第一章 动量及其守恒定律 单元测试（Word版含答案）

第一章、动量及其守恒定律
一、选择题（共16题）
1．如图，分别表示物体受到冲量前后的动量，短线表示的动量大小为，长线表示的动量大小为，箭头表示动量的方向，在下列所给的四种情况下，物体动量改变量相同的是（　　）
A．①② B．①③ C．②④ D．③④
2．质量为m的人，原来静止在乙船上，甲、乙两船质量均为M，开始时都静止，人先跳到甲船，立即再跳回乙船，这时两船速度之比为v甲：v乙等于（　　）
A．1：1 B．m：M C．(m＋M)：M D．m：(M＋m)
3．打桩机是基础建设行业必备的装备之一、假设打桩机上质量为m的重锤，以速度v竖直向下落在铁桩上，经过相互作用的时间后重锤停止向下运动，则在相互作用时间内，重锤对铁桩的平均作用力大小是（　　）
A．mg B． C． D．
4．关下列于动量的说法中，正确的是（ ）．
A．物体的动量越大，其惯性也越大
B．做匀速圆周运动的物体，其动量不变
C．一个物体的速度改变，它的动能不一定改变
D．一个物体的运动状态发生变化，它的动能一定改变
5．把一支弹簧枪水平固定在小车上，小车放在光滑水平地面上，枪射出一颗子弹的过程中，关于枪、弹、车，下列说法正确的是（　　）
A．枪和弹组成的系统动量守恒
B．枪和车组成的系统动量守恒
C．枪弹和枪筒之间的摩擦力很小，可以忽略不计，故二者组成的系统动量近似守恒
D．枪、弹、车三者组成的系统动量守恒
6．如图甲所示，长木板静止在光滑水平地面上，质量为m的滑块以水平初速v0由木板左端恰能滑至木板的右端与木板相对静止。若将木板分成长度相等的两段（如图乙），滑块仍以v0从木板左端开始滑动，已知滑块运动过程中所受摩擦力不变。则下列分析正确的是（　　）
A．滑块滑到木板的右端后飞离木板 B．滑块滑到木板的右端前就与木板保持相对静止
C．两过程滑块的动量变化相同 D．两过程系统产生的热量相等
7．如图所示，质量为m的小球A静止于光滑水平面上，在A球与墙之间用轻弹簧连接，现用质量为3m的小球B以水平速度与A相碰后粘在一起压缩弹簧，不计空气阻力，若弹簧被压缩过程中的最大弹性势能为EP，从球A被碰后开始到弹簧压缩到最短的过程中墙对弹簧做的功为W，冲量大小为I，则下列表达式中正确的是（ ）
A． B． C． D．
8．如图所示，一枚手榴弹开始时在空中竖直向下落，到某位置时爆炸成a、b两块同时落地，其中a落地时飞行的水平距离OA大于b落地时飞行的水平距离OB，下列说法正确的是（　　）
A．爆炸瞬间a、b两块的速度大小相等
B．爆炸瞬间a、b两块的速度变化量大小相等
C．a、b两块落地时的速度大小相等
D．爆炸瞬间a、b两块的动量变化大小相等
9．质量相同的甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其速度随时间变化图像如图所示。若两车行驶过程中所受阻力大小相同，则在时间内甲、乙两车牵引力的冲量、，牵引力的功率、，通过的位移、，以及在时间内任意时刻的加速度、的大小关系正确的是（　　）
A． B． C． D．
10．质量为M，竖立在地表的火箭，点火后瞬间加速度为（g为地表力加速度），若单位时间火箭喷出的气体质量为，则点火后瞬间火箭的喷气速度为（　　）
A． B． C． D．
11．“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下。将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动。从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，下列分析正确的是（　　）
A．绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小
B．人克服绳子做的功等于重力势能的减少量
C．绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大
D．人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受重力的二倍
12．质量为1kg的物体做直线运动，其速度-时间图像如图所示，则物体在前10s内和后10s内所受合外力的冲量分别是（　　）
A．10N·s，10N·s B．10N·s，-10N·s
C．10N·s，0 D．0，-10N·s
13．2020年10月15日消息，据芝加哥当地媒体报道，美国联合航空一架从芝加哥飞往华盛顿的UA349航班挡风玻璃破裂后，紧急返回芝加哥奥黑尔国际机场，假设飞机挡风玻璃破裂时飞机的时速约为，玻璃破裂部分的面积约为，空中风速不计，飞机所在高空空气密度约为，试估算玻璃破裂部分受到的空气冲击力大小约为（　　）
