1.3动量守恒定律 同步练习（Word版含解析）

粤教版（2019）选择性必修一 1.3 动量守恒定律
一、单选题
1．2021年2月15日17时，我国发射的火星探测器天问一号成功实施“远火点平面轨道调整”。探测器由远处经A点进入与火星赤道平面重合的轨道1，探测器在B点进行一次“侧手翻”从火星轨道1变为与轨道1垂直的火星极地轨道2，该过程的示意图如图所示。设探测器在轨道1上B点的速度为v1，“侧手翻”后在轨道2上B点的速度为v2。对在B点“侧手翻”以下说法正确的是（　　）
A．发动机点火应当向v1方向喷射
B．发动机点火应当向v2反方向喷射
C．发动机喷射过程探测器动量守恒
D．发动机点火喷射过程中推力对探测器做负功
2．如图所示，质量的物体静止在光滑水平面上，质量的物体以的初速度与发生碰撞，以的方向为正方向，则碰撞后两物体的速度可能是（　　）
A． B．
C． D．
3．在沈海高速公路上发生一起交通事故，一辆质量为1.5×104kg向南行驶的长途客车迎面撞上了一质量为2.0×104kg向北行驶的货车，碰后两辆车连在一起，并向北滑行了一小段距离后停止。根据测速仪的测定，两车碰撞前长途客车以108km/h的速度行驶，由此可判断货车碰撞前的行驶速度大小为（　　）
A．大于10m/s B．小于22.5m/s
C．一定大于22.5m/s D．一定大于30m/s
4．如图所示，木块B与水平的轻弹簧相连放在光滑水平台面上，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内，入射时间极短，则下列说法正确的是（　　）
A．子弹射入木块的过程中，子弹与木块组成的系统动量守恒
B．子弹射入木块的过程中，子弹与木块组成的系统机械能守恒
C．木块压缩弹簧的过程中，子弹与木块组成的系统机械能守恒
D．弹簧最大的弹性势能大于整个过程中产生的热量
5．一只质量为0.9kg的乌贼吸入0.1kg的水后，静止在水中。遇到危险时，它在极短时间内把吸入的水向后全部喷出，以大小为2m/s的速度向前逃窜。下列说法正确的是（　　）
A．在乌贼喷水的过程中，乌贼所受合力的冲量大小为0.9N·s
B．在乌贼喷水的过程中，乌贼和喷出的水组成的系统的动量增大
C．乌贼喷出的水的速度大小为18m/s
D．在乌贼喷水的过程中，有9J的生物能转化成机械能
6．如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动。两球质量关系为，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为10，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量为6，则（　　）
A．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为
B．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为
C．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为
D．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为
7．花样滑冰时技巧与艺术性相结合的一个冰上运动项目，在音乐伴奏下，运动员在冰面上表演各种技巧和舞蹈动作，极具观赏性。甲、乙运动员以速度大小为1m/s沿同一直线相向运动。相遇时彼此用力推对方，此后甲以1m/s、乙以2m/s的速度向各自原方向的反方向运动，推开时间极短，忽略冰面的摩擦，则甲、乙运动员的质量之比是（　　）
A．1∶3 B．3∶1 C．2∶3 D．3∶2
8．利用气垫导轨做“探究碰撞中的不变量”的实验时，不需要测量的物理量是（　　）
A．滑块的质量 B．挡光时间
C．挡光片的宽度 D．滑块移动的距离
9．能量守恒定律是自然界最普遍的规律之一，以下最能体现能量守恒定律的是（　　）
A．闭合电路欧姆定律 B．牛顿第一定律 C．动量守恒定律 D．牛顿第三定律
10．如图所示，质量为m的人立于平板车上，车的质量为M，人与车以大小为v1的速度在光滑水平面上向东运动。当此人相对于车以大小为v2的速度竖直跳起时，车向东的速度大小为（　　）
A． B． C． D．v1
11．在冬奥会冰上短道速滑接力比赛中，乙运动员奋力向前推出前方甲运动员，忽略一切阻力，此过程中（　　）
A．甲对乙的冲量大于乙对甲的冲量
B．甲、乙两运动员组成的系统动量增加
C．甲、乙两运动员组成的系统机械能增加
D．甲、乙两运动员的速度变化量大小一定相等
12．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
13．下列说法中正确的是（　　）
A．动量守恒定律适用于目前为止物理学研究的一切领域
B．汽车的速度越大，刹车位移越大，说明汽车的速度大时，惯性大
C．国际单位制中，伏特是七个基本单位之一
