第一章动量和动量守恒定律 专项测试（word版含答案）

第一章、动量和动量守恒定律
一、选择题（共16题）
1．如图所示，下列情形都忽略空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．若子弹击入沙袋时间极短，可认为击入过程子弹和沙袋组成的系统，水平方向动量守恒
B．若子弹击入杆的时间极短，可认为子弹和固定杆组成系统动量守恒
C．圆锥摆系统动量守恒
D．以上说法都不正确
2．一只小船质量为M，船上人的质量为m，船原来以速度v0行驶，当船上的人以相对地面的水平速度v0与船行反方向跳离船时，不计水的阻力，则船的速度大小变为（　　）
A．v0 B．v0 C．v0 D．v0
3．如图所示，质量m=1kg的小铁块（可视为质点）放在长木板左端，长木板的质量M=5kg，静止在光滑水平面上，当给小铁块施加、方向水平向右的瞬时冲量后，经过2s长木板和小铁块达到共同速度。已知重力加速度g=10m/s2，则长木板与小铁块在以共同速度运动时的速度大小和小铁块与长木板之间的动摩擦因数分别为（　　）
A．1m/s，0.25 B．1m/s，0.5 C．0.8m/s，0.25 D．0.8m/s，0.5
4．新型冠状病毒主要传播方式为飞沫传播。打喷嚏可以将飞沫喷到十米之外。有关专家研究得出打喷嚏时气流喷出的速度可达50米/秒，假设一次打喷嚏大约喷出5.0×10-5m3的空气，一次喷嚏大约0.02s，已知空气的密度为1.3kg/m3，估算打一次喷嚏人受到的平均反冲力（　　）
A．0.11N B．0.13N C．0.16N D．0.20N
5．对于一定质量的物体，以下说法中正确的是（ ）
A．速度变化，动能一定变化 B．速度不变，动能可能改变
C．动能变化，动量一定改变 D．动能不变，动量一定不变
6．下列关于动量的说法中，正确的是( )
A．物体的动量越大，其惯性也越大
B．物体的速度方向改变，其动量一定改变
C．作用在静止的物体上的力的冲量一定为零
D．物体的动量发生改变，则合外力一定对物体做了功
7．如图所示，质量为m的人立于平板车上，车的质量为M，人与车以大小为v1的速度在光滑水平面上向东运动。当此人相对于车以大小为v2的速度竖直跳起时，车向东的速度大小为（　　）
A． B． C． D．v1
8．人们经常利用“打夯”的方式将松散的地面夯实，如图所示，在某次打夯过程中，甲、乙两人通过绳子对对重物各施加一个力，将重物提升到距地面后重物做自由落体运动把地面砸结实。已知重物从接触接触地面到速度为零用时，重物的质量为，取，则下列说法正确的的是（　　）
A．重物下降过程中中，机械能变小
B．重物上升过程中，机械能守恒
C．在接触地面到速度为零的过程中重物对地面的平均作用力为
D．在接触地面到速度为为零的过程中地面对重物作用力的冲量大小为
9．如图所示，竖直平面内的平面直角坐标系第一象限有一个接触面，接触面的截面满足方程，质量为的钢球从图中其坐标为（-1m，9m）处，以的初速度水平抛出，经过时，落在接触面某处（不考虑反弹，不计空气阻力，g=10m/s2），下列说法正确的是（　　）
A．接触面的竖直截面抛物线方程表达式为y=2x2
B．落在接触面上时，钢球的速度方向与水平面的夹角为
C．在空中飞行的过程中，钢球的动量变化为20kg·m/s
D．假设该钢球以1m/s的初速度从同样位置平抛，则不能落在接触面上
10．一个不稳定的原子核质量为M，处于静止状态。放出一个质量为m的粒子后反冲，已知原子核反冲的动能为E0，则放出的粒子的动能为（　　）
