第一章动量及其守恒定律 综合训练（Word版含答案）

第1章动量及其守恒定律
一、选择题（共15题）
1．篮球的质量为0.6 kg，在某次运动中篮球先以3 m/s的速率竖直向下着地，经0.2 s后， 又以2m/s的速率竖直向上离开地面，已知当地重力加速度g=10 m/s2，在篮球着地的 过程中，地面对它的平均作用力大小为
A．3 N B．6 N C．15 N D．21 N
2．质量为m的粒子a以速度v在竖直面内水平向右运动，另一质量为m粒子b以速度v沿与水平向右成45o斜向下的方向运动，在某段时间内两个粒子分别受到相同的恒力的作用，在停止力的作用时，粒子a沿竖直向下方向以速度v运动，则粒子b的运动速率为（不计重力）（　　）
A．v B．v C．v D．0.5v
3．在“验证动量守恒定律”的实验中，安装斜槽轨道时，应让斜槽末端点的切线保持水平，这样做的 目的是为了使（ ）
A．入射小球得到较大的速度
B．入射小球与被碰小球对心碰撞后速度为水平方向
C．入射小球与被碰小球对碰时无动能损失
D．入射小球与被碰小球碰后均能从同一高度飞出
4．关于系统动量守恒的条件，下列说法中正确的是（ ）
A．只要系统内存在摩擦力，系统的动量就不可能守恒
B．只要系统中有一个物体具有加速度，系统的动量就不守恒
C．只要系统所受的合外力为零，系统的动量就守恒
D．系统中所有物体的加速度都为零时，系统的总动量不一定守恒
5．一炮艇总质量为M，以速度v0匀速行驶，从艇上以相对艇的水平速度v沿前进方向射出一质量为m的炮弹，发射炮弹后艇相对海岸的速度为v′，若不计水的阻力，则下列各关系式中正确的是
A．Mv0=（M﹣m）v′+mv B．Mv0=（M﹣m）v′+m（v+v0）
C．Mv0=（M﹣m）v′+m（v+v′） D．Mv0=（M﹣m ）v′+m(v﹣v′)
6．如图所示，在光滑的水平地面上静止放置一质量为M的半圆槽，半圆槽内壁光滑，轨道半径为R，轨道的最低点为C，两端A、B与其圆心O处等高。现让一质量为m的小滑块从A点由静止开始释放，小滑块可视为质点，重力加速度为g，若。则在此后的过程中（　　）
A．半圆槽与小滑块组成的系统动量守恒，机械能守恒
B．小滑块从A到C的过程中，半圆槽运动的位移为
C．小滑块运动到C点时，半圆槽速度为
D．小滑块运动到C点时，半圆槽对水平地面的压力为
7．质量的物块在光滑水平地面上以的速度运动，时对物体施加以水平外力F，规定的方向为正方向，外力F随时间t变化图线如图所示，则（　　）
A．第末物块的速度大小为 B．第末物块的动量大小为
C．在时间内物块的动量变化量为 D．第末时物块的运动方向发生改变
8．如图所示，竖直平面第一象限有一个接触面，接触面表面满足，质量为的钢球从图中其坐标为处，以的初速度水平抛出，经过时，落在接触面某处（不考虑反弹），下列说法正确的是（ ）
A．接触表面抛物线方程表达式为
B．落在接触面上时，钢球与水平面的夹角为
C．落在接触面上时，钢球的动量大小为
D．假设该钢球以的初速度从图中原坐标处平抛，则不能落在接触面上
9．将质量为m的物体从地面竖直向上抛出，一段时间后物体又落回抛出点。在此过程中物体所受空气阻力大小不变，下列说法正确的是（　　）
A．上升过程的时间大于下落过程的时间
B．上升过程中机械能损失小于下落过程中机械能损失
C．上升过程的动能减小量大于下落过程的动能增加量
D．上升过程的动量变化量小于下落过程的动量变化量
10．在空间某一点以大小相等的速度分别竖直上抛、竖直下抛、水平抛出质量相等的小球，不计空气阻力，则从抛出到落地的总时间内（ ）
A．做下抛运动的小球动量变化最大
B．做平抛运动的小球动量变化最小
C．三个小球动量变化大小相等
D．三个小球动量变化率相等
11．小明同学将篮球从离地面高度为处释放，篮球竖直反弹后上升的最大高度为，已知篮球质量为，重力加速度为，篮球碰撞地面过程中重力冲量大小为，则地面对篮球的冲量大小为（　　）
A． B．
C． D．
12．质量为M的小车静止于光滑的水平面上，小车的上表面和圆弧的轨道均光滑。如图所示，一个质量为m的小球以速度v0水平冲向小车，当小球返回左端脱离小车时，下列说法中正确的是（　　）
