度为多少？小车的最小长度应为多少？
（2）小木块在小车上滑行的时间．
23．如图所示，光滑的水平地面上有一木板，其左端放有一重物，右方有一竖直的墙.重物质量为木板质量的2倍，重物与木板间的动摩擦因数为，使木板与重物以共同的速度向右运动，某时刻木板与墙发生弹性碰撞，碰撞时间极短，求木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间，设木板足够长，重物始终在木板上，重力加速度为g。
24．如图所示，用轻弹簧拴接A、B两物块放在光滑的水平地面上，物块B的左侧与竖直墙面接触。物块C以速度v0= 6m/s向左运动，与物块A发生弹性碰撞，已知物块A、B、C的质量分别是mA = 3kg、mB = 2kg、mC = 1kg，弹簧始终在弹性限度内，求：
（1）物块B离开墙壁前和离开墙壁后，弹簧的最大弹性势能之比；
（2）物块B离开墙壁后的最大速度。
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【详解】
AB．由动量定理可得，物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化，因此物体所受合外力冲量越大，它的动量变化量就越大，物体所受合外力冲量不为零，它的动量一定要改变，AB正确；
C．由动量定理可得，物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化，因此物体动量变化的方向，就是合外力冲量的方向，C正确；
D．由动量定理
可得：，即物体所受合外力越大，它的动量变化越快，D错误；
本题选择错误的，故选D。
2．B
【详解】
A．撤去力F后，P、Q及弹簧组成的系统，只有弹簧弹力做功，则只有弹性势能和动能相互转化，系统的总机械能保持不变，A正确；
B．撤去力F瞬间，系统总动量为零，撤去力F后直到弹簧恢复原长前，系统总动量增大，恢复原长后，系统总动量不变，因此整个过程P、Q的总动量先增大后不变，B错误；
C．不管弹簧伸到最长时，还是缩到最短时，P、Q的速度总相等，C正确；
D．撤去力F后，开始时物体P向左加速运动，直到弹簧第一次恢复原长，此时P的速度最大，Q的速度为零；此后P开始减速，Q开始加速，系统动量守恒，机械能也守恒，直到两个物体的动量互换，则P的速度减为零，Q的速度达到最大，此时弹簧第二次恢复原长，D正确；
由于本题选择不正确的选项，故选B。
3．A
【详解】
由题意可知，木块离开弹簧的瞬间，速度大小为，方向水平向右，取向左为正方向，根据动量定理可得，在整个相互作用的过程中弹簧对木块冲量
代入数据解得：
故弹簧对木块冲量I的大小为：
根据动能定理，弹簧对木块做的功
故BCD错误，A正确；
故选A。
4．A
【详解】
碰撞前总动量为P＝mAvA0＝1×4kg·m/s＝4kg·m/s；碰撞前总动能为．
A.如果，碰后动量，碰后动能，碰撞过程动量守恒，动能不增加，故A正确；
B.如果vA＝1m/s，vB＝2. 5m/s，碰后动量P′＝mAvA+mBvB＝(1×1+2×2. 5) kg·m/s＝5kg·m/s，碰撞过程动量不守恒，故B错误；
C.如果vA＝1m/s，vB＝3m/s，碰后动量P′＝mAvA+mBvB＝(1×1+2×3) kg·m/s＝7kg·m/s，碰撞过程动量不守恒，故C错误；
D.如果vA＝﹣4m/s，vB＝4m/s，碰后动量P′＝mAvA+mBvB＝1×（﹣4）kg·m/s +2×4 kg·m/s＝4kg·m/s，碰后动能，碰撞过程动量守恒，动能增加，故D错误；
5．A
【详解】
根据s-t图像，碰前b球静止，a球做匀速直线运动，速度为
碰后两小球共速，依旧做匀速直线运动，速度为
根据动量守恒定律有
解得
故选A。
6．D
【详解】
由动量定理，物体A开始具有的速度为
物体B不会立即获得速度，由动量守恒A、B物体相距最近和最远都是共速
解得
故选D。
7．A
【详解】
设导弹飞行的方向为正方向，由动量守恒定律
解得
故选A。
8．C
【详解】
A． 两种情况下到达斜面底端的速度的大小是相等，又因长的斜面倾角小，物体的加速度小，所以斜面越长下滑的时间越长，所以两种情况下重力作用的时间不相等，重力的冲量也不相等。故A错误；
B． 物体在两种情况下到达斜面底端的速度的大小是相等的，而速度的方向不同，所以两种情况下物体的末动量不同。根据动量定理：
I=△p=mv-0
所以合力的冲量大小相等，方向是不同的。故B错误；
CD．根据动能定理知
知到达底端时两个物体的速度大小相等，但是方向不同，所以到达底端时的动量不同，故C正确D错误。
故选C。
9．A
【详解】
由，以及光在真空中光速知，光子的动量和能量之间关系为，设时间t内射到探测器上的光子个数为n，每个光子能量为E，光子射到探测器上后全部反射，则这时光对探测器的光压最大，设这个压强为，每秒每平方米面积获得的太阳光能
由动量定理得
压强
对探测器应用牛顿第二定律，可得
代入数据得
故选A。
10．D
【详解】
选取碰撞前M球的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得
代入数据得
故选D。
11．D
【详解】
碰后时B速度减小，A的速度增大，而由于弹力增大，故A、B的加速度均增大；当两者速度相等时，弹簧形变量最大，根据动量守恒定律，有
解得，共速时速度为
而在弹簧到达最短以后，B速度继续减小，A的速度增大，因弹簧开始伸长，故两物体受力减小，故加速度减小；由于AB的瞬时加速度相等，速度相等时，AB的速度变化量相等，时间相等。
故选D。
12．D
【详解】
人从高处跳到低处时，落地后静止，动量的变化量 相等，由动量定理可知
可知：t越大，冲击力F越小，让脚尖着地后膝盖弯曲，延长了与地面的作用时间t，可以减小冲击力。
故选D。
13．D
【详解】