D．匀速圆周运动是匀变速曲线运动
14．某中学实验小组的同学在“验证动量守恒定律”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的且斜槽的末端必须水平
B．入射球单独平抛与碰后平抛的释放点的高度可以不同
C．入射球和被碰球的直径必须相等
D．入射球的质量必须与被碰球的质量相等
15．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
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．如图所示，游乐场上，两位同学各驾着一辆碰碰车迎面相撞，此后，两车以共同的速度运动。设甲同学和他的车的总质量为160 kg，碰撞前向右运动，速度的大小为4 m/s；乙同学和他的车的总质量为200kg，碰撞前向左运动，速度的大小为3 m/s。则碰撞后两车共同的运动速度大小为_______，方向_______。
18．由教材第3页小车碰撞实验中记录的数据知：两小车碰撞前后，动能之和___________（填“相等”或“不相等”），质量与速度的乘积之和___________。
19．（1）内容
如果一个系统不受外力，或者所受外力的___________为0，这个系统的总动量保持不变。
（2）表达式
a.p=p′或m1v1＋m2v2=___________。系统相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量。
b.Δp1=___________，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向。
（3）适用条件
a.理想守恒：不受外力或所受外力的合力为___________。
b.近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力___________它所受到的外力。
c.某一方向守恒：如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在___________动量守恒。
（4）应用动量守恒定律解题的步骤
a.明确研究对象，确定___________的组成（系统包括哪几个物体及研究的过程）。
b.进行受力分析，判断系统动量是否___________（或某一方向上是否守恒）。
c.规定___________，确定初、末状态___________。
d.由动量守恒定律列出方程。
e.代入数据，求出结果，必要时讨论说明。
三、解答题
20．冰壶运动已列入2022年北京冬奥会运动项目。冰壶运动场地如图a所示，M、N为两个完全相同的冰壶（可视为质点），M、N与营垒圆心在同一条直线上，已知N与投掷线AB距离为32m。一运动员将冰壶M从投掷线AB上投出沿虚线路径向冰壶N撞去，碰撞后冰壶M、N的v-t图象如图b所示。重力加速度g=10m/s2。求：
（1）冰壶N被碰后滑行的距离；
（2）冰壶M从投掷线AB上投出时的速度大小。
21．如图所示，一玩具小车携带若干质量为m的弹丸，车和弹丸的总质量为M（M=20m），在半径为R的水平光滑轨道上以速率v0做匀速圆周运动，若小车每转一周便沿运动方向相对地面以恒定速度v（）发射一颗弹丸，求小车发射第几颗弹丸后静止。
22．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。
23．如图所示，粗糙水平桌面PO长为L=1m，桌面距地面高度H=0.2m，P点正上方一细绳悬挂质量为m的小球A，A在距桌面高度h=0.8m处自由释放，与静止在桌面左端质量为m的小物块B发生对心碰撞，碰后瞬间小球A的速率为碰前瞬间的，方向仍向右，已知小物块B与水平桌面PO间的动摩擦因数μ=0.4，取重力加速度g=10m/s2。
(1)求碰前瞬间小球A的速率和碰后瞬间小物块B的速率；
(2)求小物块B的落地点与O点的水平距离。
24．如图所示是计算机模拟出的一种宇宙空间的情景，在此宇宙空间内存在这样一个远离其他空间的区域（其他星体对该区域内物体的引力忽略不计），以MN为界，上半部分匀强磁场的磁感应强度大小为B1，下半部分匀强磁场的磁感应强度大小为B2。已知B1=4B2=4B0，磁场方向相同，且磁场区域足够大。在距离界线MN为h的P点有一宇航员处于静止状态，宇航员以平行于MN的速度向右抛出一质量为m、电荷量为q的带负电小球，发现小球经过界线处的速度方向与界线成90°角，接着小球进入下半部分磁场。当宇航员沿与界线平行的直线匀速到达目标Q点时，刚好又接住球而静止。
（1）请你粗略地作出小球从P点运动到Q点的运动轨迹；
（2）PQ间的距离是多大；
（3）宇航员的质量是多少。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．D
【详解】
AB．如图所示
