第1章 动量守恒定律研究 章节测试题word版含解析

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2019鲁科版高中物理选修3-5第1章《动量守恒定律研究》章节测试题
本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分，考试时间150分钟。
第Ⅰ卷
一、单选题(共20小题,每小题3.0分,共60分)


1.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
2.如图所示，质量为M的物体P静止在光滑的水平桌面上，另有一质量为m(M>m)的物体Q以速度v0正对P滑行，则它们相碰后(设桌面足够大)(　　)

A．Q物体一定被弹回，因为M>m
B．Q物体可能继续向前
C．Q物体的速度不可能为零
D． 若相碰后两物体分离，则过一段时间可能再碰
3.试管开口向上，管内底部有一小昆虫，试管自由下落时，当昆虫停在管底和沿管壁加速上爬的两种情况下，试管在相等时间内获得的动量大小是(　　)
A． 小昆虫停在管底时大
B． 小昆虫向上加速上爬时大
C． 两种情况一样大
D． 小昆虫加速度大小未知，无法确定
4.如图所示，质量相等的A、B两个球，原来在光滑水平面上沿同一直线相向做匀速直线运动，A球的速度是6 m/s，B球的速度是－2 m/s，不久A、B两球发生了对心碰撞．对于该碰撞之后的A、B两球的速度可能值，某实验小组的同学们做了很多种猜测，下面的猜测结果一定无法实现的是(　　)




A．vA′＝－2 m/s，vB′＝6 m/s
B．vA′＝2 m/s，vB′＝2 m/s
C．vA′＝1 m/s，vB′＝3 m/s
D．vA′＝－3 m/s，vB′＝7 m/s
5.光子的能量为hν，动量大小为，如果一个静止的放射性元素的原子核在发生γ衰变时只放出一个γ光子，则衰变后的原子核(　　)
A． 仍然静止
B． 沿着与光子运动方向相同的方向运动
C． 沿着与光子运动方向相反的方向运动
D． 可能向任何方向运动
6.如图所示，a、b、c三个相同的小球，a从光滑斜面顶端由静止开始自由下滑，同时b、c从同一高度分别开始做自由下落和平抛运动．它们从开始到到达地面，下列说法正确的有(　　)

A． 它们同时到达地面
B． 重力对它们的冲量相同
C． 它们的末动能相同
D． 它们动量变化的大小相同
7.如图所示，质量为M的斜劈置于光滑的水平地面上，一质量为m的滑块以初速度v0沿斜劈向上滑行，它们在相互作用的过程中，当斜劈的速度达到最大值时，对应的是下列情况中的(　　)

A． 滑块在到达斜劈的最高位置时
B． 滑块从斜劈上开始下滑时
C． 滑块与斜劈速度相等时
D． 滑块与斜劈开始分离时
8.一同学在地面上立定跳远的最好成绩是x(m)，假设他站在车的A端，如图所示，想要跳上距离为l(m)远的站台上，不计车与地面的摩擦阻力，则(　　)

A． 只要lB． 只要lC． 只要l＝x，他一定能跳上站台
D． 只要l＝x，他有可能跳上站台
9.物体沿粗糙的斜面上滑，到最高点后又滑回原处，则(　　)
A． 上滑时重力的冲量比下滑时小
B． 上滑时摩擦力冲量比下滑时大
C． 支持力的冲量为0
D． 整个过程中合外力的冲量为零
10.下列关于动量的说法中，正确的是(　　)
A． 物体的动量改变，其速度大小一定改变
B． 物体的动量改变，其速度方向一定改变
C． 物体运动速度的大小不变，其动量一定不变
D． 物体的运动状态改变，其动量一定改变
11.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150 kg，碰撞前向右运动，速度的大小为4.5 m/s；乙同学和他的车的总质量为200 kg，碰撞前向左运动，速度的大小为4.25 m/s，则碰撞后两车共同的运动速度为(取向右为正方向)(　　)

A． 1 m/s
B． 0.5 m/s
C． －1 m/s
D． －0.5 m/s
12.手持铁球的跳远运动员起跳后，欲提高跳远成绩，可在运动到最高点时，将手中的铁球(　　)
A． 竖直向上抛出
B． 向前方抛出
C． 向后方抛出
D． 向左方抛出
13.一炮艇在湖面上匀速行驶，突然从船头和船尾同时水平向前和向后各发射一发炮弹，设两炮弹质量相同，相对于地的速率相同，船的牵引力和阻力均不变，则船的速度的变化情况是 (　　)