A．整个过程中，m和M组成的系统的动量守恒
B．如果 m>M，小球脱离小车后，做自由落体运动
C．如果 m>M，小球脱离小车后，沿水平方向向右做平抛运动
D．如果 m13．如图所示，用小锤打击弹性金属片后，A球沿水平方向抛出，同时B球被松开，自由下落．改变小球距地面的高度和打击的力度，重复这个实验，发现A、B两球总是同时落地．若A、B两球质量相等，且将平抛运动沿水平和竖直两个方向分解．下列说法正确的是
A．本实验可验证平抛运动在水平方向上是匀速直线运动
B．本实验可验证平抛运动在竖直方向上是自由落体运动
C．在同一次实验中，两球落地前瞬间重力的功率相等
D．在同一次实验中，两球落地前瞬间动量的大小相等
14．下列四幅图所反映的物理过程中，动量守恒的是（ ）
A．在光滑水平面上，子弹射入木块的过程中，子弹和木块组成的系统
B．剪断细线，弹簧恢复原的过程中，M、N和弹簧组成的系统
C．两球匀速下降，细线断裂后在水下运动的过程中，两球组成的系统（不计水的阻力）
D．木块沿光滑斜面由静止滑下的过程中，木块和斜面体组成的系统
15．如图甲所示，一质量为m的物块在t＝0时刻，以初速度v0从足够长、倾角为θ的粗糙斜面底端向上滑行，物块速度随时间变化的图象如图乙所示。t0时刻物块到达最高点，3t0时刻物块又返回底端。下列说法正确的是（　　）
A．物块从开始运动到返回底端的过程中重力的冲量为3mgt0·cosθ
B．物块从t＝0时刻开始运动到返回底端的过程中动量的变化量为－mv0
C．斜面倾角θ的正弦值为
D．不能求出3t0时间内物块克服摩擦力所做的功
二、综合题
16．甲、乙两物体在光滑水平面上沿同一直线相向运动，甲、乙物体的速度大小分别为和，碰撞后甲、乙两物体反向运动，速度大小均为，则甲、乙两物体质量之比为__________。
17．如图所示，方盒A静止在光滑的水平面上，盒内有一个小滑块B，盒的质量是滑块质量的2倍，滑块与盒内平面间的动摩擦因数为μ．若滑块以速度v开始向左运动，与盒的左右壁发生无机械能损失的碰撞，滑块在盒中来回运动多次，最终相对盒静止.
（1）此时盒的速度大小为_________？
（2）滑块相对于盒运动的路程为____________？
18．一物体放在水平地面上，如图1所示，已知物体所受水平拉力F随时间t的变化情况如图2所示，物体相应的速度v随时间t的变化关系如图3所示．求：
（1）0~8s时间内拉力的冲量；
（2）0~10s时间内，物体克服摩擦力所做的功。
19．如图所示，半圆形轨道竖直固定放置，A为最低点，B为最高点，半径。一质量的小球沿水平地面向右运动，以的速度从A点沿切线方向进入半圆轨道，到达B点时对轨道的压力等于小球的重力，取，求：
（1）小球到达B时的速度大小；
（2）从A到B过程中小球克服摩擦力做的功；
（3）从A到B过程中小球所受合力的冲量。
20．体操运动员在落地时总要屈腿，这是为什么？
21．如图所示，质量分别为mA、mB的两个弹性小球A、B静止在地面上方，B球距地面的高度h=1.8 m，A球在B球的正上方，距地面的高度H=4.2 m。同时将两球释放，经过一段时间后两球发生第一次弹性正撞。所有碰撞时间忽略不计，已知mB=3mA，重力加速度g=10 m/s2，忽略空气阻力和球的大小及所有碰撞中的动能损失。求：
（1）第一次碰撞点距地面的高度；
（2）第一次碰后A球上升的最大距离。
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【详解】
取向上为正方向，由动量定理：，带入数据，解得：F=21N
A. 3 N，与结论不相符，选项A错误；
B. 6 N，与结论不相符，选项B错误；
C. 15 N，与结论不相符，选项C错误；
D. 21 N，与结论相符，选项D正确；
2．B
【详解】
如图甲所示，作出a粒子的初速度、末速度及速度的变化量关系图
由于初末速度大小相等，则△v与水平向左方向成45°斜向下，根据动量定理得
Ft=m△v
得
可知，作用力F与b粒子的初速度垂直，所以b粒子作类平抛运动，建立如图的坐标系，b粒子x轴方向做匀速直线运动，y轴方向做初速度为零的匀加速运动，加速度为
粒子a沿竖直向下方向以速度v运动，则粒子b的运动速率为