A． B． C． D．
11．下面关于物体动量和冲量的说法正确的是（　　）
A．物体所受合外力的冲量越大，它的动量也越大
B．物体所受合外力的冲量不为零，它的动量可能要改变
C．物体动量增量的方向，就是它所受冲量的方向
D．物体所受合外力越大，它的动量变化就越大
12．一不带电的均匀金属圆线圈，绕通过圆心且垂直于线圈平面的轴匀速率转动时，线圈中不会有电流通过；若线圈转动的线速度大小发生变化，线圈中会有电流通过，这个现象被称为斯泰瓦—托尔曼效应。这一现象可解释为：当线圈转动的线速度大小变化时，由于惯性，自由电子与线圈中的金属离子间产生定向的相对运动，从而形成电流。若此线圈在匀速转动的过程中突然停止转动，由于电子在导线中运动会受到沿导线的平均阻力，所以只会形成短暂的电流。已知该金属圆线圈周长为L、横截面积为S、单位体积内自由电子数为n，电子质量为m、电荷量为e，自由电子受到的平均阻力大小与电子定向移动的速率成正比，比例系数为k。若此线圈以角速度ω匀速转动时突然停止转动（减速时间可忽略不计），此后，下列说法正确的是（　　）
A．线圈中电流方向与线圈原转动方向相同
B．自由电子在线圈中运动的线速度均匀减小
C．自由电子沿着线圈运动的路程为
D．通过线圈横截面的电荷量为
13．某质量为的可视为质点的物体在平面内运动，其方向和方向的速度-时间图像如图，则下列说法中正确的是（ ）
A．第1秒末物体位移大小为
B．物体所受合力为
C．前2秒内物体所受合力的冲量方向与轴正方向夹角为
D．该物体的运动轨迹为抛物线
14．如图所示，静止在光滑水平面上的两辆小车用细线相连，中间有一个压缩了的轻弹簧（与小车不栓接）。烧断细线后（　　）
A．两车同时开始运动
B．在弹簧恢复原长前，两车的动能增加
C．在弹簧恢复原长前，两车的总动量不守恒
D．在弹簧恢复原长的整个过程中，两车动量的变化相同
15．关于动量和动能，下列说法中错误的是（　　）
A．做变速运动的物体，动能一定不断变化
B．做变速运动的物体，动量一定不断变化
C．合外力对物体做功为零，物体动能的增量一定为零
D．合外力对物体做功为零，物体动量的增量一定为零
16．可视为质点的甲、乙两球质量分别为m、2m，在甲球由静止释放的同时乙球竖直向上抛出，两球相碰前瞬间速度大小都是v0，碰撞时间极短，碰后两球粘在一起．不计空气阻力，当地重力加速度为g，选竖直向下为正方向，则（ ）
A．从释放甲球到两球相碰前瞬间，甲球所受重力的冲量为mv0
B．从释放甲球到两球相碰前瞬间，乙球动量变化量为-2mvo
C．甲、乙碰撞后继续上升的高度为
D．甲、乙碰撞过程中损失的机械能为
二、填空题
17．质量m=500 g的篮球，以10m/s的速度与天花板相碰，经过t=0.5s，篮球以碰前速度的反弹，设空气阻力忽略不计，g取10 m/s2，则天花板对篮球的平均作用力大小为_________N
18．图中，质量为20kg的物体M静止放在光滑的水平面上，现用与水平方向成30°角斜向上的力F作用在物体上，力F的大小为10N，作用时间为10s，在此过程中，力F对物体的冲量大小为__________N·s，重力对物体的冲量大小为__________N·s，10s末物体的动量大小是__________kg·m/s。
19．如下图，在地面上固定一个质量为M的竖直木杆，一个质量为m的人以加速度a沿杆匀加速向上爬，经时间t，速度由零增加到v，在上述过程中，地面对木杆的支持力的冲量为_____________.