A． 速度不变
B． 速度减小
C． 速度增大
D． 无法确定
14.如图所示，自行火炮连同炮弹的总质量为M，当炮管水平，火炮车在水平路面上以v1的速度向右匀速行驶中，发射一枚质量为m的炮弹后，自行火炮的速度变为v2，仍向右行驶．则炮弹相对炮筒的发射速度v0为(　　)




A．
B．
C．
D．
15.“娱乐风洞”是一项将科技与惊险相结合的娱乐项目，它能在一个特定的空间内把表演者“吹”起来．假设风洞内向上的风量和风速保持不变，表演者调整身体的姿态，通过改变受风面积(表演者在垂直风力方向的投影面积)，来改变所受向上风力的大小．已知人体所受风力大小与受风面积成正比，人水平横躺时受风面积最大，设为S0，站立时受风面积为S0；当受风面积为S0时，表演者恰好可以静止或匀速漂移．如图所示，某次表演中，人体可上下移动的空间总高度为H，表演者由静止以站立身姿从A位置下落，经过B位置时调整为水平横躺身姿(不计调整过程的时间和速度变化)，运动到C位置速度恰好减为零．关于表演者下落的过程，下列说法中正确的是(　　)

A．B点距C点的高度是H
B． 从A至B过程表演者克服风力所做的功是从B至C过程表演者克服风力所做的功的
C． 从A至B过程表演者所受风力的冲量是从A至C过程表演者所受风力的冲量的
D． 从A至B过程表演者所受风力的平均功率是从B至C过程表演者所受风力平均功率的
16.两个具有相等动能的物体，质量分别为m1和m2，且m1＞m2，比较它们动量的大小，则有(　　)
A．m2的动量大一些
B．m1的动量大一些
C．m1和m2的动量大小相等
D． 哪个的动量大不一定
17.在距地面高为h处，同时以相同速率v0分别平抛、竖直上抛、竖直下抛质量相等的物体m，当它们落地时，比较它们的动量的增量Δp，有(　　)
A． 平抛过程较大
B． 竖直上抛过程较大
C． 竖直下抛过程较大
D． 三者一样大
18.质量分别为2m和m的A、B两个质点，初速度相同，均为v1.若他们分别受到相同的冲量I作用后，A的速度为v2，B的动量为p.已知A、B都做直线运动，则动量p可以表示为( 　　 )
A．m(v2－v1)
B． 2m(2v2－v1)
C． 4m(v2－v1)
D．m(2v2－v1)
19.质量为m的小球A，在光滑水平面以初动能Ek与质量为2m的静止小球B发生正碰，碰撞后A球停下，则撞后B球的动能为(　　)
A． 0
B．
C．
D．Ek
20.如图所示，两个质量相等的小球从同一高度沿倾角不同的两个光滑斜面由静止自由滑下，下滑到达斜面底端的过程中(　　)

A． 两物体所受重力做功相同
B． 两物体所受合外力冲量相同
C． 两物体到达斜面底端时时间相同
D． 两物体到达斜面底端时动能不同


第II卷

二、计算题(共4小题,每小题10.0分,共40分)


21.如图所示，质量为m的子弹，以速度v水平射入用轻绳悬挂在空中的木块，木块的质量为M，绳长为L，子弹停留在木块中，求子弹射入木块后的瞬间绳子张力的大小．

22.如图所示，质量为m的摆球用长为l的轻质细绳系于O点，O点正下方的粗糙水平地面上静止着一质量为M的钢块．现将摆球向左拉起，使细线水平，由静止释放摆球，摆球摆动至最低点时与钢块发生正碰，碰撞时间极短，碰后摆球反弹上升至最高点时与最低点的竖直高度差为l.已知钢块与水平面间的动摩擦因数为μ，摆球和钢块均可视为质点，不计空气阻力，水平面足够长．求：钢块与摆球碰后在地面上滑行的距离．

23.质量为60 kg的人，不慎从高空支架上跌落，由于弹性安全带的保护，使他悬挂在空中．已知安全带长5 m，其缓冲时间是1.2 s，求安全带受到的平均冲力大小为多少？(取g＝10 m/s2)
24.如图所示是某游乐场过山车的娱乐装置原理图，弧形轨道末端与一个半径为R的光滑圆轨道平滑连接，两辆质量均为m的相同小车(大小可忽略)，中间夹住一轻弹簧后连接在一起，两车从光滑弧形轨道上的某一高度由静止滑下，当两车刚滑入圆环最低点时连接两车的挂钩突然断开，弹簧将两车弹开，其中后车刚好停下，前车沿圆环轨道运动恰能越过圆弧轨道最高点，求：
(1)前车被弹出时的速度；
(2)前车被弹出的过程中弹簧释放的弹性势能；
(3)两车从静止下滑时距最低点的高度h.






