选择性必修一1.3动量守恒定律 练习 （word版含答案）

粤教版（2019）选择性必修一 1.3 动量守恒定律
一、单选题
1．如图所示，M、N和P为“验证动量守恒定律”实验中小球的落点。已知入射球质量为m1，被碰球质量为m2，如果碰撞中动量守恒，则有（　　）
A．m1·（-）=m2·
B．m1·（-）=m2·
C．m1·（＋）=m2·
D．m1·=m2·（＋）
2．在平静的水面上有一条以速度v0匀速前进的载人小船，船的质量为M，人的质量为m。开始时，人相对船静止，当人相对船以速度v向船行进的反方向行走时，设船的速度为u。由动量守恒定律，下列表达式成立的是（　　）
A．（M＋m）v0＝Mu＋mv
B．（M＋m）v0＝Mu＋m（v－u）
C．（M＋m）v0＝Mu－m（v－u）
D．（M＋m）v0＝Mu－m（v－v0）
3．两名小孩用如图所示的装置玩“爬绳游戏”。定滑轮固定在天花板上，不可伸长的软绳跨过定滑轮，两小孩从同一高度由静止开始沿绳向上攀爬，攀爬过程中绳不打滑。不计绳与滑轮的质量和滑轮与轴承之间的摩擦，下列说法正确的是（　　）
A．如果一名小孩用力攀爬而另一名小孩没有攀爬，绳子对两名小孩的拉力大小就不相等
B．如果一名小孩用力攀爬而另一名小孩没有攀爬，则用力攀爬的小孩先到达滑轮
C．只要两名小孩的质量相等，即使一个小孩没有攀爬，两人也会同时到达滑轮
D．无论两名小孩的质量是否相等，在攀爬过程中，两小孩与绳子组成的系统动量守恒
4．下列四幅图所反映的物理过程中， 系统动量守恒的是（　　）
甲：在光滑水平面上， 子 弹射人木块的过程中
乙： 前断细线， 弹簧恢复原长的过程中
丙：两球匀速下降， 细线断裂后， 它们在水中运动的过程中
丁：木块沿光滑固定斜面 由静止滑下的过程中
A．只有甲、乙 B．只有甲、丙 C．只有丙、丁 D．只有乙、丁
5．如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，并随即沿斜面滑下。则（　　）
A．小孩推出冰块过程，小孩和冰块系统动量不守恒
B．冰块在斜面上运动过程，冰块和斜面体系统水平方向动量守恒
C．冰块从斜面体下滑过程，斜面体动量减少
D．冰块离开斜面时的速率与冲上斜面前的速率相等
6．如图，甲乙两人静止在冰面上，突然两人掌心相碰互推对方，互推过程中两人相互作用力远大于冰面对人的摩擦力，若两人与冰面间滑动摩擦因数相等，则下列说法正确的是（　　）
A．若，则在互推的过程中，甲对乙的冲量大于乙对甲的冲量
B．无论甲、乙质量关系如何，在互推过程中，甲、乙两人动量变化量大小相等
C．若，则分开瞬间甲的速率大于乙的速率
D．若，则分开后乙先停下来
7．两小船静止在水面，一人在甲船的船头用杆子推乙船，则在两船远离的过程中，它们一定相同的物理量是（　　）
A．速度的大小 B．动量变化量大小
C．动能 D．位移的大小
8．如图所示，初始时，人、车、锤都静止。之后人用锤子连续敲打小车，假设地面光滑，关于这一物理过程，下列说法正确的是（　　）
A．人、车、锤组成的系统机械能守恒
B．人、车、锤组成的系统动量守恒
C．连续敲打可以使小车持续向右运动
D．当锤子速度方向竖直向下时，人、车和锤水平方向的总动量为零
9．如图1所示，一儿童站在平板小车中间，与小车一起沿水平地面匀速向右运动，儿童突然走向小车一端，此过程儿童和小车的速度—时间关系如图2所示，不计地面的摩擦。以下说法正确的是（　　）
A．儿童的质量小于小车的质量 B．儿童走向小车左端
C．儿童和小车的总动能减少 D．小车对儿童的冲量方向水平向右
10．如图所示，质量为m的光滑圆弧形槽静止在光滑水平面上，质量也为m的小钢球从槽的顶端A处由静止释放，则（　　）
A．小球和槽组成的系统动量守恒
