第一章动量和动量守恒定律练习（word版含答案）

粤教版（2019）选择性必修一 第一章 动量和动量守恒定律
一、单选题
1．一质量为m的子弹，以速度v水平射入放在光滑水平面上质量为M的木块中而不穿出，则下列说法正确的是（　　）
A．子弹动能的减少量等于子弹克服阻力做的功
B．子弹损失的机械能大于木块获得的动能
C．子弹对木块做的功等于子弹克服阻力做的功
D．系统内能的增加量等于子弹克服阻力做的功
2．一条质量约为180kg的小船漂浮在静水中，当人从船尾走向船头时，小船也发生了移动（不计水的阻力）。如图所示是某研究性学习小组利用有关物理知识分析人与船相互作用过程时所画出的四幅草图，图中实线部分为人在船尾时的情景，虚线部分为人走到船头时的情景。其中正确的是（　　）
A． B．
C． D．
3．蹦极是一项刺激的户外活动。某蹦极者在一次蹦极中离开踏板自由下落至第一次到达最低点的v-t图像如图，已知蹦极者质量为60kg，最大速度为55m/s，0~5.0s内v-t图线为直线，5.0~7.0s内为曲线，忽略空气阻力，重力加速度为10m/s2。则蹦极绳自拉直到人第一次到达最低点过程中受到的平均拉力大小为（　　）
A．2100 N B．1500 N
C．840 N D．600 N
4．下列关于反冲现象的说法中，正确的是（　　）
A．抛出物体的质量要小于剩下物体的质量才能发生反冲
B．若抛出物体A的质量大于剩下物体B的质量，则B受的反冲力大于A所受的反冲力
C．反冲现象中，牛顿第三定律适用，但牛顿第二定律不适用
D．对抛出部分和剩余部分，牛顿第二定律都适用
5．如图所示，光滑的水平面上有大小相同、质量不等的小球A、B，小球A以速度v0向右运动时与静止的小球B发生碰撞，碰后A球速度反向，大小为，B球的速率为，A、B两球的质量之比为（　　）
A．3∶8 B．8∶3 C．2∶5 D．5∶2
6．小球 A的质量为mA=5 kg， 动量大小为 ， 小球 沿光滑水平面向右运动 时与静止的小球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 的动量大小为
B．小球 的质量为
C．碰后小球 的动量大小为
D．小球 的质量为
7．质量为M的木块在光滑水平面上以速度v1水平向右运动，质量为m的子弹以速度v2水平向左射入木块，要使木块停下来，必须使发射子弹的数目为（子弹留在木块中不穿出）（　　）
A． B． C． D．
8．将质量为0.5 kg的小球以20 m/s的初速度竖直向上抛出，不计空气阻力，g取10 m/s2，以下判断正确的是（　　）
A．小球从被抛出至到达最高点受到的冲量大小为10 N·s
B．小球从被抛出至落回出发点动量的变化量大小为零
C．小球从被抛出至落回出发点受到的冲量大小为10 N·s
D．小球从被抛出至落回出发点动量的变化量大小为10 N·s
9．下列关于碰撞的理解正确的是（　　）
A．碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短时间内它们的运动状态发生了显著变化的过程
B．如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫做非弹性碰撞
C．在碰撞现象中，一般内力都远大于外力，所以可以认为碰撞时系统的动能守恒
D．微观粒子的相互作用由于不发生直接接触，所以不能称其为碰撞
10．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
11．如图所示，在光滑水平面上，有质量分别为2m和m的A、B两滑块，它们中间夹着一根处于压缩状态的轻质弹簧，由于被一根细绳拉着而处于静止状态。当剪断细绳，在两滑块脱离弹簧之后，下列说法正确的是（　　）
A．两滑块的动能之比
B．两滑块的动量大小之比
C．弹簧对两滑块的冲量大小之比
D．弹簧对两滑块做功之比
12．热现象过程中不可避免地出现能量耗散的现象。所谓能量耗散是指在能量转化的过程中无法把耗散的能量重新收集、重新加以利用。下列关于能量耗散的说法中正确的是（　　）
A．能量耗散是指在一定条件下，能量在转化过程中总量减少了
B．能量耗散表明，在能源的利用过程中，能量在数量上并未减少，但在可利用的品质上降低了
C．能量耗散表明，能量守恒定律具有一不定期的局限性
D．能量不可能耗散，能量守恒定律反映了自然界中能量转化的宏观过程可以有任意的方向性
13．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．