答案解析
1.【答案】A
【解析】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；加速度不变，物体的速度均匀变化，故其动量也均匀变化，B错误；物体动量的大小由物体质量及速度的大小共同决定，物体的动量大，其速度不一定大，动量大，其质量也并不一定越大，C、D错误．
2.【答案】B
【解析】因为相碰后Q、P有获得相同速度的可能，所以A错．只有M＝m且M、m发生了弹性正碰时，m才可能将动量全部传给M.若M、m发生非弹性碰撞，尽管M>m，但碰后速度仍有可能为零，所以C错．若Q被反向弹回，则Q、P不再相碰，所以D错．
3.【答案】B
【解析】选试管为研究对象，昆虫停在管中时整体做自由落体运动，试管只受重力，由动量定理mgt＝p1－0.当昆虫加速上爬时，对管底产生一个向下的作用力F，根据动量定理得(mg＋F)t＝p2－0，所以p2＞p1，故B正确．
4.【答案】D
【解析】两球碰撞前后应满足动量守恒定律并且碰后两球的动能之和不大于碰前两球的动能之和．即满足：mAvA＋mBvB＝mAvA′＋mBvB′，①
mAv＋mBv≥mAvA′2＋mBvB′2，②
答案D中满足①式，但不满足②式，所以D选项错误．
5.【答案】C
【解析】原子核在放出γ光子的过程中，系统动量守恒，而系统在开始时总动量为零，因此衰变后的原子核的运动方向与γ光子运动方向相反．
6.【答案】D
【解析】球b做自由落体运动，球c的竖直分运动是自由落体运动，故b、c两个球的运动时间相同且加速度均为g，为t＝；球a受重力和支持力，加速度为gsinθ7.【答案】D
【解析】滑块和斜劈组成的系统，在水平方向上所受的合力为零，水平方向上动量守恒，根据动量守恒定律知，当滑块的速度沿斜劈向下达到最大时，斜劈向右的速度最大，此时滑块与斜劈开始分离．故D正确，A、B、C错误．
8.【答案】B
【解析】人起跳的同时，小车要做反冲运动，所以人跳的距离小于x，故l9.【答案】A
【解析】上滑过程中mgsinθ＋Ff＝ma1，下滑过程中mgsinθ－Ff＝ma2，a1＞a2可知上滑运动时间较短，重力冲量较小，A对；同理可知上滑时摩擦力冲量比下滑时小，上滑时支持力冲量比下滑时小， B、C错；合外力不为零，合外力的冲量不为零，D错．
10.【答案】D
【解析】动量是矢量，有大小也有方向．动量改变是指动量大小或方向的改变，而动量的大小与质量和速度两个因素有关，其方向与速度的方向相同．质量一定的物体，当速度的大小或方向有一个因素发生变化时，动量就发生变化，故A、B、C错；物体运动状态改变是指速度大小或方向的改变，因此物体的动量一定发生变化，故D正确．
11.【答案】D
【解析】两车碰撞过程动量守恒，m1v1－m2v2＝(m1＋m2)v
得v＝＝m/s＝－0.5 m/s.
12.【答案】C
【解析】欲提高跳远成绩，则应增大水平速度，即增大水平方向的动量，所以可将铁球向后抛出，人和铁球水平方向的总动量守恒，因为铁球的动量向后，所以人向前的动量增加．
13.【答案】C
【解析】因船受到的牵引力及阻力不变，且开始时船匀速运动，故整个系统动量守恒；设炮弹质量为m，船(不包括两炮弹)的质量为M，则由动量守恒可得：Mv＋mv1－mv1＝(M＋2m)v0，可得发射炮弹后船(不含炮弹)的动量增大，速度增大，C正确．
14.【答案】B
【解析】将自行火炮和炮弹看做一个系统，自行火炮水平匀速行驶时，牵引力与阻力平衡，系统动量守恒设向右为正方向，发射前系统动量之和为Mv1，发射后系统的动量之和为(M－m)v2＋m(v0＋v2)．
由Mv1＝(M－m)v2＋m(v0＋v2)
解得v0＝.
15.【答案】B