A． B． C． D．
14．一个质量为0.18kg的垒球，以25m/s的水平速度飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为45m/s，设球棒与垒球的作用时间为0.01s。下列说法正确的是（　　）
A．垒球动量变化量为 B．垒球动量变化量为
C．球棒对垒球的平均作用力大小为360N D．球棒对垒球的平均作用力大小为1260N
15．如图，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m的小球从槽上高h处由静止开始自由下滑，则（　　）
A．在小球下滑的过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽不做功
B．在小球下滑的过程中，小球和槽组成的系统水平方向动量守恒
C．被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动
D．被弹簧反弹后，小球能回到槽上高h处
16．如图所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个点电荷．时，甲静止，乙以的初速度向甲运动．此后，它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动整个运动过程中没有接触，它们运动的图象分别如图中甲、乙两曲线所示．则由图线可知　　
A．两电荷的电性一定相反
B．甲、乙两个点电荷的质量之比为2：1
C．在时间内，两电荷的静电力先增大后减小
D．在时间内，甲的动能一直增大，乙的动能一直减小
二、填空题
17．以15m/s的速度平抛一个小球，小球的质量为1kg，经2s小球落地，不计空气阻力，g取10m/s。小球落地时的速度大小为_____m/s，在这一过程中，小球的动量变化的大小为____kg·m/s。
18．放在水平桌面上的物体质量为m，用一个大小为F、方向与水平成θ角的推力推它t秒，物体始终不动，则在t秒内，推力对物体的冲量为______。
19．如图所示,在光滑的水平面上,质量为m的小球A以速率v0向右运动时与静止的等质量的小球B发生碰撞,碰后两球粘在一起，则碰后两球的速率v=__________；碰撞过程中损失的机械能=____________．
综合题
20．如图所示，在光滑水平面上静止放有、、三个小球，其中、的质量相等，，的质量.现使球以的速度向右运动与球发生弹性正碰，随后球又与球发生正碰，碰后球获得的速度.求：
（1）第一次碰后球的速度；
（2）第二次碰后球的速度。
21．一质量m的小滑块沿倾角为的斜面向上滑动，经过时间t1速度变为零，经过时间t2回到斜面底端，滑块在运动过程中受到的摩擦力大小始终为f ，已知重力加速度g，求：
(1)滑块从出发到回到出发点重力的冲量；
(2)滑块从出发到回到出发点摩擦力的冲量；
(3)请用动量定理求滑块再次回到出发点时物体的速度大小。
22．如图所示，足够长的平行金属导轨倾斜放置，导轨所在平面倾角，导轨间距，在水平虚线的上方有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，水平虚线下方有平行于导轨平面向下的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小均为。导体棒、垂直放置在导轨上，开始时给两导体棒施加约束力使它们静止在斜面上，现给棒施加沿斜面向上的拉力F，同时撤去对两导体棒的约束力，使沿斜面向上以的加速度做匀加速直线运动，棒沿斜面向下运动，运动过程中导体棒始终与导轨垂直并接触良好，已知导体棒与导轨间的动摩擦因数均为，导体棒的质量均为，两导体棒组成的回路总电阻为，导轨的电阻不计，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，，，，求：
(1)当棒运动的速度达到最大时，棒受到的拉力大小；
(2)当回路中的瞬时电功率为时，在此过程中，通过棒横截面的电量；
(3)当棒速度减为零时，在此过程中，拉力F对棒的冲量大小。
23．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．B
【解析】
④中物体动量的变化量
A．①②两物体动量变化量不相同，故A错误；
B．①③两物体动量变化量相同，故B正确；
C．②④两物体动量变化量不相同，故C错误；