20．如图所示，质量为m的木块和质量为M的金属块用细绳系在一起，处于深水中静止，剪断细绳，木块上浮h时（还没有露出水面），铁块下沉的深度为________．（水的阻力不计）
综合题
21．如图所示，用半径为 r=0.6m的电动滚轮在长薄铁板上表面压轧一道浅槽，薄铁板的长为6.0m、质量为 10kg，滚轮与铁板、铁板与工作台面间的动摩擦因数分别为0.5和 0.2，铁板从一端放入工作台的滚轮下，工作时砂轮对铁板产生恒定的竖直向下的压力为 100N，在滚轮的摩擦作用下铁板由静止向前运动并被压轧出一浅槽，已知滚轮转动的角速度恒为5rad/s，g 取10m/s2，求：
（1）加工一块铁板需要多少时间；
（2）加工一块铁板电动机要多消耗多少电能．（不考虑电动机自身损耗）。
22．如图所示，小轿车的总质量为1.5t（含油箱内18kg的汽油），每个轮胎与地面的接触面积为0.025m2，老马开着这辆小轿车沿高速公路行驶300km后到达目的地。假设该车受到的牵引力始终为920N．已知汽油的热值q = 4.6×107J/kg，若汽油完全燃烧时，有30％的内能转化为机械能。（g取10N/kg）请你解答下列问题：
（1）该车静止时，对水平地面的压强；
（2）该车到达目的地过程中，牵引力所做的功；
（3）通过计算说明该车在行驶的这段路途中是否需要加油。
23．如图所示，两个完全相同的小滑块 A 、B （可视为质点）和长木板C静止在粗糙的水平面上， B位于C的正中间，小滑块的质量为 m =2kg，长木板长为 L =2m、质量 M =6kg， A与C左端之间相距 x =3m，滑块、长木板与地面的动摩擦因数均为， B 、C之间的动摩擦因数，现给A一个水平向右的初速度，一段时间后A与C发生弹性碰撞，重力加速度 g =10m/s2，求：
（1） A与C发生碰撞前瞬间， A的速度大小；
（2） A与C发生碰撞的过程中， C给A的冲量I大小；
（3） A与C发生碰撞后， C的总位移大小。
24．如图所示，有两个物体A、紧靠着放在光滑的水平面上，A的质量为，的质量为，有一颗质量为的子弹以的水平速度射入A，经过0.01s后又射入物体，最后停在中．若子弹对A的平均作用力大小为3×103N，求
（1）A、分离时A的速度；
（2）的最终速度大小
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．A
【详解】
A．子弹击入沙袋时间极短，水平方向合外力为零，故可认为击入过程子弹和沙袋组成的系统，水平方向动量守恒。A正确；
B．若子弹击入杆，杆的固定端对杆有力的作用，合外力不为零，动量不守恒。B错误；
C．圆锥摆系统做圆周运动，故圆锥摆系统合外力不为零，动量不守恒，C错误；
D．A正确，D错误。
故选A。
2．D
【详解】
当船上的人以相对地面的水平速度与船行反方向跳离船时，小船和人组成的系统动量守恒，以小船原来的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得
解得
故D正确，ABC错误。
故选D。
3．A
【详解】
小铁块受到的水平冲量
小铁块和长木板在光滑水平面上动量守恒，则有
解得长木板与小铁块共速时的速度大小
对长木板由动量定理有
解得小铁块与长木板之间的动摩擦因数
μ=0.25
故选A。
4．C
【详解】
打喷嚏时，根据动量定理可得
可求得
再由牛顿第三定律可得，打喷嚏时人受到的平均反冲力
ABD错误，C正确。
故选C。
5．C
【详解】
A．物体的速度发生变化时，其动能不一定变化，比如匀速圆周运动，其速度变化，而动能却不变，故A错误；
B．根据，速度不变，动能不改变，故B错误；
C．根据，动能变化，则速度大小变化，根据，动量一定改变，故C正确；
D．根据，动能不变，则速度大小不变，但速度方向不一定不变，根据，动量不一定不变，故D错误；
故选C．
6．B
【详解】
动量P=mv，则物体的动量越大，其质量不一定大，即惯性不一定越大，选项A错误；物体的速度方向改变，其动量一定改变，选项B正确；根据I=Ft可知，作用在静止的物体上的力的冲量不一定为零，只是合力的冲量为零，选项C错误；物体的动量发生改变，合外力不一定对物体做了功，例如做匀速圆周运动的物体，选项D错误；故选B.