B．小球可以到达与A等高的C点
C．小球下滑到底端B的过程中，小球对地的运动轨迹为圆
D．小球下滑到底端B的过程中，小球所受合力的瞬时功率增大
11．质量为m的篮球以水平速度大小v撞击竖直篮板后，以水平速度大小被弹回，已知，篮球与篮板撞击时间极短。下列说法正确的是（　　）
A．撞击时篮球受到的冲量大小为
B．撞击时篮板受到的冲量为零
C．撞击过程中篮球和篮板组成的系统动量不守恒
D．撞击过程中篮球和篮板组成的系统机械能守恒
12．如图所示，在光滑水平地面上有A、B两个木块，A、B之间用一轻弹簧连接。A靠在墙壁上，用力F向左推B使两木块之间的弹簧压缩并处于静止状态。若突然撤去力F，则下列说法中正确的是（　　）
A．木块A离开墙壁前，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒
B．木块A离开墙壁前，A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，机械能也不守恒
C．木块A离开墙壁后，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒
D．木块A离开墙壁后，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，但机械能不守恒
13．关于系统动量守恒的条件，下列说法正确的是（　　）
A．只要系统内存在摩擦力，系统动量就不可能守恒
B．只要系统所受的合外力为零，系统动量就守恒
C．只要系统中有一个物体具有加速度，系统动量就不守恒
D．系统中所有物体的加速度为零时，系统的总动量不一定守恒
14．光滑水平桌面上有A、B两个物体，将一轻弹簧置于A、B之间，用外力缓慢压A、B，撤去外力后，A、B开始运动，A的质量是B的n倍。最终A和B的动能大小的比值为（　　）
A．1∶1 B．1∶n C．n∶1 D．∶1
15．某中学实验小组的同学在“探究碰撞中的不变量”时，利用了如图所示的实验装置进行探究，下列说法正确的是（　　）
A．要求斜槽一定是光滑
B．斜槽的末端必须水平
C．入射球每次释放点的高度可以任意调
D．入射球的质量必须与被碰球的质量相等
二、填空题
16．在光滑水平桌面上停放着A、 B小车，其质量 两车中间有一根用细线缚住的被压缩弹簧，当烧断细线弹簧弹开时， A车的动量变化量和 B车的动量变化量之比为 ________。
17．在“碰撞中的动量守恒”实验中，已测得A、B两小球质量mA18．判断下列说法的正误。
（1）一个系统初、末状态动量大小相等，即动量守恒。___________
（2）两个做匀速直线运动的物体发生碰撞瞬间，两个物体组成的系统动量守恒。___________
（3）系统动量守恒也就是系统总动量变化量始终为零。___________
（4）只要系统内存在摩擦力，动量就一定不守恒。___________
19．如果一个系统不受_____，或者所受外力的矢量和为_____，这个系统的总动量保持不变。这就是动量守恒定律。
三、解答题
20．游乐场投掷游戏的简化装置如图所示，质量为M=2kg的球a放在高度h=1.8m的平台上，长木板c放在水平地面上，带凹槽的容器b放在c的最左端。a、b可视为质点，b、c质量均为m=1kg，b、c间的动摩擦因数μ1=0.4，c与地面间的动摩擦因数μ2=0.6，在某次投掷中，球a以v0=6m/s的速度水平抛出，同时给木板c施加一水平向左、大小为24N的恒力，使球a恰好落入b的凹槽内并瞬间与b合为一体。取g=10m/s2，求：
（1）小球水平抛出时，凹槽b与木板c各自的加速度ab、ac；
（2）球a抛出时，凹槽b与球a之间的水平距离x0；
（3）a、b合为一体时的速度大小。
