第一章 动量守恒定律 单元测试（Word版含解析）

动量守恒定律 单元测试
一、单项选择题（本题共15小题，每小题3分，共45分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）
1．如图所示，一内外侧均光滑的半圆柱槽置于光滑的水平面上。槽的左侧有一竖直墙壁。现让一小球（可认为质点）自左端槽口A点的正上方从静止开始下落，与半圆槽相切并从A点进入槽内，则下列说法正确的是（　　）
A．小球离开右侧槽口以后，将做竖直上抛运动
B．小球在槽内运动的全过程中，只有重力对小球做功
C．小球在槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统机械能守恒
D．小球在槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统水平方向上的动量守恒
2．关于动量，以下说法正确的是（　　）
A．做匀速圆周运动的质点，其动量不随时间发生变化
B．匀速直线飞行的巡航导弹巡航时动量始终不变
C．悬线拉着的摆球在竖直面内摆动时，每次经过最低点时的动量均相同
D．平抛运动的质点在竖直方向上的动量与运动时间成正比
3．如图所示，水平地面上A、B两个木块用轻弹簧连接在一起，质量分别为2m、3m，静止时弹簧恰好处于原长．一质量为m的木块C以速度v0水平向右运动并与木块A相撞，不计一切摩擦，弹簧始终处于弹性限度内，则碰后弹簧的最大弹性势能不可能为（　　）
A．mv02 B．mv02 C．mv02 D．mv02
4．冰壶运动是2022年北京冬季奥运会比赛项目之一．比赛时，在冰壶前进的时候，运动员不断的用刷子来回的刷动冰面，以减小摩擦力。如图所示，冰壶A以初速度向前运动后，与冰壶B发生完全非弹性碰撞，此后运动员通过刷动冰面，使得冰壶A、B整体所受摩擦力为碰前冰壶A所受摩擦力的，冰壶AB整体运动后停下来．已知冰壶A、B的质量均为m，可看成质点，重力加速度为g。则运动员刷动冰面前，冰壶与冰面的动摩擦因数为（　　）
A． B． C． D．
5．在光滑的水平轨道上放置一门质量为m1的旧式炮车（不包含炮弹质量），炮弹的质量为m2，当炮车沿与水平方向成θ角发射炮弹时，炮弹相对炮口的速度为v0，则炮车后退的速度为（　　）
A． B．
C． D．
6．质量为m的某质点在恒力F1作用下从A点由静止出发，当其速度为时立即将F1改为相反方向的恒力F2，质点总共经历时间t运动至B点刚好停下。若该质点以速度v匀速通过A、B两点时，其经历的时间也为t，则（　　）
A．无论F1、F2为何值，均为2v
B．随着F1、F2的取值不同，可能大于2v
C．F1、F2的冲量大小不相等
D．F1、F2的冲量一定大小相等、方向相同
7．冬奥会冰壶比赛中所用的冰壶除颜色外其他完全相同，如图（a）某队员将红壶推出，之后与静止在大本营中心的蓝壶发生对心碰撞，碰撞时间极短，碰后运动员用冰壶刷摩擦蓝壶前进方向的冰面，来减小阻力。碰撞前后两壶运动的v-t图线如图（b）中实线所示。重力加速度g=10m/s2。则运动员由于用冰壶刷摩擦冰面使冰壶与冰面间的动摩擦因数减少了（　　）
A．0.02 B．0.012 C．0.008 D．0.006
8．下面的说法错误的是（　　）
A．物体运动的方向就是它的动量的方向
B．如果物体的速度发生变化，则可以肯定它受到的合外力的冲量不为零
C．如果合外力对物体的冲量不为零，则合外力一定使物体的动能增大
D．作用在物体上的合外力冲量不一定能改变物体速度的大小
9．如图所示，有一子弹穿过三块静止放置在光滑水平面上的相互接触质量分别为m、2m、3m的木块A、B、C，设子弹穿过木块A、B、C的时间分别为t1、t2、t3，木块对子弹的阻力恒为f，则子弹穿过三木块后，木块A的速度大小是（　　）
A． B． C． D．
10．某人站在静浮于水面的船上，从某时刻开始人从船头走向船尾，若不计水的阻力，那么在这段时间内人和船的运动情况错误的是（　　）
A．人匀速行走，船匀速后退，两者速度大小与它们的质量成反比
B．人加速行走，船加速后退，而且加速度大小与它们的质量成反比
C．人走走停停，船退退停停，两者动量总和总是为零
D．当人在船尾停止运动后，船由于惯性还会继续后退一段距离
11．将一质量为m的物体以初速竖直向上抛出，已知物体在运动过程中所受空气阻力的大小与其运动速度成正比，比例系数为k，若物体能够上升的最大高度为H，则其上升过程所用的时间应为（　　）