14．水平冰面上有一固定的竖直挡板，一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0kg的静止物块以大小为5.0m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0m/s，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量不可能为（　　）
A．48kg B．53kg C．55kg D．58kg
15．如图所示，质量均为m的木块A、B与轻弹簧相连，置于光滑水平桌面上处于静止状态，与木块A、B完全相同的木块C以速度v0与木块A碰撞并粘在一起，则从木块C与木块A碰撞到弹簧压缩到最短的整个过程中，下列说法正确的是（　　）
A．木块A、B、C和弹簧组成的系统动量守恒，机械能不守恒
B．木块C与木块A碰撞结束时，木块C的速度为零
C．木块C与木块A碰撞结束时，木块C的速度为
D．弹簧的最大弹性势能等于木块A、B、C和弹簧组成系统的动能减少量
二、填空题
16．跳伞员从飞机上跳下，经过一段时间速度增大到速度50m/s时才张开伞，这时，跳伞员受到很大的冲力。设张开伞后经1.5s，跳伞员速度变为5m/s，速度方向始终竖直向下，则冲力为体重的___________倍（g=10m/s2）
17．判断下列说法的正误。
（1）发生碰撞的两个物体，动量是守恒的。___________
（2）发生碰撞的两个物体，机械能一定是守恒的。___________
（3）碰撞后，两个物体粘在一起，动量一定不守恒，机械能损失最大。___________
（4）两物体发生碰撞的过程中，两物体组成的系统机械能可能增加。___________
18．反冲现象规律：反冲运动中，相互作用力一般较______，满足______。
三、解答题
19．如图所示，在光滑的水平而上有一质量为M=3kg的长条木板，以速度v0=4m/s向右作匀速直线运动，将质量为m=1kg的小铁块轻轻放在小板上的A点（这时小铁块相对地面速度为零），小铁块相对木板向左滑动，由于小铁块和木板间有摩擦，最后它们之间相对静止，求：
（1）小铁块跟木板相对静止时，它们的共同速度多大；
（2）在全过程中有多少机械能转化为热能。
20．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刷冰面，以减少摩擦。如图所示，冰壶A以初速度向前运动后，与冰壶B发生弹性正碰，此后运动员通过刷动地面，使得冰壶B所受摩擦力为冰壶A所受摩擦力的，冰壶B运动后停下来。已知冰壶A、B的质量均为m；可看成质点。
（1）求冰壶与地面的动摩擦因数（结果用、、表示）；
（2）若冰壶A与冰壶B发生完全非弹性碰撞，此后运动员通过刷动地面，使得冰壶AB整体所受摩擦力为冰壶A所受摩擦力的，求冰壶AB整体运动向前运动的距离。
21．如图所示，在足够大的光滑水平面内，一个矩形区域内有水平向右的匀强电场，电场宽度为，电场左侧边界上有一质量为m1（未知）、电荷量为2q的带正电小球a，电场右侧有一质量m2＝m的不带电小球b，两小球的连线与电场线平行，且初始时皆处于静止状态，小球b右侧有一个竖直向下的匀强磁场区域△OPQ，且与电场线垂直，∠O＝30°，∠P＝90°，现释放小球a，经电场加速后与小球b发生弹性碰撞，碰撞瞬间电荷量均分，碰后两小球的速度方向相同，并先后从OP的中点D进入磁场，且在磁场中依次沿着同一条轨迹运动，最后均会垂直OQ离开磁场。已知匀强磁场的磁感应强度大小为B，不计碰后两小球之间的库仑力，两小球均视为质点，求：
（1）小球a的质量m1；
（2）该匀强电场的电场强度大小。
22．一人站在静止于冰面的小车上，人与车的总质量M=70 kg，当它接到一个质量m=20 kg、以速度v0=5 m/s 迎面滑来的木箱后，立即以相对于自己v′=5 m/s的速度逆着木箱原来滑行的方向推出，不计冰面阻力。则小车获得的速度是多大？方向如何？
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．AB
【解析】
【详解】
A．对子弹，只有阻力做负功，根据动能定理得知：子弹动能的减少量等于子弹克服阻力做的功，故A正确；
C．子弹在射入木块的过程中，由于子弹与木块对地位移不等，子弹对地的位移大于木块对地的位移，而两者相互作用力大小相等，根据功的公式W=Fs可知，子弹克服阻力做的功大于子弹对木块所做的功，故C错误；