故选B。
3．B
【详解】
在“验证动量守恒定律”的实验中，安装斜槽轨道时，应让斜槽末端点的切线保持水平，这样做的目的是为了使入射小球与被碰小球对心碰撞后速度为水平方向，以保证在水平方向能验证动量守恒定律
故选B。
4．C
【详解】
C．根据动量守恒的条件是系统所受合外力为零可知，C正确；
A．系统内存在摩擦力，与系统所受合外力无关，A错误；
B．系统内各物体之间有着相互作用，对单个物体来说，合外力不一定为零，加速度不一定为零，但整个系统所受的合外力仍可为零，动量守恒，B错误；
D．系统内所有物体的加速度都为零时，各物体的速度恒定，动量恒定，总动量一定守恒，D错误。
故选C。
5．C
【详解】
以炮弹与炮艇组成的系统为研究对象，不计水的阻力，系统在水平方向动量守恒，炮弹相对于炮艇的水平速度为v，发射炮弹后炮艇的速度为，则以地面为参照系，
炮弹的速度为，由动量守恒定律得：，故C正确；
故选C．
6．C
【详解】
A．半圆槽与小滑块组成的系统，只有重力对系统做功，系统的机械能守恒，在竖直方向，重力对小滑块的冲量不为零，系统动量不守恒，系统在水平方向受到的合外力为零，系统在水平方向动量守恒，A错误；
B．设小滑块从A到C的过程中用时为t，半圆槽位移为x，则滑块的位移为R-x；取水平向右为正方向，根据水平方向平均动量守恒得
解得
B错误；
C．小滑块运动到轨道最低点C时，设小滑块的速度大小为v1，半圆槽的速度大小为v2，根据水平方向平均动量守恒得
根据机械能守恒定律的
联立解得
C正确；
D．小滑块相对半圆槽做圆周运动，则在C点时小滑块对半圆槽的压力大于mg，则对半圆槽进行受力分析，可知半圆槽受到重力、地面的支持力和小滑块的压力，则半圆槽对水平地面的压力大于3mg，D错误。
故选C。
7．D
【详解】
A．图线的斜率为
在时间内，合力的冲量为对应时间内图线与t轴所围的面积，有
根据动量定理有
解得
故A错误；
B．在时间内，合力的冲量为对应时间内图线与t轴所围的面积，为
根据动量定理得
解得第末物块的动量大小为
故B错误；
C．由图可知在时间内合力的冲量为
故动量变化量为零，故C错误；
D．第末时动量为
故第末时物块运动方向发生改变，故D正确。
故选D。
8．D
【详解】
A．根据平抛运动规律
、
根据题目数据可知，接触点的坐标为，因此抛物线方程为，A错误；
B．根据平抛运动的推论，平抛运动上某点的速度反向延长，交于该位置水平位移中点处，即
所以夹角不等于，B错误；
C．落在斜面上的速度大小为
所以落在接触面上时的动量大小为
C错误；
D．设物体速度为v时，恰好平抛后落在坐标原点，则根据平抛运动规律
，
解得
速度比这个速度还要小的物体，不可能落在接触面上，D正确。
故选D。
9．C
【详解】
A．设空气阻力大小为f，上升过程的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得
解得
设下降过程的加速度大小为a2，由牛顿第二定律得
解得
所以上升过程的加速度大小大于下降过程的加速度大小，由于上升和下降的位移相等，由运动学公式
可知，上升过程的时间小于下落过程的时间，故A错误；
B．由于空气阻力大小不变，上升过程和下降过程空气阻力做的功相等，所以上升过程中机械能损失等于下落过程中机械能损失，故B错误；
C．设物体从地面竖直向上抛出时的速度为v0，物体落回到地面时的速度为v，由运动学公式得
又因为
所以
上升过程的动能减小量为
下落过程的动能增加量为
所以上升过程的动能减小量大于下落过程的动能增加量，故C正确；
D．上升过程动量的变化量为
下落过程的动量变化量为
所以上升过程的动量变化量大于下落过程的动量变化量，D正错误。
故选C。
10．D
【详解】
试题分析：ABC、三个球运动过程中只受重力作用，根据动量定理，动量改变量等于合力的冲量，故动量的改变量等于重力的冲量；
上抛运动的时间最长，下抛运动的时间最短，根据△P=I=mgt，做上抛运动的小球动量变化最大，做下抛运动的小球动量变化最小；
故A错误，B错误，C错误；
D、根据动量定理，动量的变化率等于合力，合力相等，故三个球的动量的变化率相等，故D正确；
故选D
11．C
【详解】
由
解得
