阶段测试1 动量定理 动量守恒定律
(时间：50分钟 满分：100分)
一、选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分．在每小题给出的四个选项中，第1～3题只有一项符合题目要求，第4～6题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)
1．下列关于动量的一些说法，正确的是( )
A．质量大的物体，其动量一定大
B．质量和速率都相同的物体，它们的动量一定相同
C．一个物体的运动状态变化，它的动量一定改变
D．物体的动能不变，它的动量也一定不变
【答案】C
【解析】根据动量的定义可知，物体的动量是由质量和速度共同决定的，故A选项错．因为动量是矢量，它的方向与速度的方向相同，质量和速率都相同的物体，它们的动量大小一定相同，但方向却不一定相同，故B选项错．物体的运动状态变化，说明它的速度一定发生变化，所以它的动量也就发生了变化，故C选项正确．因为动能是标量，动量是矢量，当物体的动能不变时，根据两者的数值关系式p＝可知动量的大小不变，但方向却可能变化，比如匀速圆周运动．故D选项错误．
2．如图所示，光滑圆槽的质量为M，静止在光滑的水平面上，其内表面有一小球被细线吊着，恰位于槽的边缘处，如将线烧断，小球滑到另一边的最高点时，圆槽的速度为( )
A．0 B．向左
C．向右 D．无法确定
【答案】A
【解析】小球和圆槽组成的系统在水平方向不受外力，故系统在水平方向上动量守恒．细线被烧断瞬间，系统在水平方向上的总动量为零，又知小球到达最高点时，球与槽水平方向上有共同速度，设为v′，根据动量守恒定律有：0＝(M＋m)v′，所以v′＝0.A选项正确．
3．一弹簧枪可射出速度为10 m/s的铅弹，现对准以6 m/s 的速度沿光滑桌面迎面滑来的木块发射一颗铅弹，铅弹射入木块后未穿出，木块继续向前运动，速度变为5 m/s.如果想让木块停止运动，并假定铅弹射入木块后都不会穿出，则应再向木块迎面射入的铅弹数为( )
A．5颗 B．6颗
C．7颗 D．8颗
【答案】D
【解析】设木块质量为m1，铅弹质量为m2，第一颗铅弹射入，有m1v0－m2v＝(m1＋m2)v1，代入数据可得＝15，设再射入n颗铅弹木块停止，有(m1＋m2)v1－nm2v＝0，解得n＝8.
4．如图所示，质量相同的两个滑块A、B沿两个倾角不同(分别为α和β，α>β)的光滑斜面，从同一高度由静止开始滑下，它们经斜面底端时( )
A．具有相同的速度 B．具有相同的动能
C．具有相同的动量 D．具有不相同的动量
【答案】BD
【解析】动量是矢量，动能是标量；到达底端时A、B运动方向不同．
5．两个物体质量不同，它们在合外力为零的情况下相向运动并发生正碰，则( )
A．质量小的物体速度变化大
B．质量大的物体动量变化大
C．若碰后连在一起，则运动方向与原来动量大的物体相同
D．若碰后连在一起，则运动方向与原来速度大的物体相同
【答案】AC
6．如图所示，在质量为M的小车上挂有一单摆，摆球质量为m0，小车和单摆以恒定的速度v沿光滑水平地面运动，与位于正对面的质量为m的静止的平板车发生碰撞，碰撞的时间极短．在此碰撞过程中，下列情况可能发生的是( )
A．小车、平板车、摆球的速度都发生变化，分别变为v1、v2、v3，满足(M＋m)v＝Mv1＋mv2＋m0v3
B．摆球的速度不变，小车和平板车的速度变为v1和v2，满足Mv＝Mv1＋mv2
C．摆球的速度不变，小车和平板车的速度都变为v′，满足Mv＝(M＋m)v′
D．小车和摆球的速度都变为v1，平板车的速度变为v2，满足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2
【答案】BC
【解析】碰撞的瞬间小车和平板车组成的系统动量守恒，摆球的速度在瞬间不变．若碰后小车和平板车的速度变v1和v2，根据动量守恒有：Mv＝Mv1＋mv2.若碰后小车和平板车速度相同，根据动量守恒定律有：Mv＝(M＋m)v′.故B、C正确，A、D错误．