21．如题图所示，一装置由高度为1.5R的竖直轨道和半径为R的半圆弧形轨道组成（轨道均光滑），距C端正上方R处有一小球b用足够长的轻绳悬挂在P点。某时刻将一质量为m的小球a从竖直轨道上端A点以初速度v0释放，小球a通过最低点B时速度为，之后从C端射出并与小球b在竖直方向发生正碰，碰撞时间极短且撞击力远大于两小球的重力，碰撞后小球b竖直上升1.5R。不计一切阻力，求：
（1）小球a经过B点时对半圆弧轨道的压力；
（2）小球a从轨道的A端释放的初速度v0；
（3）若小球b的质量为，则小球a与小球b撞击瞬间损失的机械能为多少？
22．如图甲是建筑工地将桩料打入泥土中以加固地基的打夯机示意图，打夯前先将桩料扶正立于地基上，桩料进入泥土的深度忽略不计。已知夯锤的质量为，桩料的质量为。每次打夯都通过卷扬机牵引将夯锤提升到距离桩顶处再释放，让夯锤自由下落，夯锤砸在桩料上后立刻随桩料一起向下运动。桩料进入泥土后所受阻力f随打入深度h的变化关系如图乙所示，直线斜率。g取，求
（1）夯锤与桩料第1次碰撞后瞬间的速度及桩料进入泥土的深度；
（2）打完第三夯后，桩料进入泥土的深度。
23．高的光滑水平台左端水平放置一两轮间距的传送带。可视为质点的滑块、之间用细绳相连，其间有一处于压缩状态的轻质弹簧（滑块与弹簧不拴接）。开始时整个装置处于静止状态。某时刻装置中的细线忽然断开，滑块、被弹出，其中滑块以速度向左滑上传送带，滑块沿竖直放置的半径为的光滑圆形管道做圆周运动，并通过最高点。已知滑块、的质量分别为，，传送带逆时针转动，滑块与传送带之间的动摩擦因数，空气阻力不计，。求：
（1）滑块、被弹出时，滑块的速度及细绳断开前弹簧弹性势能；
（2）滑块通过圆形管道最高点时对管道的压力；
（3）若传送带的速度为，求滑块离开传送带左边缘落地的水平距离与的关系。
24．随着机动车数量的增加，交通安全问题日益凸显，分析交通违法事例，将警示我们遵守交通法规，珍惜生命。已知某限速60km/h的平直公路上，一辆质量为m1=800kg的汽车A以速度v1=15m/s沿平直公路行驶时，驾驶员发现前方不远处有一质量m2=1200 kg的汽车B以速度v2迎面驶来，两车立即同时急刹车，使车做匀减速运动，但两车仍在开始刹车t=1s后猛烈地相撞，相撞后结合在一起再沿B车原行驶方向滑行6m后停下，设两车与路面间动摩擦因数μ=0.3， g取10m/s2，忽略碰撞过程中路面摩擦力的冲量，求：
（1）两车碰撞后刚结合在一起时的速度大小；
（2）求B车刹车前的速度，并判断B车是否超速；
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．B
【解析】
【分析】
【详解】
不放被碰小球时，落点为P，则水平位移为OP；放上被碰小球后小球a、b的落地点依次是图中水平面上的M点和N点，则水平位移为OM和O′N；碰撞过程中，如果水平方向动量守恒，由动量守恒定律得
小球做平抛运动时抛出点的高度相等，它们在空中的运动时间t相等，两边同时乘以时间t
得
变形可得
故选B。
2．C
【解析】
【分析】
【详解】
由题意，人和船组成的系统动量守恒，以水面为参考系，设船行驶方向为正，则初始时
v船＝v人＝v0
v船′＝u
v人＝－（v－u）
根据动量守恒定律得
（M＋m）v0＝Mu－m（v－u）
所以ABD错误，选项C正确。
故选C。
3．C
【解析】
【详解】
A．同一根绳子上的力是相同的，所以绳子对两名小孩的拉力大小相等，故A错误；
BC．设绳子上的力为F，无论小孩是否攀爬，小孩受到绳子上的拉力都为F，根据牛顿第二定律，对左边的A小孩有
解得
对右边的B小孩有
解得