7．D
【详解】
人与车组成的系统在水平方向上动量守恒，人向上跳起后，水平方向上的速度没变，则
因此
故选D。
8．D
【详解】
A．重物下降过程中做自由落体，只有重力做功，因此机械能守恒，故A错误；
B．重物在上升过程中有绳的拉力做正功，故机械能增加，故B错误；
CD．取重物开始下降到与地面接触速度减为零的整个过程进行研究，则末速度v1=0，初速度v0=0，重物做自由落体的时间为t，根据自由落体的规律有：即
落地时的速度大小为
v=gt=10×0.4m/s=4m/s
整个运动的总时间为
t′=（0.4+0.05）s=0.45s
地面给重物的作用力为F，且该力的作用时间为t1=0.05s，根据动量定理有：
mgt′-Ft1=0-0
代入数据有：
地面给重物的作用力的冲量大小为：
I=Ft1=5400×0.05N s=270N s
故C错误D正确。
故选D。
9．C
【详解】
A．设落在接触面上位置坐标为（x，y）根据平抛运动规律，有
解得
所以接触表面抛物线方程表达式为
故A错误；
B．设钢球落在接触面上竖直分速度为
钢球的速度方向与水平面的夹角为，则有
可知落在接触面上时，钢球的速度方向与水平面的夹角不等于，故B错误；
C．在空中飞行的过程中，钢球的动量变化为
方向竖直向下，故C正确；
D．设钢球速度为v时，恰好落在坐标原点，则
解得
球以的初速度从图中原坐标处平抛，则一定能落在接触面上，故D错误；
故选C。
10．A
【详解】
核反应过程系统动量守恒，以放出粒子的速度方向为正方向，由动量守恒定律得
原子核的动能
粒子的动能
解得
故A正确，BCD错误。
故选A。
11．C
【详解】
A．物体所受合外力的冲量越大，它的动量变化量也越大，故A错误；
B．物体所受合外力的冲量不为零，它的动量一定会改变，故B错误；
C．物体动量增量的方向，就是它所受冲量的方向，故C正确；
D．由动量定理
可知物体所受合外力越大，作用时间越长，它的动量变化就越大，故D错误。
故选C。
12．D
【详解】
A．若此线圈以角速度ω匀速转动时突然停止转动，则由于惯性自由电子将向前运动，则线圈中形成的电流方向与线圈原转动方向相反，选项A错误；
B．因为自由电子受到的平均阻力大小与电子定向移动的速率成正比，即
f=kv
可知自由电子在线圈中运动的线速度不是均匀减小，选项B错误；
C．电子随线圈转动的线速度
对电子由动量定理
即
解得
选项C错误；
D．通过线圈横截面的电荷量为
选项D正确。
故选D。
13．A
【详解】
A．第1秒末物体在x方向的位移
在y方向的位移
则合位移
选项A正确；
B．因
则
解得物体所受合力为
F=ma=12.5N
选项B错误；
C．合力方向与x轴正向夹角为
则
则前2秒内物体所受合力的冲量方向与x轴正方向夹角为53°，选项C错误；
D．合初速度方向与x轴正方向夹角
则
可知物体做匀变速直线运动，选项D错误。
故选A。
14．AB
【详解】
A．烧断细线后，两车同时受到弹簧的作用力，且方向相反，又水平面光滑不受摩擦力，故两车同时开始运动，故A正确；
B．在弹簧恢复原长前，弹簧对两车的弹力做正功，两车的动能增加，故B正确；
C．在弹簧恢复原长前，两车和弹簧组成的系统所受合外力为0，系统动量守恒，故C错误；
D．在弹簧恢复原长的整个过程中，系统动量守恒，即两车动量变化量的大小相同，方向相反，故D错误。
故选AB。
15．AD
【详解】
A．做变速运动的物体，速度大小不一定变化，动能不一定变化，故A错误；
B．做变速运动的物体，速度发生变化，动量一定不断变化，故B正确；
CD．合外力对物体做功为零，由动能定理，物体动能的增量一定为零，故C正确，D错误。
本题选错误项，故选AD。
16．AD
【详解】
A．对甲球，根据动量定理
A正确；
