第一章 动量和动量守恒定律 单元练习（Word版含解析）

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
1．2022年北京冬奥会冰壶混双决赛于2月8日晚进行，“黑马”意大利队战胜挪威队，豪取11连胜夺冠。若挪威队冰壶的质量为，意大利队冰壶的质量为，在某局比赛中，挪威队的冰壶以速度与静止的意大利队的冰壶发生碰撞，碰撞后挪威队冰壶的速度为。碰撞前后冰壶的速度均在一条直线上且方向相同，冰壶与冰面间的摩擦力远小于冰壶碰撞过程的内力，冰壶可视为质点，不计空气阻力。定义碰后意大利队的冰壶获得的动能与碰前挪威队的冰壶的动能之比叫做动能传递系数，则此局比赛两冰壶碰撞时的动能传递系数为（　　）
A． B． C． D．
2．如图所示，小木块m与长木板M之间光滑，M置于光滑水平面上，一轻质弹簧左端固定在M的左端，右端与m连接，开始时m和M都静止，弹簧处于自然状态。现同时对m、M施加等大反向的水平恒力F1、F2，从两物体开始运动以后的整个过程中，对m、M、弹簧组成的系统，正确的说法是（整个过程中弹簧不超过其弹性限度）（　　）
A．M、m分别向左、右运行过程当中，M、m均做加速度逐渐增大的变加速直线运动
B．整个运动过程当中，系统机械能、动量均守恒
C．整个运动过程中，系统动量守恒，机械能不守恒，两物块速度为零时，系统机械能一定最大
D．当弹簧弹力的大小与拉力F1、F2的大小相等时，m、M的动能最大
3．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
4．能量守恒定律的建立是人类认识自然的一次重大飞跃，它是最普遍、最重要、最可靠的自然规律之一。下列说法正确的是 （　　）
A．因为能量守恒，所以能量可以随意使用
B．不同形式的能量之间可以相互转化
C．因为能量不会消失，所以不可能有能源危机
D．能量可以被消灭，也可以被创生
5．关于散射，下列说法正确的是（　　）
A．散射就是乱反射，毫无规律可言
B．散射中没有对心碰撞
C．散射时仍遵守动量守恒定律
D．散射时不遵守动量守恒定律
6．在质量为M的小车中挂有一单摆，摆球的质量为m0，小车和单摆一起以恒定的速度v沿光滑水平面运动，与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞，碰撞的时间极短。在此碰撞瞬间，下列说法中可能发生的是（　　）
A．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为vl、v2、v3，满足（M+m0）v=Mvl+mv2+m0v3
B．摆球的速度不变，小车和木块的速度分别变为vl和v2，满足（M+m0）v=Mv1+mv2
C．摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为v1，满足Mv=（M+m）v1
D．小车和摆球的速度都变为v1，木块的速度变为v2，满足（M+m0）v=（M+m0）v1+mv2
7．如图所示，小球A的质量为，动量大小为，小球A在光滑水平面上向右运动，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B的动量大小为
B．碰后小球B的动量大小为
C．小球B的质量为15kg
D．小球B的质量为5kg
8．关于冲量，下列说法正确的是（　　）
A．冲量是物体动量变化的原因
B．作用在静止物体上的力的冲量一定为零
C．动量越大的物体受到的冲量越大
D．冲量的方向就是物体末速度的方向
9．下列关于动量的说法中不正确的是（　　）
A．同一物体的动量越大，则它的速度越大
B．动量相同的物体，速度方向一定相同
C．质量和速率相同的物体，其动量一定相同
D．一个物体动量改变，则其速率不一定改变
10．关于物体的动量，下列说法中正确的是（　　）
A．运动物体在任一时刻的动量方向，一定是该时刻的速度方向
B．物体的加速度不变，其动量一定不变
C．动量越大的物体，其速度一定越大
D．动量越大的物体，其质量一定越大
11．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