D．③④两物体动量变化量不相同，故D错误。
故选B。
2．C
【详解】
人与甲乙两船组成的系统动量守恒，规定向乙船的速度方向为正方向，由动量守恒定律得
（M+m）v乙－Mv甲=0
解得
故选C。
3．C
【详解】
设在相互作用时间内，铁桩对重锤的平均作用力大小是F，对重锤根据动量定理有
解得
根据牛顿第三定律可知重锤对铁桩的平均作用力大小是
故选C。
4．C
【详解】
A.根据p=mv可知，物体的动量越大，其质量不一定越大，惯性不一定越大，故A错误；
B. 做匀速圆周运动的物体，速度大小不变，方向一直在改变，所以其动量大小不变，方向一直改变，故B错误；
CD. 一个物体的速度如果大小不变，方向改变，它的运动状态发生变化，但它的动能不变，故C正确，D错误；
5．D
【详解】
枪和子弹组成的系统，由于小车对枪有外力，枪和弹组成的系统外力之和不为零，所以动量不守恒，故AC错误；枪和小车组成的系统，由于子弹对枪有作用力，导致枪和车组成的系统外力之和不为零，所以动量不守恒，故B错误；小车、枪和子弹组成的系统，在整个过程中所受合外力为零，系统动量守恒，故D正确；
6．B
【详解】
AB．在一次在滑块运动过程中，滑块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，第二次滑块先使整个木板加速，运动到右半部分上后左半部分停止加速，只有右半部分加速，加速度大于第一次的对应过程，故第二次滑块与右边木板将更早达到速度相等，所以滑块还没有运动到最右端。故A错误，B正确；
C．根据动量守恒定律可知两过程中滑块最后的速度不同，则两过程滑块的动量变化不同，故C错误；
D．根据摩擦力乘以相对位移等于产生的热量，知在右边木板上相对运动的位移没有左边长度的2倍，所以产生的热量小于在左边木板上滑行产生热量，故D错误。
故选B。
7．A
【详解】
A、B碰撞过程，取向左为正方向，由动量守恒定律得 3mv0=(3m+m)v；解得v=0.75v0；碰撞后，AB一起压缩弹簧，当AB的速度减至零时弹簧的弹性势能最大，由能量守恒定律得：最大弹性势能 E= 4mv2；联立解得 E=；从球A被碰后开始到弹簧压缩到最短的过程中，对AB及弹簧整体，由动量定理得 I=4mv=3mv0，选项D错误；墙对弹簧的弹力位移为零，则墙对弹簧做功为零；选项A正确，BCD错误； 故选A．
8．D
【详解】
A．由题意知爆炸后a、b的竖直分速度大小相等，由a的水平位移大小大于b的水平位移大小，可知a获得的水平分速度大小大于b获得的水平分速度大小，故A错误；
B．两物块竖直方向上速度变化量相同，但由于水平方向上速度不相等，所以爆炸瞬间a、b两块的速度变化量大小不相等，故B错误；
C．由于水平方向上速度不相等，所以落地时的速度大小也不相等，故C错误；
D．在爆炸时内力远远大于外力，所以爆炸时动量守恒，则爆炸瞬间a、b两块的动量变化大小相等，故D正确。
故选D。
9．C
【详解】
A．根据速度时间图像与时间轴所围的“面积”大小表示位移，由图像可知，0-t0时间内，甲车的位移大于乙车的位移，A错误；
B．速度时间图像的斜率表示加速度，可知0-t0内，甲车的加速度逐渐减小，先大于乙车的加速度，后小于乙车的加速度，则必有某一时刻甲乙两车的加速度相同，B错误；
C．质量相同的甲、乙两车，在行驶过程中所受到的阻力大小相同，在t=t0时刻，两车的速度相同（设为v0），在0～t0时间内，甲、乙两车所受牵引力的冲量大小分别为：I1、I2对甲、乙两车，由动量定理得
解得
C正确；
D．设在0～t0时间内，甲、乙两车所受牵引力做的功分别为：W1、W2，对甲、乙两车，由动能定理得
由于
可得
根据
时间相等，功率不同，D错误。
故选C。
10．A
【详解】
设喷出气体对火箭的作用力为，由牛顿第二定律有
可得
由牛顿第三定律可知火箭对气体的力
则在时间内，设点火后瞬间火箭的喷气速度，对气体由动量定理有
联立解得
故选A。
11．A
【详解】
A．由于绳对人的作用力一直向上，故绳对人的冲量始终向上；由于人在下降中速度先增大后减小，动量先增大后减小；故A正确；
B．从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程由动能定理有
因绳拉直时人有初动能，即下降过程有动能的减少，则人克服绳子做的功等于重力势能和动能的减少量，故B错误；
C．绳子恰好伸直时，绳子的形变量为零，弹性势能为零；但合力向下，还要继续加速，此时人的动能不是最大，故C错误；
D．人的下降运动在绳拉直后是简谐运动，关于平衡位置具有对称性，绳恰好伸直时加速度向下等于g，人在最低点时离平衡位置更远，则加速度向上且大于g，由牛顿第二定律有