【解析】设人水平横躺时受到的风力大小为Fm，由于人体受风力大小与正对面积成正比，故人站立时风力为Fm.由于受风力有效面积是最大值的一半时，恰好可以静止或匀速漂移，故可以求得人的重力G＝Fm，即有Fm＝2G.
从A至B过程表演者的加速度大小为a1＝＝＝0.75g
从B至C过程表演者的加速度大小为a2＝＝＝g，
由速度位移公式得：从A至B过程表演者的位移x1＝，从B至C过程表演者的位移
x2＝，故x1∶x2＝4∶3，x2＝H，A错误；表演者从A至B克服风力所做的功为W1＝Fm·H＝FmH；从B至C过程克服风力所做的功为W2＝Fm·H＝FmH，得＝，B正确；
设B点的速度为v，则从A至B过程表演者的运动时间t1＝＝.从B至C过程表演者的运动时间t2＝＝，根据动量定理，I1＝Fmt1＝mv，I2＝Fmt2＝2mv，＝，C错误；根据P＝，又＝，＝，联立解得＝，D错误．
16.【答案】B
【解析】动能Ek＝mv2，动量p＝mv，则p＝，因为初动能相等，m1＞m2，则动量p1＞p2，B正确．
17.【答案】B
【解析】物体在空中只受重力作用，三种情况下从抛出到落地竖直上抛时间最长，竖直下抛时间最短，由动量定理：I＝mgt＝Δp得竖直上抛过程动量增量最大，B正确．
18.【答案】D
【解析】对A由动量定理：I＝2m(v2－v1)，对B由动量定理：I＝p－mv1，
则p＝I＋mv1＝m(2v2－v1)，D正确．
19.【答案】B
【解析】两球碰撞过程动量守恒，有mvA＝2mvB，所以由动量和能量的关系有
＝，故EkB＝，B项正确．
20.【答案】A
【解析】从光滑的斜面下滑，设斜面倾角为θ，高h，则有加速度a＝gsinθ，位移x＝，根据匀变速直线运动则有x＝＝at2＝gsinθt2，运动时间t＝，两个斜面高度相同而倾角不同所以运动时间不同，选项C错；沿斜面运动合力为mgsinθ，所以合力的冲量I＝mgsinθt＝mg，虽然大小相等，但是倾角不同，合力方向不同，合外力冲量不同，B错；下滑过程重力做功mgh相等，A对；根据动能定理，下滑过程只有重力做功，而且做功相等，所以到达斜面底端时动能相同，选项D错．
21.【答案】(m＋M)g＋
【解析】子弹射入木块的瞬间，子弹和木块组成的系统动量守恒．取水平向左为正方向，由动量守恒定律得0＋mv＝(m＋M)v1
解得v1＝.
随后子弹和木块整体以此初速度向左摆动做圆周运动．由牛顿第二定律得(取向上为正方向)
F－(m＋M)g＝(m＋M)
将v1代入解得F＝(m＋M)g＋
22.【答案】　
【解析】　摆球从下落过程机械能守恒，设下落到最低点速度大小为v1，则由动能定理得：mgl＝mv
摆球与钢块碰撞极短，设碰撞后摆球速度大小为v2，钢块速度大小为v3，以水平向右为正方向，由动量守恒得：mv1＝－mv2＋Mv3
由于碰撞后小球反弹至l高处，则小球上升过程由动能定理得：－mg×l＝0－mv
碰撞后钢块沿水平面做匀减速运动，由动能定理得：－μMgs＝0－Mv
得s＝.
23.【答案】1100 N
【解析】人自由下落5 m，由运动学公式
v2＝2gh，则v＝＝m/s＝10 m/s.
人和安全带作用时，人受到向上的拉力和向下的重力，设向下为正，由动量定理
(mg－F)t＝0－mv
得F＝mg＋＝(60×10＋) N＝1100 N.
24.【答案】　(1)　(2)mgR　(3)
【解析】　(1)设前车在最高点速度为v2，依题意有
mg＝①
设前车在最低位置与后车分离后速度为v1，根据机械能守恒mv＋mg·2R＝mv②
由①②得：v1＝
(2)设两车分离前速度为v0，由动量守恒定律2mv0＝mv1得v0＝＝
设分离前弹簧弹性势能为Ep，根据系统机械能守恒定律得Ep＝mv－·2mv＝mgR
(3)两车从h高处运动到最低处机械能守恒，有2mgh＝·2mv，解得：h＝.