要使速度从v1变到v2，由矢量三角形可知，加速度a（推力）方向如图所示，即发动机应向a的反方向喷气，AB错误；
C．航天器的速度大小和方向都发生了变化，因此动量不守恒，C错误；
D．由动能定理可知，发动机点火喷射过程中推力对探测器做的功等于探测器动能的变化量，航天器从大轨道变为小轨道做近心运动，因此速度减小，推力做负功，D正确。
故选D。
2．D
【详解】
A．碰撞前的总动量为
碰撞后的总动量
可知
根据碰撞的特点，碰撞前后动量守恒，故A不符合题意；
B．碰撞前的总动量为
碰撞后的总动量
可知
碰撞前的总能量为
碰撞后的总能量为
可知
根据碰撞的特点可知，碰撞后的动能不增加，故B不符合题意；
C．根据碰撞的特点，碰撞后要满足运动关系
故C不符合题意；
D．碰撞前的总动量为
碰撞后的总动量
可知
碰撞前的总能量为
碰撞后的总能量为
可知
且碰撞后要满足运动关系
故D符合题意。
故选D。
3．C
【详解】
碰撞前长途客车的速度v1=108km/h=30m/s，根据碰后两辆车连在一起且向北滑行的情况，可知由两车组成的系统的总动量方向向北，所以碰前客车的动量p1=m1v1（向南）应该小于货车的动量p2=m2v2（向北），即m1v11.5×104×30（kg·m/s）<2.0×104×v2（kg·m/s）
解得
v2>22.5m/s
故选C。
4．A
【详解】
A．子弹射入木块的过程中，子弹与木块组成的系统所受的合外力等于零，系统动量守恒，故A正确；
B．子弹射入木块的过程中要克服阻力做功，产生内能，子弹与木块组成的系统机械能不守恒，故B错误；
C．木块压缩弹簧的过程中，弹簧的弹力做功，子弹、木块组成的系统机械能不守恒，故C错误；
D．弹簧的最大弹性势能等于子弹射入木块后子弹和木块的动能，不一定大于整个过程中产生的热量，故D错误。
故选A。
5．C
【详解】
A．根据动量定理在乌贼喷水的过程中，乌贼所受合力的冲量大小
I=Mv1=1.8N·s
故A错误；
BC．乌贼喷水过程所用时间极短，内力远大于外力，乌贼和喷出的水组成的系统动量守恒，有
0=Mv1－mv2
解得乌贼喷出水的速度大小
v2=18m/s
故B错误，C正确；
D．根据能量守恒定律，在乌贼喷水的过程中，转化为机械能的生物能
故D错误。
故选C。
6．B
【详解】
光滑水平面上大小相同A、B两球在发生碰撞，规定向右为正方向，由题知A球动量的增量为
△pA=6kg m/s-10kg m/s=-4kg m/s
由于碰后A球的动量增量为负值，所以右边不可能是A球的；由动量守恒定律可得
△pA=-△pB
则B球的动量变化量为
△pB =4kg m/s
根据
△pB=pB -10kg m/s
解得碰后B球的动量为
pB=14kg m/s
两球质量关系为
mB=2mA
根据
p=mv
可得碰撞后A、B两球速度大小之比6：7。
故选B。
7．D
【详解】
以甲初速度方向为正方向，甲、乙推开的过程中，满足动量守恒
代入数据可得
故选D。
8．D
【详解】
根据实验原理可知，滑块的质量、挡光时间、挡光片的宽度都是需要测量的物理量，其中滑块的质量用天平测量，挡光时间用光电计时器测量，挡光片的宽度可事先用刻度尺测量；只有滑块移动的距离不需要测量，ABC错误，D正确。
故选D。
9．A
【详解】
A．闭合电路的欧姆定律
即电源的功率等于输出功率与内阻功率之和，直接体现了能量守恒，故A正确；
B．牛顿第一定律：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，直到有外力迫使它改变这种状态，不能体现能量守恒，故B错误；
C．动量守恒定律：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变，不能体现能量守恒，故C错误；
D．牛顿第三定律：两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，不能体现能量守恒，故D错误。
故选A。
10．D
【详解】
人与车组成的系统在水平方向上动量守恒，人向上跳起后，水平方向上的速度没变，则
因此
故选D。
11．C
【详解】
A．根据冲量的定义
可知乙猛推甲的过程中，相互作用力是大小相等，方向相反，作用时间相等，所以甲对乙的冲量大小等于乙对甲的冲量大小，A错误；
B．在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，系统所受合外力为零，所以甲、乙两人组成的系统总动量守恒，B错误；
C．根据能量的转化情况分析系统可知，在乙猛推甲的过程中，将体内的化学能转化为系统的机械能，所以甲、乙两人组成的系统机械能增加，C正确；
D．乙推甲的过程中，甲、乙两运动员组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，由动量守恒定律可知，甲和乙组成的系统总动量不变，甲、乙的动量变化大小相等，方向相反，但是甲、乙的质量不一定相同，所以甲、乙两运动员的速度变化量大小不一定相等，D错误。