B．乙球动量的变化
B错误；
C．设碰后的速度为v，根据动量守恒
解得速度
设还能继续上升的高度为h， 由
可求
C错误；
D．损失的机械能
D正确。
故选AD。
17．12.5N
【详解】
规定向下为正，根据动量定理可得
代入数据可得
．
18． 100 2000 50
【详解】
力F对物体的冲量大小为
重力对物体的冲量大小为
物体的加速度
10s末物体的速度
物体的动量大小
19．(Mg+mg+ma)t
【详解】
以人为研究对象，根据牛顿第二定律得：F-mg=ma；解得：F=ma+mg
以杆子为研究对象，分析受力情况，杆子受到重力Mg、地面的支持力N和人对杆子向下的力F，根据平条件得：N=Mg+F=Mg+mg+ma
故支持力的冲量为：I=Nt=（Mg+mg+ma）t．
20．
【详解】
木块与金属块所构成的系统的重力与所受浮力平衡，合外力为零，故动量守恒．当剪断细绳时，个体的动量不守恒，但系统的动量守恒．对系统而言，剪断前动量为零，当剪断细绳后，金属块下降，动量方向向下，木块上升，动量方向向上，由于合动量为零，即向上的动量与向下的动量大小相等．
设金属块下降的距离为x，则根据动量守恒定律有：Mx＝mh，解得x＝．
21．（1）3.5s；（2）510J
【详解】
（1）砂轮给铁板的摩擦力
工作台给铁板摩擦力
铁板的加速度
铁板的最大速度为
铁板的位移
即
由
得
匀速运动时的位移
得
故总时间为
（2）由动能定理可知
则
得
代入数据得
22．（1）；（2）2.76×108J；（3）见详解
【详解】
（1）该车静止时，对水平地面的压力
F=G=mg=1.5×103kg×10N/kg=1.5×104N
该车静止时，对水平地面的压强
（2）该车到达目的地的过程中，牵引力所做的功
W=F′s=920×300×103=2.76×108J
（3）汽油完全燃烧释放的热量
Q放=m′q=18×4.6×107=8.28×108J
转化成的机械能
W1=ηQ放=30%×8.28×108J=2.484×108J
因W1＜W，所以该车在行驶途中需要加油。
23．（1）6 m/s；（2）；（3）3.25m
【详解】
（1）A与C发生碰撞前速度为v1，由能量关系得
解得
v1=6 m/s
（2）A与C发生弹性碰撞由动量守恒和能量守恒有
解得
vA=-3 m/s（向左）
vC=3 m/s （向右）
A与C发生碰撞的过程中，C给A的冲量为
（3）A与C碰撞后，C向右做匀减速直线运动，加速度为aC，B向右做匀加速直线运动，加速度为aB，由牛顿第二定律有
对C可得
解得
aC=2 m/s2
对B可得
μ2mg=maB
解得
aB=2 m/s2
假设B与C经过t0共速，则有
解得
t0=0.75s
v共=1.5 m/s
0.75s内B与C的位移分别为
m
m
由于
即B与C还没有共速就已经分离，假设B与C相互作用时间为t，由运动学公式有
解得
t=0.5s （t=1s舍去）
0.5 s内C的位移为
=1.25m
0.5s末C的速度为
=2 m/s
0.5s后C继续匀减速到停止，由能量关系有
解得
xC2=2m
A与C发生碰撞后的过程中C的总位移为
xC=xC1+xC2=3.25m
24．（1）6m/s ；（2） 21.94m/s
【详解】
（1）以向右为正方向，子弹击穿A的过程中，对子弹，由动量定理得
代入数据，解得
子弹与A、B组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得
代入数据，解得
子弹穿出A后，A做匀速直线运动，速度为6m/s；
（2）子弹与B组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得
代入数据，解得
答案第1页，共2页