，
由
解得
，
由动量定理有
，
即
选项C正确，ABD错误。
故选C。
12．C
【详解】
A．整个过程中，m和M组成的系统水平方向动量守恒，其他方向动量不守恒，A错误；
BCD．根据动量守恒定律
根据机械能守恒定律
解得
如果 m>M，则v1>0，小球脱离小车后，沿水平方向向右做平抛运动，C正确，B错误；
如果 m故选C。
13．BC
【详解】
本实验将A的做平抛运动与竖直方向下落的B的运动对比，只能说明A竖直方向运动情况，不能反映A水平方向的运动情况．本实验中A做平抛运动，B做自由落体运动，每次两球都同时落地，说明A竖直方向的分运动是自由落体运动．故A错误，B正确；两小球落地时的竖直分速度相同，故由P=mgv可知，两球落地时的功率相等，故C正确；由于两球落地时的瞬时速度不同，平抛运动的合速度大于自由落地的速度，故落地时的动量不相等，故D错误．故选BC．
14．AC
【详解】
A．图中子弹和木块组成的系统在水平方向上不受外力，竖直方向所受合力为零，该系统动量守恒，故A正确；
B．图中在弹簧恢复原长的过程中，系统在水平方向上始终受墙的作用力，系统动量不守恒，故B错误；
C．图中木球与铁球组成的系统所受合力为零，系统动量守恒，故C正确；
D．图中木块下滑过程中，斜面体始终受到挡板的作用力，系统动量不守恒，故D错误.
故选AC.
15．BC
【详解】
A．物块从开始运动到返回底端的过程中重力的冲量
故A项错误；
B．上滑过程中物块做初速度为v0的匀减速直线运动，下滑过程中做初速度为零，末速度为v的匀加速直线运动，上滑和下滑的位移大小相等，所以有
解得
物块从开始运动到返回底端过程中动量的变化量为
故B正确；
C．上滑过程中有
下滑过程中有
解得
故C项正确；
D．3t0时间内，物块受力为重力、支持力、摩擦力．从底端出发又回到底端，高度不变，重力做功为零；支持力始终与速度垂直，不做功；摩擦力始终与速度反向，做负功．根据动能定理，摩擦力所做的功就等于物体动能变化量．克服摩擦力所做的功与摩擦力所做负功大小相等．所以能求出
故D项错误。
故选BC。
16．
【详解】
碰撞过程中动量守恒，根据动量守恒定律即可求解。
由动量守恒定律得：
，
根据
规定甲原来运动方向为正方向，得：
，
解得甲和乙的质量比为：
。
17．
【详解】
(1)物体与盒子组成的系统动量守恒；先由动量守恒求出盒子与物块的最终速度，再结合损失的机械能即可求出滑块相对于盒运动的路程。设滑块的质量为m，则盒的质量为2m，对整个过程，由动量守恒定律可得
解得
(2)由能量关系可知
解得
19．（1）18 N·s；（2）30J
【详解】
（1）在图像中，直线与坐标轴围成的面积等于力的冲量，则0~8s时间内拉力的冲量
（2）由图3知，6-8s内物体做匀速直线运动，由平衡得
由图3可得0-10s物体通过的位移为
克服摩擦力做功
19．（1）2m/s；（2）2.4J；（3） 1.6N s，方向向左
【详解】
（1）小球到达B点时对轨道的压力等于小球的重力，靠重力与支持力提供向心力。根据牛顿第二定律得
得
（2）小球向上运动过程中重力和摩擦力做功，由动能定理得
解得
W=2.4J
（3）选取向左为正方向，则小球的初动量
p1=mvA=0.2×（-6)=-1.2kg m/s
小球的末动量
p2=mvB=0.2×2=0.4kg m/s
由动量定理可知，小球受到的合外力的冲量等于其动量的变化，即
I=p2-p1=0.4-（-1.2)=1.6kg m/s=1.6N s
方向向左。
20．见解析
【详解】
体操运动员落地时的动量一定，在落地的过程中，动量变化一定，由动量定理可知，运动员受到的冲量I一定；由I=Ft可知，体操运动员在着地时屈腿可以延长时间t，可以减小运动员所受到的平均冲力F。
21．（1）1.0m；（2）5m
【详解】
（1）设释放后时刻B球落地，有
可得
A球落地瞬间，B球速度与A球速度大小相等，均为
此时A球距离地面
设B球反弹后再经过时间相遇，有
解得
相遇点距地面的高度为
（2）A、B碰撞前瞬间，A球的速度为
B球的速度大小
A、B碰撞过程动量守恒，机械能守恒，规定竖直向上为正方向，有
联立得
碰后A球上升的最大距离为
答案第1页，共2页