A． B． C． D．
12．如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动，两球质量关系为mA＝2mB，规定向右为正方向，A、B两球的动量大小均为6 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为，则（　　）
A．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5
B．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5
C．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10
D．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10
13．如图，篮球赛中，甲、乙运动员想组织一次快速反击，甲、乙以相同的速度并排向同一方向奔跑，甲运动员要将球传给乙运动员，不计空气阻力，则（　　）
A．应该将球沿着1的方向抛出
B．应该将球沿着2的方向抛出
C．完成传球的过程，两运动员对球的冲量大小和方向都是相同的
D．当乙接着球后要往身体收，延长触球时间，以免伤害手指
14．如图所示，我校女篮球队员正在进行原地纵跳摸高训练，以提高自已的弹跳力。运动员先由静止下蹲一段位移，经过充分调整后，发力跳起摸到了一定的高度。某运动员原地静止站立（不起跳）摸高为1.90m，纵跳摸高中，该运动员先下蹲，重心下降0.4m，经过充分调整后，发力跳起摸到了2.45m的高度。若运动员起跳过程视为匀加速运动，忽略空气阻力影响，已知该运动员的质量m=60kg，g取10m/s2。则下列说法中正确的是（　　）
A．运动员起跳后到上升到最高点一直处于超重状态
B．起跳过程中运动员对地面的压力为1425N
C．运动员起跳时地面弹力做功不为零
D．运动员起跳时地面弹力的冲量为零
15．如图所示，小球A的质量为，动量大小为，小球A在光滑水平面上向右运动，与静止的小球B发生弹性碰撞，碰后A的动量大小为，方向水平向右，则（　　）
A．碰后小球B的动量大小为
B．碰后小球B的动量大小为
C．小球B的质量为15kg
D．小球B的质量为5kg
二、多项选择题（本题共3小题，每小题2分，6分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得2分，选对但不全的得1分，有选错的得0分．）
16．绳长为l，小球质量为m，小车质量为M，将小球向右拉至水平后放手，则（水平面光滑）（　　）
A．系统的总动量守恒
B．水平方向任意时刻小球与小车的动量等大反向
C．小球不能向左摆到原高度
D．小车向右移动的最大距离为
17．质量为0.5 kg的物体，运动速度为3 m/s，它在一个变力作用下沿直线运动，经过一段时间后速度大小变为7 m/s，则这段时间内动量的变化量为（　　）
A．5，方向与初速度方向相反
B．5，方向与初速度方向相同
C．2，方向与初速度方向相反
D．2，方向与初速度方向相同
18．如图所示，将一质量M、半径为R的光滑半圆形槽静置于光滑水平面上，今让一质量为m小球自左侧槽口从A点静止开始落下，则以下结论中正确的是（　　）
A．小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽构成的系统机械能守恒
B．小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒
C．小球到达右边最高点时，小球通过的水平位移是
D．小球到达右边最高点时，小球通过的水平位移是
三、实验题（每空2分，共12分）
19．如图是用来验证动量守恒的实验装置， 弹性球1用细线悬挂于O点，O点下方桌子的边沿有一竖直立柱。 实验时， 调节悬点， 使弹性球1静止时恰与立柱上的球2接触且两球等高。 将球1拉到A点， 并使之静止， 同时把球2放在立柱上。 释放球1， 当它摆到悬点正下方时与球2发生对心碰撞。 碰后球1向左最远可摆到B点， 球2落到水平地面上的C点。 测出有关数据即可验证1、2两球碰撞时动量守恒。 现已测出A点离水平桌面的高度为a， B点离水平桌面的高度为b， C点与桌子边沿间的水平距离为c。此外，