比较可知，当A小孩的质量较大时，A小孩的加速度小，根据可知，A小孩的运动时间长，则B小孩先到达滑轮；反之当A小孩的质量小时，则A小孩先到达滑轮；当两小孩质量相等时，加速度相同，则运动时间相同，同时到达滑轮，故B错误，C正确；
D．当把两小孩与绳子组成的整体看做系统时，合外力不为零，所以系统动量不守恒，故D错误。
故选C。
4．B
【解析】
【详解】
甲：在光滑水平面上，子弹射入木块的过程中，系统所受外力之和为零，系统动量守恒
乙：剪断细线，弹簧恢复原长的过程，墙壁对滑块有作用力，系统所受外力之和不为零，系统动量不守恒
丙：两球匀速下降，木球与铁球的系统所受合力为零，细线断裂后，它们的受力情况不变，系统的合外力仍为零，所以系统的动量守恒
丁：木块下滑过程中，由于木块对斜面的压力，导致斜面始终受挡板作用力，系统动量不守恒
故守恒的有甲、丙
故选B。
5．B
【解析】
【详解】
A．小孩推出冰块过程，系统合外力为0，小孩和冰块系统动量守恒。故A错误；
B．冰块在斜面上运动过程，冰块和斜面体系统水平方向合外力为0，动量守恒。故B正确；
C．冰块从斜面体下滑过程，冰块对斜面体做功，速度增加，斜面体动量增加。故C错误；
D．冰块在斜面体上滑和下滑过程，斜面体对冰块做负功，速度减小，冰块离开斜面时的速率与冲上斜面前的速率不相等。故D错误。
故选B。
6．B
【解析】
【分析】
【详解】
A．甲对乙的力与乙对甲的力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，作用时间相等，则甲对乙的冲量与乙对甲的沖量大小相等，方向相反，故A错误。
B．以两人组成的系统为研究对象，系统所受的合外力为零，动量守恒，由动量守恒定律知甲、乙两人的动量变化量大小一定相等，方向相反，故B正确；
CD．设推开瞬间，甲的速度大小为，乙的速度大小为，由动量守恒定律可得
若，则
即分开瞬间甲的速率小于乙的速率。分开后，两人在滑动摩擦力作用下做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有
则从推开到停下，所用时间为
由于推开瞬间，所以
即分开后甲先停下来，故CD错误。
故选B。
7．B
【解析】
【分析】
【详解】
A．甲乙两船远离过程中，所受外力合力为零，故动量守恒，即两船动量大小相等，两船质量关系不明，故速度大小关系不一定相同。故A错误；
B．根据A选项分析，可知两船动量大小相等，故动量变化量大小也相同。故B正确；
C．根据动能和动量的关系式
可知，两船质量关系不确定，故动能不一定相同。故C错误；
D．根据动量守恒定律易知，两船质量关系不明，故无法确定两船的速率是否相同，因而无法确定两船的位移是否相同。故D错误。
故选B。
8．D
【解析】
【详解】
A．人消耗的体能转化为系统的机械能，所以人、车、锤组成的系统机械能增加，A错误；
B．因为地面光滑，人、车、锤组成的系统，只有水平方向动量守恒，B错误；
C．系统水平方向动量守恒，且水平方向总动量等于零，根据动量守恒定律，锤子向左运动时小车向右运动，锤子向右运动时小车向左运动，所以连续敲打不能使小车持续向右运动，C错误；
D．系统水平方向动量守恒且等于零，根据动量守恒定律，当锤子速度方向竖直向下时，人、车和锤水平方向的总动量为零，D正确。
故选D。
9．B
【解析】
【分析】
【详解】
A．由图2可知，小车的加速度大小大于儿童的加速度大小，由于在运动过程中，小车与儿童间的相互作用力大小相等，即合力大小相等，由牛顿第二定律可知，小车的质量小于儿童的质量，故A错误；
B．由于儿童走动后，儿童和小车的速度方向相同，由动量守恒可知，儿童和小车都向右运动，只是儿童的速度比小车的小，则儿童相对小车向左运动，故B正确；
C．由于儿童走动过程，儿童和小车的总动能增加，故C错误；