可得
即绳子对人的拉力一定大于人受到的重力的２倍；故D错误；
故选A。
12．D
【详解】
由题图可知，在前10s内初、末状态的动量相同
由动量定理知
在后10s内末状态的动量
由动量定理得
故选D。
13．B
【详解】
飞机的时速也即空气相对玻璃的速度
玻璃破裂部分的面积约为
则时间内吹在玻璃的空气的质量
根据动量定理得
联立解得
故选B。
14．BD
【详解】
设垒球的初速度的方向为正方向，则末速度为。
AB．动量的变化量为矢量，有
即垒球的动量变化量大小为12.6kg·m/s，负号表示方向与初速度方向相反，故A错误，B正确；
CD．由冲量的定义可知，球棒对垒球的平均作用力大小为
故C错误，D正确；
故选BD。
15．BC
【详解】
A．在小球下滑过程中，槽向左运动，小球与槽之间的相互作用力与槽的速度不垂直，所以会对槽做功，故A错误；
B．小球在下滑过程中，小球与槽组成的系统水平方向不受力，所以水平方向动量守恒，故B正确；
CD．小球与槽组成的系统水平方向动量守恒，球与槽的质量相等，小球沿槽下滑，球与槽分离时，小球与槽的速度大小相等，方向相反，小球被反弹后球与槽的速度相等，所以小球不能滑到槽上，不能达到高度h处，因此都做匀速直线运动，故C正确，D错误。
故选BC。
16．BC
【详解】
试题分析：由图象0-段，判定甲从静止开始与乙同向运动，则知甲的电性；根据动量守恒定律求解两球质量之间的关系；分析时刻前后两球距离的变化，判断电场力做功情况，分析两电荷的电势能．0～t2时间内，分析两电荷间距离变化，可知相互静电力的变化．t1～t3时间内，根据两者的速度变化判断动能变化．
由图象段看出，甲从静止开始与乙同向运动，说明甲受到了乙的排斥力作用，则知两电荷的电性一定相同，A错误．两球相互作用时，受到的合外力为零，故动量守恒，设向左为正方向，时刻两球速度相等，；则有，解得，即甲乙两个点电荷的质量之比为2：1，B正确；时间内两电荷间距离逐渐减小，在时间内两电荷间距离逐渐增大，由库仑定律得知，两电荷间的相互静电力先增大后减小，C正确；由图象看出，时间内，甲的速度一直增大，动能一直增大．乙的速度先沿原方向减小，后反向增大，则其动能先减小后增大，D错误．
17． 25 20
【详解】
平抛运动竖直方向
落地时合速度
根据动量定理动量改变量
18．Ft
【详解】
根据冲量的概念可知，在t秒内，推力对物体的冲量为
I=Ft
19．
【详解】
试题分析：AB球碰撞过程中，AB组成的系统动量守恒，以向右为正，根据动量守恒定律得：
mv0=2mv
解得：v=，
碰撞过程中损失的机械能为：
20．（1）；（2），方向水平向左
【详解】
（1）球与球发生弹性正碰，由动量守恒得
由机械能守恒得：
解得
第一次碰后球的速度为；
（2）球与球发生碰撞，由动量守恒得：
解得
第二次碰后球的速度，方向水平向左。
21．(1)，方向竖直向下；(2)，方向沿斜面向上；(3)
【详解】
(1)根据冲量的定义可知，因运动时间为，则重力的冲量为
方向竖直向下；
(2)因摩擦力先沿斜面向下后沿斜面向上，而上滑过程用时短，故摩擦力的冲量为
方向沿斜面向上
(3)取沿斜面向下为正方向，对于滑块下滑的过程由动量定理
解得滑块回到出发点的速度为
方向沿斜面向下。
22．(1)1.5N；(2)1C；(3) 2.4N s
【详解】
(1)根据右手定则可知通过回路电流为bacd，根据左手定则可知cd棒受到的安培力垂直斜面向下；
cd棒速度最大时受力平衡，根据平衡条件可得
mgsinθ=μFN
其中
FN=mgcosθ+B2I1L
对ab棒根据牛顿第二定律可得
F-mgsinθ-μmgcosθ-B1I1L=ma
联立解得
F=1.5N
(2)当回路中瞬时电功率为2W时，设回路中的电流强度为I2，根据电功率的计算公式可得
I22R=P
解得
I2=1A
此时ab棒的速度为v，则
解得
v=2m/s
此过程ab棒的位移x，则
根据电荷量计算公式可得
(3)当cd棒速度减为零时，在此过程中，平均电流强度为I′，对cd棒根据动量定理可得：
mgsinθ t-μ（mgcosθ+B2I′L）t=0
即
mgsinθ t-μmgcosθt+μB2LQ=0
在t时间内ab棒做匀加速直线运动，则
x=at2
v=at
通过导体棒的电荷量
解得
v=1.6m/s
t=1.6s
对ab棒根据动量定理可得
IF-mgsinθ t-μmgcosθ t-B1LQ=m v-0
解得拉力F对ab棒的冲量大小
IF=2.4N s
23．（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