BD．根据动能定理可知，子弹对木块做的功等于木块获得的动能，子弹克服阻力做的功等于子弹动能的损失量。根据能量转化和守恒定律得知：子弹动能（机械能）的损失量等于木块获得的动能与系统内能的增加，所以子弹损失的机械能大于木块获得的动能，系统内能的增加量小于子弹克服阻力做的功，故B正确，D错误。
故选AB。
2．B
【解析】
【详解】
船和人组成的系统，在水平方向上动量守恒，人在船上向右前进，船向左退，所以人的对地位移方向向右，船的对地位移方向向左，故B正确，ACD错误。
故选B。
3．A
【解析】
【详解】
绳拉直前，蹦极者做自由落体运动，加速度为重力加速度，即加速度恒定，其v-t图线为直线。绳拉直后，蹦极者刚开始向下做加速度减小的加速运动，当绳的拉力与重力大小相等时，蹦极者的速度最大，之后向下做加速度增大的减速运动，直至速度减为零，这段过程其v-t图线为曲线。所以由图可知5.0~7.0s时间内是绳子对蹦极者产生弹力的时间，对整个运动过程，根据动量定理可得
将t1=7.0 s和t2=2.0 s代入后解得
F=2100 N
故选A。
4．D
【解析】
【详解】
A．反冲现象中并没有确定两部分物体之间的质量关系，选项A错误；
B．在反冲现象中，两部分物体之间的作用力是一对作用力与反作用力，由牛顿第三定律可知，它们大小相等、方向相反，选项B错误；
CD．在反冲现象中，一部分物体受到的另一部分物体的作用力产生了该部分的加速度，使该部分的速度增大，在此过程中，对每一部分，牛顿第二定律都适用，选项C错误，选项D正确。
故选D。
5．C
【解析】
【详解】
以A、B两球组成的系统为研究对象，两球碰撞过程动量守恒，以A球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得
解得两球的质量之比
故C正确，故ABD错误。
故选C。
6．D
【解析】
【详解】
AC．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
AC错误；
BD．由于是弹性碰撞，所以没有机械能损失，故
解得
B错误，D正确。
故选D。
7．C
【解析】
【详解】
设发射子弹的数目为n，n颗子弹和木块M组成的系统在水平方向上所受的合外力为零，满足动量守恒的条件。选子弹运动的方向为正方向，由动量守恒定律有
解得
ABD错误，C正确
故选C。
8．A
【解析】
【分析】
【详解】
A．选抛出到最高点为研究过程，取向上为正，运用动量定理有
代入数据求得小球受到的冲量为10N S，故A正确；
B．竖直上抛和自由落体互为逆过程，因此小球返回出发点时的速度大小为20m/s，选抛出到落回出发点为研究过程，取向上为正，动量的改变量有
20N s
故B错误；
CD．由B项知，△p=20N s，结合动量定理有
I=△p=20N s
故CD错误。
故选A。
9．A
【解析】
【详解】
A．碰撞是十分普遍的现象，它是相对运动的物体相遇时发生的一种现象，碰撞时在极短时间内它们的运动状态发生了显著变化，故A正确；
B．如果碰撞中机械能守恒，就叫做弹性碰撞，故B错误；
C．碰撞一般内力远大于外力。但碰撞如果是非弹性碰撞，则存在动能损失，故C错误；
D．微观粒子的相互作用同样具有短时间内发生强大内力作用的特点，所以仍然是碰撞，故D错误。
故选A。
10．C
【解析】
【分析】
【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。
11．C
【解析】
【详解】
A．根据动量守恒定律得
解得

两滑块的动能之比
A错误；
B．两滑块的动量大小之比为
B错误；
C．弹簧对两滑块的冲量大小之比
C正确；
D．弹簧对两滑块做功之比
D错误。
故选C。
12．B
【解析】
【详解】
AC．能量虽然有耗散但总的能量是守恒的在转化的过程中总量不会减少，故AC错误；
B．能量耗散表明在能源的利用过程中，能量在数量上并未减少，但是在可利用的品质上降低了，故B正确；
D．根据热力学定律可知，宏观自然过程自发进行是有其方向性，能量耗散就是从能量转化的角度反映了这种方向性，故D错误；
故选C。
13．B
【解析】
【分析】
【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。
14．A
【解析】
【详解】
设运动员的质量为M，物块质量为m，第一次推物块后，运动员速度大小为v1，第二次推物块后，运动员速度大小为v2…第八次推物块后，运动员速度大小为v8，第一次推物块后，由动量守恒定律知
第二次推物块后由动量守恒定律知
第n次推物块后，由动量守恒定律知
整理得
则代入数据得
， .