12．以下四个实验中都要用到小球或者重锤，实验中必需测定小球或重锤质量的是（　　）
A．验证机械能守恒定律 B．用单摆测定重力加速度
C．验证动量守恒定律 D．研究平抛物体的运动
13．如图所示，物体B被钉牢在放于光滑水平地面的平板小车上，物体A以速率v沿水平粗糙车板向着B运动并发生碰撞。则（　　）
A．对于A与B组成的系统动量守恒
B．对于A、B与小车组成的系统动量守恒
C．对于A与小车组成的系统动量守恒
D．对于A、B与小车组成的系统动能守恒
14．质量为m的人站在质量为M、长为5米的静止小船的右端，小船的左端靠在岸边（如图所示），当他向左走到船的左端时，船左端离岸的距离是1.25米，则（　　）
A．M=2m B．M=3m C．M=4m D．M=5m
15．空间站在地球外层的稀薄大气中绕行，因气体阻力的影响，轨道高度会发生变化。空间站安装有发动机，可对轨道进行修正。图中给出了国际空间站在2020.02－2020.08期间离地高度随时间变化的曲线，则空间站（　　）
A．绕地球运行速度约为2.0km/s
B．绕地球运行速度约为9.0km/s
C．若要增加空间站高度，应开启发动机，朝运动方向喷气
D．3月份发动机肯定工作过一段时间
二、填空题
16．如图所示，如果悬挂球的绳子能承受的最大拉力T0=10 N，球质量m=0.5 kg，L=0.3 m，锤头质量M=0.866 kg，如果锤头沿水平方向打击球m，锤速度至少为________m/s才能把绳子打断。设球原来静止，打击后锤头静止(g=10 m/s2)。
17．如图所示是一门旧式大炮，炮车和炮弹的质量分别是M和m，炮筒与地面的夹角为α，炮弹射出出口时相对于地面的速度为v0.不计炮车与地面的摩擦，则炮身向后反冲的速度大小为___________。
18．反冲运动的三点说明
作用原理 反冲运动是系统内两物体之间的作用力和反作用力产生的效果
动量守恒 反冲运动中系统不受____或内力_______外力矢量和，所以反冲运动遵循_______
机械能增加 反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能_________
三、解答题
19．有一个10 m高的瀑布，水流在瀑布顶端时速度为2 m/s，在瀑布底与岩石的撞击过程中，有10%的动能转化为水的内能，请问水的温度上升了多少摄氏度？已知水的比热容为4.2×103 J/（kg·℃），g取10 m/s2。
20．如图所示，固定在竖直平面内的光滑轨道abc由直轨道ab和半径为R=0.5m圆弧轨道bc平滑连接组成，圆弧轨道与光滑水平桌面相切，切点为c。可视为质点的小物块A、B的质量分别为mA=0.1kg和mB=0.3kg，B置于桌面最右端，桌面离地高度为h2=0.8m。现将A从轨道上距桌面高h1=3.2m处由静止释放，A与B发生正撞，碰后两物块粘在一起水平抛出。不计空气阻力，取重力加速度g=10m/s2。求：
（1）物块A经过圆弧上c点时对轨道的压力大小FN；
（2）两物块碰撞过程中损失的机械能；
（3）两物块落地点距离桌面右端的水平距离x。
21．如图1所示为某网红秋千打卡示意图，由两根长度相同的绳子悬挂水平横梁A、B两点，绳子另一端固定在秋千座椅上（可绕中点D摆动），静止时绳子与竖直方向的夹角均为，距离为h。图2为某次工作人员助力游客荡秋千的示意图，当游客自由摆动到最高点G时，工作人员恰好跃起并抓紧座椅，此后同游客一起无初速的由G点向下摆至最低点时，工作人员突然发力将游客水平快速推出，然后工作人员自由竖直下落到E处。若游客、座椅的总质量为m，工作人员的质量也为m，与的夹角为，重力加速度为g，忽略一切阻力以及绳子质量，游客（含座椅）、工作人员近似处理为质点模型，求：
（1）游客与工作人员自由下摆到C处分离前时的速度大小；
（2）游客与工作人员分离前后瞬间绳子上拉力大小的增加量。
22．质量为m、速度为v的A球跟质量为3m的静止B球发生正碰．碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此，碰撞后B球的速度允许有不同的值．请你论证：碰撞后B球的速度可能是以下值吗？
（1）0.6v；（2）0.4v；（3）0.2v.