故选C。
12．B
【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。
13．A
【详解】
A．动量守恒定律适用于目前为止物理学研究的一切领域，只要满足动量守恒条件即可，A正确；
B．惯性大小只和质量有关，与速度大小无关，B错误；
C．国际单位制中，伏特是导出单位，不是基本单位，C错误；
D．匀速圆周运动由于加速度方向始终指向圆心，时刻在变，故匀速圆周运动属于非匀变速曲线运动，D错误。
故选A。
14．C
【详解】
A．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，对斜槽是否光滑没有要求，但必须保证每次小球都要从斜槽的同一高度由静止开始下滑，且做平抛运动，因此轨道的末端必须水平，A错误；
B．要保证碰撞前入射球的速度相同，入射球要从斜槽的同一高度由静止释放，B错误；
C．为了保证两小球发生一维正碰撞，要求入射球和被碰球的直径必须相等，C正确；
D．在做题述实验时，要求入射球的质量大于被碰球的质量，防止入射球碰后反弹或静止，D错误。
故选C。
15．B
【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。
16．1∶1
【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． 向右
【详解】
[1][2]规定向右为正方向，设碰撞后两车共同的运动速度大小为v，根据动量守恒定律有
方向向右。
18． 不相等 基本不变
【详解】
略
19． 矢量和 m1v1′＋m2v2′ -Δp2 零 远大于 这一方向上 系统 守恒 正方向 动量
【详解】
（1）[1]动量守恒的定义：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动量守恒的。
（2）[2][3] 动量守恒定律的表达式为：
p=p′，m1v1＋m2v2= m1 v1′＋m2v2′或Δp1=-Δp2
（3）[4][5][6]动量守恒的三种情况
a.不受外力或所受外力的合力为零
b. 系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力
c. 如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在这一方向上动量守恒
（4）[7][8][9][10]应用动量守恒定律解题的步骤
a.明确研究对象，确定系统的组成；
b.进行受力分析，判断系统动量是否守恒（或某一方向上是否守恒）。
c.规定正方向，确定初、末状态动量。
d.由动量守恒定律列出方程求解。
20．(1)6.48m；(2)5m/s
【详解】
解：(1)根据碰撞的特征和v-t图象可知，碰撞后冰壶N的速度vN大小为1.8m/s，运动7.2s后静止，得
(2)冰壶M、N碰撞过程动量守恒，令冰壶M、N的质量为m，冰壶M投出时速度为v0，与N碰前的速度为v1，碰后的速度为v2，在冰壶N碰后的运动中，有
解得
a=0.25m/s2
则冰壶M碰后的运动中，有
在冰壶M、N碰撞过程中，有
代入数据得
v1=3m/s
在冰壶M碰前的运动中，有
解得
v0=5m/s
21．4
【详解】
设发射第一颗弹丸后瞬间小车的速度为v1，在发射第一颗弹丸前后瞬间，系统沿圆周切线方向动量守恒，即
Mv0=（M－m）v1+mv
解得
设发射第二颗弹丸后瞬间小车的速度为v2，同理可得
（M－m）v1=（M－2m）v2+mv
解得
依次类推可知，发射第n颗弹丸后瞬间小车的速度为
令vn=0并代入提给条件可得
22．（1）；（2）
【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
23．(1)4m/s，3m/s；(2)0.2m
【详解】
(1)设碰前瞬间小球A的速度大小为v1，碰后瞬间小物块B的速度大小为v2，对小球A，由机械能守恒定律有
mgh=
得
v1=4m/s
对A、B系统，由动量守恒定律有
mv1=m＋mv2
得
v2=3m/s
(2)设小物块B由桌面右端O水平抛出时速度大小为v3，由动能定理有
－μmgL=
得
v3=1m/s
B由O水平抛出，竖直方向上有H=gt2，得
t=0.2s
水平方向上有
x=v3t=0.2m
24．（1）；（2）6h；（3）
【详解】
（1）小球运动轨迹如图所示
（2）由几何关系可知
R1=h
由qvB=和B1=4B2=4B0可知
R2=4R1=4h
设小球的速率为v1，由
解得小球的速率
v1=
根据运动的对称性，PQ间的距离为
（3）由和可得，小球做匀速圆周运动的周期为
故小球由P运动到Q的时间为
设宇航员的速度为
宇航员在Q点接住球时，由动量守恒定律有
Mv2－mv1=0
解得宇航员的质量
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页