（1）还需要测量的量是___________、___________和___________；
（2）根据测量的数据， 该实验中动量守恒的表达式为___________。 （忽略小球的大小）
20．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如下的实验操作：
①先将斜槽轨道的末端调整水平，在一块平木板表面钉上白纸和复写纸，并将该木板竖直立于槽口处使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止释放，小球撞到木板并在白纸上留下痕迹；
②将木板向远离槽口平移一段距离，再使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止释放，小球撞到木板上得到痕迹；
③然后把半径相同的小球b静止放在斜槽水平末端，小球仍从原来挡板处由静止释放，与小球b相碰后，两球撞在木板上得到痕迹和；
④用天平测量、b的质量分别为、，用刻度尺测量纸上点到A、B、三点的竖直距离分别为、、。
（1）小球与小球相碰后，两球撞在木板上得到痕迹A和，其中小球撞在木板上的___________点填“A”或“C。
（2）用本实验中所测量的量来验证两球碰撞过程动量守恒，其表达式为___________仅用、、、、表示。
四、解答题
21．（10分）如图所示，质量为m1=1kg、m2=4.5kg的两个小滑块固定在轻质弹簧两端，静止于光滑水平面上，m1靠在光滑竖直墙上。现有一质量为m=0.5kg的小滑块，以v0=12m/s，极短时间内撞上m2并粘在一起，最后m1与m2、m都将向右运动。在这个过程中，竖直墙对m1的冲量为多少。
22．（10分）有两个质量相等的小球，A球以向右的速度vA = 30m/s撞击静止在光滑水平面桌面上的B球。两球相撞后，A球沿与原来前进的方向成α = 30°角的方向运动，B球获得速度与A球原来运动方向成β = 45°角。求碰撞后A、B两球的速度v′A和v′B。
23．（11分）如图甲，一辆质量为的小轿车（可看作质点）在平直公路上行驶，其中路段为柏油路，路段为沙石路，小轿车从P地运动到M地的过程，其速度v随时间t的变化规律如图乙所示，已知小轿车在路段受到的阻力为其重力的，在整个行驶过程中小轿车的功率保持不变，，求：
（1）小轿车的功率；
（2）小轿车从Q地运动到M地的过程中克服阻力做的功；
（3）小轿车从Q地运动到M地的过程中，牵引力的冲量。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．C
【详解】
D．小球从下落到最低点的过程中，槽没有动，与竖直墙之间存在挤压，动量不守恒；小球经过最低点往上运动的过程中，斜槽与竖直墙分离，水平方向动量守恒；全过程中有一段时间系统受竖直墙弹力的作用，故全过程系统水平方向动量不守恒，选项D错误；
A．小球运动到最低点的过程中由机械能守恒可得
小球和凹槽一起运动到槽口过程中水平方向动量守恒
小球离开右侧槽口时，水平方向有速度，将做斜抛运动，选项A错误；
BC．小球经过最低点往上运动的过程中，斜槽往右运动，斜槽对小球的支持力对小球做负功，小球对斜槽的压力对斜槽做正功，系统机械能守恒，选项B错，C对。
故选C。
2．D
【解析】
【详解】
A．做匀速圆周运动的质点，速度方向在随时变化，因此动量一直在变化，故A错误；
B．匀速直线飞行的巡航导弹巡航时，在持续燃烧燃料质量在减小动量在减小，故B错误；
C．悬线拉着的摆球在竖直面内摆动时，每次经过最低点时的速度方向会改变，动量不相同，故C错误；
D．平抛运动的物体竖直方向动量
与时间成正比，故D正确。
故选D。
3．A
【详解】
当C与A发生弹性正碰时，根据动量守恒定律和能量守恒定律有
联立解得
当A、B速度相等时弹簧的弹性势能最大，设共同速度为v，以A的初速度方向为正方向，则由动量守恒定律得
得
由机械能守恒定律可知，弹簧的最大弹性势能为
解得
当C与A发生完全非弹性正碰时，根据动量守恒定律有
当A、B、C速度相等时弹簧的弹性势能最大，设共同速度为v′，则由动量守恒定律得
由机械能守恒定律可知，弹簧的最大弹性势能为
解得
由此可知碰后弹簧的最大弹性势能范围是
故A正确，BCD错误。
故选A。
4．D
【解析】
【详解】
设刷动冰面前冰壶与冰面的动摩擦因数为，冰壶A向前做匀减速直线运动，由动能定理可知