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．D
【解析】
【详解】
挪威队的冰壶与意大利队的冰壶在碰撞过程中动量守恒，则
此局比赛两冰壶碰撞时的动能传递系数为
故D正确。
故选D。
2．D
【解析】
【详解】
AD．在水平方向上，M、m受到水平恒力和弹簧的弹力作用，水平恒力先大于弹力，后小于弹力，随着弹力增大，两个物体的合力先逐渐减小，后反向增大，则加速度先减小后反向增大，则M、m先做加速度逐渐减小的加速运动，后做加速度逐渐增大的减速运动，当弹簧弹力的大小与拉力F1、F2的大小相等时，m、M的速度最大，动能最大，A错误，D正确；
B．由于F1与F2等大反向，系统所受的合外力为零，则系统的动量守恒。由于水平恒力F1、F2对系统做功代数和不为零，则系统的机械能不守恒，B错误；
C．从开始到弹簧伸长到最长的过程，F1与F2分别对M、m做正功，弹簧伸长最长时，m、M的速度为零，之后弹簧收缩，F1与F2分别对M、m做负功，系统的机械能减小，因此，当弹簧有最大伸长时，m、M的速度为零，系统具有机械能最大；当弹簧收缩到最短时，m、M的速度为零，系统的机械能最小，C错误。
故选D。
3．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。
4．B
【解析】
【详解】
AC．能量是守恒的，但在利用能量的过程中有能量耗散，耗散的能量不可再利用，符合自然界中一切与热现象有关的宏观过程都有方向性，是不可逆的；应节约能源，故AC错误；
B．自然界中的能量可以从一种形式转化为另一种形式，不同形式的能量间可以相互转化，故B正确；
D．能量不能被创生，也不能被消灭，故D错误；
故选B。
5．C
【解析】
【分析】
【详解】
微观粒子互相接近时不发生接触而发生的碰撞叫做散射，散射过程遵守动量守恒，散射中有对心碰撞，但是对心碰撞的几率很小，故C正确，ABD错误。
故选C。
6．C
【解析】
【详解】
A. 碰撞瞬间小车和木块组成的系统动量守恒，摆球可认为没有参与碰撞，由于惯性其速度在瞬间不变，若碰后小车和木块的速度分别变为vl和v2，根据动量守恒有
Mv=Mv1+mv2
故AB错误，C正确；
B．若碰后小车和木块速度都变为v1，根据动量守恒
Mv=（M+m）v1
故D错误。
故选C。
7．A
【解析】
【详解】
AB．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
A正确，B错误；
CD．由于是弹性碰撞，所以没有机械能损失，故
解得
CD错误。
故选A。
8．A
【解析】
【详解】
A．根据动量定理知，冲量是引起动量变化的原因，故A正确；
B．根据I=Ft知，作用在静止物体上力的冲量不为零，故B错误；
C．冲量越大，动量的变化量越大，动量不一定大，故C错误；
D．冲量的方向由力的方向决定。根据动量定理知，冲量的方向与动量变化量的方向相同，与速度变化量的方向相同，故D错误。
故选A。
9．C
【解析】
【分析】
【详解】
A．由动量的定义可知，对同一物体来说，动量越大，速度越大，A正确；
B．根据动量的矢量性可知，动量的方向与速度的方向相同，所以动量相同的物体，速度方向一定相同，B正确；
C．速率相同，速度的方向不一定相同，故动量的方向不一定相同，C错误；
D．物体的动量改变，可能是动量的方向改变，而动量的大小保持不变，如匀速圆周运动，D正确。
故选C。
10．A
【解析】
【详解】
A．动量具有瞬时性，任一时刻物体动量的方向，即为该时刻的速度方向，A正确；
B．加速度不变，则物体速度的变化率恒定，物体的速度均匀变化，故其动量也均匀变化，B错误；
C．物体动量的大小由物体质量及速度的大小共同决定，不是只由物体的速度决定的，故物体的动量大，其速度不一定大，C错误；
D．物体的动量越大，其质量并不一定越大，D错误。
故选A。
11．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。
12．C
【解析】
【详解】
A．验证机械能守恒定律，只需验证物体下落高度与速度平方的关系，不需要测出重物的质量，故A错误；