总共经过8次这样推物块后反弹的物块不能再追上运动员可知，第7次可以追上第8次追不上即v7<5.0m/s，则M>52kg，v8>5.0m/s，则M<60kg，故选A选项正确，BCD错误。
故选A。
15．A
【解析】
【详解】
A．木块A、B、C和弹簧组成的系统所受合外力为零，所以系统动量守恒。木块C与A碰撞并粘在一起，此过程系统机械能有损失，故系统机械能不守恒，A正确；
BC．木块C与A碰撞并粘在一起，以木块C与木块A组成的系统为研究对象，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律得
解得
即木块C与木块A碰撞结束时，木块C的速度为，BC错误；
D．木块C与A碰撞过程中机械能有损失，之后粘合体在通过弹簧与物块B作用过程中满足动量守恒和机械能守恒，粘合体与物块B达到共速时，弹簧的弹性势能最大，但由于碰撞过程系统机械能有损失，所以弹簧的最大弹性势能小于木块A、B、C和弹簧组成系统的动能减少量，D错误。
故选A。
16．4
【解析】
【分析】
【详解】
[1]设冲击力大小为F，以向下为正方向，由动量定理可得
解得
故冲力为体重的4倍。
17． 正确 错误 错误 错误
【解析】
【分析】
【详解】
略
18． 大 动量守恒定律
【解析】
【详解】
略
19．（1）；（2）
【解析】
【详解】
（1）木板与小铁块组成的系统动量守恒
解得
（2）根据能量守恒定律，系统损失的动能转化为热能
解得
20．（1）；（2）
【解析】
【详解】
设冰壶与地面的摩擦因数为，冰壶A碰撞前的速度为，碰撞后冰壶B的速度为
滑动冰壶A向前匀减速直线运动，由动能定理可知
冰壶A与冰壶B发生弹性碰撞，由动量守恒定律可知
此后冰壶B向前匀减速直线运动，由动能定理可知
联立解得
（2）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AB整体向前匀减速直线运动，设冰壶AB整体向前运动的距离为。由动能定理可知
联立解得
21．（1）3m；（2）
【解析】
【详解】
（1）设小球a碰前瞬间的速度大小v0，碰后瞬间的速度大小为v1，小球b碰后瞬间的速度大小为v2，两小球碰后电荷量均分，有
在磁场中带电粒子的轨迹图，如图所示
有几何关系可知，a球和b球在磁场中运动的半径均为
有洛伦兹力提供向心力
a球
b球
小球a和小球b发生弹性碰撞，动量守恒和能量守恒
解得
（2）带电粒子的轨迹图，如图所示
有几何关系可知，a球和b球在磁场中运动的半径均为
由以上分析洛伦兹力提供向心力可知
则
小球a在电场中运动，动能定理可知
解得
22．2.2 m/s，方向与木箱的初速度v0相同
【解析】
【分析】
【详解】
设推出木箱后小车的速度为v，此时木箱相对地面的速度为（v′-v），由动量守恒定律得
代入数据，即可得
与木箱的初速度v0方向相同。
答案第1页，共2页
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