由图，AB与CD平行，说明推力撤去后两物体的加速度相同，而撤去推力后物体的合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知，两物体受到的摩擦力大小相等；故AB错误．根据动量定理，对整个过程研究得：F1t1-ftOB=0，F2t2-ftOD=0；由图看出，tOB＜tOD，则有 F1t1＜F2t2，即F1的冲量小于F2的冲量．故C错误，D正确．故选D．
14．ABC
【详解】
设子弹的初速度v0，共同速度为v，则由动量守恒定律
mv0=（M+m）v
系统产生的内能
木块得到的动能为
变形可得
故选ABC。
15．AD
【详解】
若碰后球1的速度方向与原来的方向相同，可知1球的速度小于2球的速度，两球在B点相遇，是球2反弹后在B点相遇，有
即
根据动量守恒得
根据机械能守恒得
联立解得
m1=3m2
碰撞后球1的速度方向与原来的方向相反，与档板碰后反弹在B点追上球2，则有
即
同理，解得
m2=7m1
若碰撞后球1的速度方向与原来的方向相反，与挡板碰后反弹、球2与档板碰后反弹在B点相遇，则有
v1t=v2t
即
v1=v2
同理，解得
m2=3m1
故选AD。
16．BD
【详解】
A．小球与小车组成的系统在水平方向所受的合外力为零，水平方向系统动量守恒。由于小球有竖直分加速度，所以系统所受的合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；
B．系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得
即
解得，小车的最大位移
故B正确；
C．小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，小球由A点离开小车时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，故C错误；
D．小球第一次车中运动过程中，由动能定理得
Wf为小球克服摩擦力做功大小，解得
即小球第一次在车中滚动损失的机械能为，由于小球第二次在车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于，机械能损失小于，因此小球再次离开小车时，能上升的高度大于
而小于，即
故D正确。
故选BD。
17． v0≤vB≤v0
【详解】
当发生完全非弹性碰撞时损失的机械能最多，物体B的速度最小，据动量守恒定律可得
解得B的速度为
当发生弹性碰撞时，物体B速度最大，据动量守恒定律可得
据机械能守恒可得
联立解得B的速度为
则碰后物体B的速度范围为
≤vB≤
18．
【详解】
设人走动时船的速度大小为v，人的速度大小为v′，人从船尾走到船头所用时间为t。取船的速度为正方向。
根据动量守恒定律得：
Mv-mv′=0
解得，船的质量：
19．0.6
【详解】
取向右为正方向，则有
由动量守恒定律得
代入数据，解得小船运动的速度为
负号表示速度方向与正方向相反即向左。
20． 4：1 9：5
【详解】
因两球刚好不发生碰撞，说明AB碰撞后速率大小相同，规定向左为正方向，由动量守恒定律可知，而，解得； 碰撞前后总动能之比为；
21．（1）；（2）；（3）
【详解】
（1）设小孩和滑沙板的总质量为m，斜面倾角为，滑沙板与滑道间的动摩擦因数为，支持力大小为N，滑动摩擦力大小为f，拉力为108N时的加速度大小为a。
由牛顿第二定律和滑动摩擦力公式有
联立并代入题给数据得
（2）设AB段运动的过程中拉力所做的功为W，由功的定义有
式中、和、分别对应下滑过程中两阶段所受的拉力及相应的位移大小。
依题意
，，，
设到达B点时速度大小为v，从A到B，由动能定理有
联立并代入题给数据得
（3）缓冲过程由动量定理有
联立式并代入题给数据得
22．（1）1.2m/s （2）0.3s
【详解】
试题分析：（1）子弹进入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动量守恒，以子弹速度初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m1v0=（m2+m1）v1 ①
由三物体组成的系统动量守恒，以子弹速度初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
（m2+m1）v1=（m2+m1+m3）v2②
设小车最小长度为L，三物体相对静止后，对系统利用能量守恒定律得：
（m2+m1）v12-（m2+m1+m3）v22=μm3gL③
联立以上方程解得：L=0．9m
车与物体的共同速度为：v2=2．1m/s
（2）以m3为研究对象，利用动量定理可得：μm3gt=m3v2
解得：t=0．52s
23．
【详解】
木板第一次与墙碰撞后，向左匀减速直线运动，直到静止，再反向向右匀加速直线运动直到与重物有共同速度，再往后是匀速直线运动，直到第二次撞墙木板第一次与墙碰撞后，重物与木板相互作用直到有共同速度，动量守恒，有
解得
木板在第一个过程中，用动量定理有
用动能定理，有
木板在第二个过程中，匀速直线运动，有
木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间
24．（1）；（2）
【详解】
（1）C与A碰前速度为，根据弹性碰撞可知，以C的初速度方向为正方向，由C与A发生弹性碰撞有
，
解得，碰后速度为
，
物块B离开墙壁前，弹性势能最大
物块B刚离开墙壁时，A的速度大小为
物块B离开墙壁后，当A、B共速时弹性势能最大
，，
物块B离开墙壁前和离开墙壁后，弹簧的最大弹性势能之比
（2）物块B离开墙壁后，系统动量守恒、机械能守恒，弹簧原长时，B速度最大
，
物块B离开墙壁后的最大速度
答案第1页，共2页