D．由于儿童向右做减速运动，则小车对儿童的摩擦力向左，小车对儿童的支持力竖直向上，所以合力斜向左上方，合力的冲量方向斜向左上方，故D错误。
故选B。
10．B
【解析】
【详解】
A．小球有竖直方向的分加速度，小球和槽在竖直方向上系统的合力不为零，则小球和槽组成的系统动量不守恒，故A错误；
B．小球和槽组成的系统水平方向上不受外力，所以系统在水平方向上动量守恒，由题意知水平方向上初动量为零，所以小球上滑到最高点时系统的动量也为零，又因为整个过程系统机械能守恒，初动能和末动能都为零，所以初末状态系统重力势能相同，小球可以到达与A等高的C点，故B正确；
C．小球下滑到底端B的过程中，小球对槽的运动轨迹为圆，而槽相对于地面在水平方向上运动，所以小球对地的运动轨迹不是圆，故C错误；
D．小球开始下滑时，速度为零，根据，合力的瞬时功率为零，小球滑到底端B时，速度与合力垂直，合力的瞬时功率也为零，故D错误。
故选B。
11．C
【解析】
【详解】
A．撞击时篮球受到的冲量等于其动量的变化，即
选项A错误；
B．碰撞时，篮球与篮板相互作用，相互作用力等大反向，作用时间相等，则篮板受到的冲量大小不为零，选项B错误；
C．撞击时间极短，重力的冲量忽略不计，撞击前后篮板均保持静止，篮球速度反向，所以篮球和篮板组成的系统动量不守恒，选项C正确；
D．由于，系统机械能有损失，不守恒，选项D错误。
故选C。
12．C
【解析】
【分析】
【详解】
AB．若突然撤去力F，木块A离开墙壁前，墙壁对木块A有作用力，所以A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，但由于A没有离开墙壁，墙壁对木块A不做功，所以A、B和弹簧组成的系统机械能守恒。故AB错误；
CD．木块A离开墙壁后，A、B和弹簧组成的系统所受合外力为零，所以系统动量守恒且机械能守恒。故C正确D错误。
故选C。
13．B
【解析】
【分析】
【详解】
A．若系统内存在着摩擦力，而系统所受的合外力为零，系统的动量仍守恒，故A错误；
B．只要系统所受到合外力为零，则系统的动量一定守恒，故B正确；
C．系统中有一个物体具有加速度时，系统的动量也可能守恒，比如碰撞过程，两个物体的速度都改变，都有加速度，单个物体受外力作用，系统的动量却守恒，故C错误；
D．系统中所有物体的加速度为零时，系统所受的合外力为零，即系统的总动量一定守恒，故D错误。
故选B。
14．B
【解析】
【详解】
撤去外力后，A、B组成的系统动量守恒，设B的质量为m，则A的质量为nm，A运动的方向为正方向，根据动量守恒定律有
则
最终A和B的动能大小的比值为
故ACD错误B正确。
故选B。
15．B
【解析】
【分析】
【详解】
AB．题述实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，只要求小球离开轨道后做平抛运动，对斜槽是否光滑没有要求，但必须保证每次小球都做平抛运动，因此轨道的末端必须水平，A错误，B正确；
C．要保证碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要从同一高度由静止释放，C错误；
D．在做题述实验时，要求入射球的质量大于被碰球的质量，D错误。
故选B。
16．1∶1
【解析】
【分析】
【详解】
桌面光滑，两车组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，以A的速度方向为正方向，由动量守恒定律得
动量变化量大小之比
17． A 1：3
【解析】
【详解】
[1]在平抛测速度来验证碰撞中的动量守恒实验中，由装置图可知被碰小球初始位置的投影点在O′，而本实验需要防止被碰球碰后发生反弹情况，则有入射小球的质量需大于被碰小球的质量，所以被碰小球为A球，即O′点是A球球心的投影点。