B．用单摆测定重力加速度，只需测摆长与周期，不需要测小球质量，故B错误；
C．验证动量守恒定律，动量等于质量与速度的乘积，需要测量动量的大小，故需要测出小球的质量，故C正确；
D．研究平抛物体的运动，只需描出其运动轨迹即可，不需要测小球质量，故D错误。
故选C。
13．B
【解析】
【详解】
A．对于A与B组成的系统，由于受到小车给它们的摩擦力作用，因此系统合外力不为零，故系统动量不守恒，故A错误；
B．对于A、B与小车组成的系统，摩擦力属于内力，系统合外力为零，因此系统动量守恒，故B正确；
C．对于A与小车组成的系统，受到B施加给小车的静摩擦力作用，因此系统动量不守恒，故C错误；
D．对于A、B与小车组成的系统由于克服阻力做功，动能不守恒，故D错误。
故选B。
14．B
【解析】
【详解】
设人走动时船的速度大小为v，人的速度大小为v′，人从船尾走到船头所用时间为t．取船的速度为正方向．则
v′＝
规定向右为正方向，根据动量守恒得
即
Ml2=m（l-l2）
l=5m，l2=1.25m，则
M=3m
故B正确，ACD错误．
故选B。
15．D
【解析】
【详解】
AB．卫星贴近地面做匀速圆周运动的线速度大小设为v1，此速度为第一宇宙速度（v1=7.9km/s）
地球半径约为6400km，设空间站离地高度为h，则
解得
空间站距离地面的高度约为
h+R=420km+6400km=6820km
则
故AB错误；
C．若要增加空间站高度，由反冲原理，应开启发动机，朝运动的反方向喷气，故C错误；
D．由图可以看出3月份有段时间空间站的离地高度增加，说明发动机工作了一段时间，故D正确。
故选D。
16．1
【解析】
【详解】
球m被锤打击后以O为圆心，L为半径做圆周运动，且在刚打过绳子拉力最大，由牛顿第二定律有
解得
v=m/s
锤打击m过程中，系统水平方向不受外力作用，系统水平方向动量守恒有
Mv0=mv
解得
v0==1m/s
17．
【解析】
【分析】
【详解】
取炮弹与炮车组成的系统为研究对象，因不计炮车与地面的摩擦，所以水平方向动量守恒。炮弹发射前，系统的总动量为零，炮弹发射后，炮弹的水平分速度为v0cosα，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有
mv0cosα-Mv=0
所以炮车向后反冲的速度大小为
18． 外力 远大于 动量守恒定律 增加
【解析】
【分析】
【详解】
[1][2][3]反冲运动中系统不受外力或内力远大于力矢量和，所以反冲运动遵循动量守恒定律。
[4] 反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增加。
19．2.4×10-3℃
【解析】
【详解】
以瀑布底为零重力势能面，由机械能守恒定律可得，质量为m的水流到达瀑布底时的动能为
水吸收的热量Q与比升高的温度Δt之间满足
Q=cmΔt
又因为水吸收的热量为动能的10%，所以有
代入数据解得
Δt≈2.4×10-3℃
20．（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】
(1)物块A从a到c过程，由机械能守恒可得
物块A在c点受轨道的支持力和自身重力作用，根据牛顿第二定律有
联立，可得
根据牛顿第三定律可知物块A对轨道的压力大小为
(2)物块A与B碰撞过程，系统动量守恒，可得
损失的机械能即减少的动能，有
(3)碰后两物块粘在一起水平抛出，根据平抛运动公式可得
解得
21．（1）；（2）
【解析】
【详解】
（1）根据动能定理有
解得
（2）分离前后：根据动量守恒定律
分离前根据牛顿第二定律
分离后根据牛顿第二定律
联立解得
22．（2）可能
【解析】
【详解】
①若是弹性碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律
解得
②若是完全非弹性碰撞，则：
解得
因此
因此只有（2）是可能的。
答案第1页，共2页
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