冰壶A与冰壶B发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律可知
此后冰壶A、B整体向前做匀减速直线运动，由动能定理可得
联立解得
故D正确，ABC错误。
故选D。
5．C
【解析】
【详解】
炮弹离开炮口时，炮弹和炮车组成的系统在水平方向不受外力，则系统在水平方向动量守恒。设炮车后退的速度大小为v，则炮弹对地的水平速度大小为，取炮车后退的方向为正，对炮弹和炮车组成系统为研究，根据水平方向动量守恒有：
解得
故ABD错误，C正确；
故选C。
6．A
【详解】
AB．在恒力F1和F2作用下运动时，有
匀速运动时，有
联立解得
故A正确，B错误；
CD．对恒力F1和F2的冲量，有
故冲量大小相等，方向相反，故CD错误。
故选A。
7．C
【解析】
【详解】
由图（b）可知，不用冰壶刷时，冰壶做减速运动的加速度
由于
冰壶与冰面间的动摩擦因数
若红壶与蓝壶不碰撞，则红壶停止时刻为
红壶与蓝壶碰撞过程中满足动量守恒
由图（b）中信息可得碰后蓝壶的速度
蓝壶减速过程中的加速度大小
由于
可得
因此蓝壶与冰面间动摩擦因数减少
故选C。
8．C
【详解】
A．动量是矢量，其方向即为速度方向，A正确；
B．速度发生变化，则动量发生变化，根据动量定理可以知道，合外力的冲量不为零，B正确；
CD．如果合外力对物体的冲量不为零，物体的动量一定发生变化，当然可能只有动量的方向发生变化，大小可能不变，如匀速圆周运动，因此动能可能不变，C错误，D正确。
故错误的选C。
9．C
【详解】
设子弹穿过木块A时，木块A、B、C的共同速度为v，根据动量定理可得
解得
当子弹进入第二块木块时，木块A将与B、C分离，分离后木块A的速度不变。故ABD错误；C正确。
故选C。
10．D
【解析】
【详解】
A．人和船组成的系统水平方向不受外力，系统动量守恒，设人的质量为m，瞬时速度为v，船的质量为M，瞬时速度为v'，根据动量守恒定律得
解得
所以人匀速行走，船匀速后退，两者速度大小与它们的质量成反比，A正确；
B根据
人加速行走，船加速后退；
根据牛顿第二定律
根据牛顿第三定律，人和船相互作用力F大小相等，所以加速度大小与它们质量成反比，B正确；
C根据
所以人走走停停，船退退停停。人和船组成的系统水平方向不受外力，系统动量守恒，系统初始动量为0，两者动量总和总是为零，C正确；
D根据
当人在船尾停止运动后，船的速度也为零，D错误。
故选D。
11．B
【详解】
对物体的上升过程，由动量定理可得
由于
故整个上升过程有
联立解得
B正确。
故选B。
12．C
【解析】
【详解】
BD．光滑水平面上大小相同，A、B两球在发生碰撞，规定向右为正方向，由动量守恒可得
由于碰后A球的动量增量为负值，所以右边不可能为A球，左边是A球，BD错误；
AC．若是A球则动量的增量应该是正值，因此碰后A球的动量为2kg·m/s，所以碰后B球的动量是增加的，为10kg·m/s，由于两球的质量关系为
那么碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10，A错误，C正确。
故选C。
13．D
【解析】
【详解】
AB．甲和乙相对静止，所以甲将球沿着3方向抛出就能传球成功，故A、B均错误；
C．根据动量定理知，完成传球的过程两运动员对球的冲量等大反向，故C错误；
D．根据动量定理可知，相同的动量变化量下，延长作用时间，可以减小冲击力，故乙接着球后要往身体收，以免伤害手指，故D正确。
故选D。
14．B
【解析】
【详解】
A．运动员起跳后到上升到最高点，先加速后减速，所以是先超重后失重，故A错误；
B．运动员离开地面后做竖直上抛运动，根据
在起跳过程中，根据速度位移公式可知
解得
对运动员，根据牛顿第二定律可知
解得
故B正确；
CD．运动员起跳时地面弹力没有位移，所以做功为零，有作用时间，冲量不为零，故CD错误。
故选B。
15．A
【解析】
【详解】
AB．规定向右为正方向，碰撞过程中A、B组成的系统动量守恒，所以有
解得
A正确，B错误；
CD．由于是弹性碰撞，所以没有机械能损失，故
解得
CD错误。
故选A。
16．BD
【解析】
【详解】
AB．系统只是在水平方向所受的合力为零，竖直方向的合力不为零，故水平方向的动量守恒，而总动量不守恒，A错误，B正确；