[2]由图可读出
而碰撞中的A与B两球动量守恒有
因碰前后均做平抛运动时间相同故有
可得 ，即可以用平抛的水平位移代替平抛初始速度，整理的表达式
所以两球的质量之比为
18． 错误 正确 正确 错误
【解析】
【分析】
【详解】
略
19． 外力 0
【解析】
【分析】
【详解】
[1][2]根据动量守恒的条件可知，如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变，即是动量守恒定律。
20．（1）、；（2）4.32m；（3）3.2m/s
【解析】
【分析】
【详解】
（1）假设bc之间无相对滑动一起向左加速运动，则加速度
则bc之间要产生相对滑动，其中b的加速度为
得
（2）a球从抛出到落到b槽内的时间
此过程中a球的水平位移
在时间t内槽b的位移为
球a抛出时，凹槽b与球a之间的水平距离
；
（3）a落在槽b中时，槽b的速度
方向向左，设向右为正方向，则对ab水平方向上动量守恒：
解得
v2=3.2m/s
21．（1）8mg；（2） ；（3）
【解析】
【分析】
【详解】
（1）B点根据弹力和重力的合力提供向心力得
解得
由牛顿第三定律知，小球对轨道的压力为8mg
（2）从A点到B点用动能定理得
解得
（3）由题意可知两小球碰撞的时间极短，且内力远大于外力，所以满足动量守恒。设碰撞前小球a的速度，碰撞后小球a的速度为，碰撞后小球b的速度为。
a从A位置到C端正上方R处根据动能定理得
得
碰撞后小球b上升1.5R由运动学公式，得
根据动量守恒得
解得
则
22．（1）；（2）
【解析】
【分析】
【详解】
(1)设夯锤与桩料碰撞前瞬间的速度为，则
解得
取向下为正方向，设夯锤与桩料碰撞后瞬间的速度为v，由动量守恒定律得
代入数据解得
由乙图知，桩料下沉过程中所受的阻力随距离均匀变化，可用平均力求阻力做功，则
对夯锤与桩料，由动能定理得
代入数据解得
(2)由于每次提升重锤距桩帽的高度均为，每次碰撞后瞬间的速度均为v，设三次打击后共下降x，则由图象可知，克服阻力做功
由能量守恒定律得
解得
23．（1），方向与滑块的速度方向相反；；（2）；（3）见解析
【解析】
【分析】
【详解】
（1）由动量守恒得
解得
方向与滑块的速度方向相反。由机械能守恒得细绳断开前弹簧的弹性势能
（2）设滑块通过圆形管道最高点时的速度为，由机械能守恒得
解得
所需的向心力为
所以滑块通过圆形管道最高点时对外侧管道的压力
（3）当滑块与传送带之间有相对滑动时，滑块相对于地面的加速度为
假设传送带速度较小，致使滑块在传送带上一直做减速运动，最后离开传送带时的速度为，则
解得
方程有解，假设成立。即当传送带的速度时，滑块最后离开传送带时的速度为，则落地时的水平距离
当传送带速度较大，致使滑块在传送带上一直做加速运动，最后离开传送带时的速度为，则
解得
即当传送带的速度时，滑块最后离开传送带时的速度为，则落地时的水平距离
当传送带的速度时，滑块经历减速、加速或匀速过程，最后总能达到和传送带相同的速度而离开传送带，则落地时的水平距离
所以，滑块落地时的水平距离与的关系为
24．（1）6 m/s；（2） 21m/s，超速
【解析】
【分析】
【详解】
（1）对于碰后减速过程有
对共同滑行的过程有
x=
可得
v共=6 m/s
（2）对A车有：
vA=v1-at
对B车有：
vB=v2-at
以碰撞前A车运动的方向为正方向，对碰撞过程由动量守恒定律得：
m1vA-m2vB=-（m1＋m2）v共
可得
v2=21m/s
v2>60km/h
故B车超速。
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