C．根据水平方向的动量守恒及机械能守恒，小球仍能向左摆到原高度，C错误；
D．小球相对于小车的最大位移为2l，根据“人船模型”，系统水平方向动量守恒，设小球的平均速度为vm，小车的平均速度为vM，则有
mvm－MvM＝0
两边同时乘以运动时间t，则有
mvmt－MvMt＝0
即
mxm＝MxM
又
xm＋xM＝2l
解得小车移动的最大距离为，D正确。
故选BD。
17．AD
【解析】
【详解】
AB．以初速度方向为正方向，如果末速度的方向与初速度方向相反，由
得
负号表示Δp的方向与初速度方向相反，选项A正确，B错误；
CD．如果末速度方向与初速度方向相同，由
得
方向与初速度方向相同，选项C错误，D正确。
故选AD。
18．ABC
【解析】
【详解】
A．小球在半圆槽内运动的全过程中，地面和圆弧面光滑，只有小球的机械能与半圆槽的机械能之间相互转化，球与半圆槽构成的系统机械能守恒，A正确；
B．小球在半圆槽内运动的全过程中，地面光滑，小球与半圆槽组成的系统在水平方向所受的合外力为零，小球与半圆槽在水平方向动量守恒，B正确；
CD．小球到达右边最高点时，小球和圆槽通过的水平位移大小分别为、，如图所示
小球和圆槽组成的系统在水平方向上动量守恒，在运动过程中小球和圆槽在任意时刻的水平速度满足
则有
根据位移关系可得
解得
小球到达右边最高点时，小球通过的水平位移是，C正确，D错误。
故选ABC。
19． 弹性球1、2的质量m1、m2 立柱高h 桌面高H 2m1=2m1＋m2
【解析】
【详解】
（1）要验证动量守恒必须知道两球碰撞前后的动量变化，根据弹性球1碰撞前后的高度a和b，由机械能守恒可以求出碰撞前后的速度，故只要测量弹性球1的质量m1，就能求出弹性球1的动量变化；根据平抛运动的规律只要测出立柱高h和桌面离水平地面的高度H就可以求出弹性球2碰撞前后的速度变化，故只要测量弹性球2的质量m2、立柱高h、桌面离水平地面的高度H就能求出弹性球2的动量变化。则实验中还需要测量的量是弹性球1、2的质量m1、m2和立柱高h以及桌面高H。
（2）1小球从A处下摆过程只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律有
解得
碰撞后1小球上升到最高点过程中，机械能守恒，根据机械能守恒定律有
解得
碰撞后2小球做平抛运动，由
解得
所以2小球碰后速度
所以该实验中动量守恒的表达式为
代入速度的表达式整理得
20． C
【解析】
【详解】
（1）小球离开轨道后做平抛运动，设木板与抛出点之间的距离为x，由平抛运动规律得，水平方向
x=vt
竖直方向
解得
碰撞前，小球m1落在图中的B点，设其水平初速度为v0，小球m1和m2发生碰撞后，m1的落点在图中的C点，设其水平初速度为v1，m2的落点是图中的A点，设其水平初速度为v2。
（2）小球碰撞的过程中若动量守恒，则
即
则验证两球碰撞过程中动量守恒的表达式为
21．12N·s，方向水平向右
【解析】
【详解】
以m和m2组成的系统为研究对象，在碰撞极短时间内可认为动量守恒，以初速度的方向为正方向，根据动量守恒定律得
m和m2以共同速度v(方向向左)压缩弹簧而后又回到碰撞的初位置时，由机械能守恒可知，m2和m的共同速度大小仍为v(方向向右)，此后系统离开竖直墙向右运动。以m1、m和m2组成的系统为研究对象，取水平向右的方向为正方向，从m2开始向左运动到又回到初位置的整个过程，根据动量定理得
结果为正表示方向水平向右。
22．v′A = 21.96m/s，v′A = 15.53m/s
【解析】
【详解】
对A、B小球整体做受力分析可知A、B组成的系统动量守恒，则有
mvA = p′合
根据平行四边形定则如下图所示
根据正弦定理有
代入数据有
v′A = 21.96m/s，v′A = 15.53m/s
23．（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】
（1）小轿车在0~5s时间内做匀速直线运动，根据平衡条件和功率的公式有
联立两式解得
（2）小轿车从Q地运动到M地的过程中，由动能定理得
代入数据解得
（3）由题图乙知，时小轿车处于平衡状态，有
代入数据解得
则小轿车从Q地运动到M地的过程中，由动量定理得
代入数据解得
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页