二、非选择题(本题共6小题，共64分，计算题要有必要的文字说明和解题步骤)
7．(5分)一辆小车静置于光滑水平面上，车的左端固定有一个水平弹簧枪，车的右端有一个网兜．若从弹簧枪中发射一粒弹丸，弹丸恰好能落入网兜中．从弹簧枪发射弹丸以后，下列说法中错误的是________．
A．小车先向左运动一段距离然后停下
B．小车先向左运动又向右运动，最后回到原位置停下
C．小车一直向左运动下去
D．小车先向左运动，后向右运动，最后保持向右匀速运动
E．小车与弹丸组成的系统在运动过程中总动量为零
【答案】BCD
【解析】车与弹丸组成的系统动量守恒，开始系统静止，总动量为零，发射弹丸后，弹丸动量向右，由动量守恒定律可知，车的动量向左，车向左运动，从发射弹丸到弹丸落入网兜过程，系统动量守恒，由于初动量为零，则弹丸落入网兜后，系统总动量为零，弹丸落入网兜后，车停止运动，故A、E正确，B、C、D错误．
8．(5分)如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m的小球从槽高h处由静止开始自由下滑________．
A．在下滑过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽不做功
B．在下滑过程中，小球和槽组成的系统水平方向动量守恒
C．被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动
D．被弹簧反弹后，小球能回到槽高h处
E．被弹簧反弹后，小球永远追不上弧形槽
【答案】BCE
【解析】在下滑过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽做功，故A错误；在下滑过程中，小球和槽组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，故B正确；因两物体之后不受外力，故小球脱离弧形槽后，槽向后做匀速运动，而小球反弹后也会做匀速运动，故C正确；小球与槽组成的系统动量守恒，球与槽的质量相等，小球沿槽下滑，球与槽分离后，小球与槽的速度大小相等，小球被反弹后球与槽的速度相等，小球不能滑到槽上，不能达到高度h，故D错误，E正确．
9．(8分)气垫导轨(如图)工作时，空气从导轨表面的小孔喷出，在导轨表面和滑块内表面之间形成一层薄薄的空气层，使滑块不与导轨表面直接接触，大大减小了滑块运动时的阻力．为了探究碰撞中的不变量，在水平气垫导轨上放置两个质量均为a的滑块，每个滑块的一端分别与穿过打点计时器的纸带相连，两个打点计时器所用电源的频率均为b.气垫导轨正常工作后，接通两个打点计时器的电源，并让两滑块以不同的速度相向运动，两滑块相碰后粘在一起继续运动．下图为某次实验打出的点迹清晰的纸带的一部分，在纸带上以相同间距的6个连续点为一段划分纸带，用刻度尺分别量出其长度s1、s2和s3.若题中各物理量的单位均为国际单位，那么碰撞前两滑块各自的质量和速度的乘积分别为__________、________，两滑块的质量和速度的乘积之和为________；碰撞后两滑块的质量和速度的乘积之和为________．重复上述实验，多做几次．探究碰撞前、后两滑块的质量和速度的乘积之和在实验误差允许的范围内是否相等．
【答案】0.2abs3 0.2abs1 0.2ab(s1－s3) 0.4abs2
10．(14分)冰球运动员甲的质量为80.0 kg.当他以5.0 m/s的速度向前运动时，与另一质量为100 kg、速度为3.0 m/s的迎面而来的运动员乙相撞．碰后甲恰好静止．假设碰撞时间极短，求：
(1)碰后乙的速度的大小；
(2)碰撞中总机械能的损失．
【答案】(1)1.0 m/s (2)1 400 J
【解析】(1)设运动员甲、乙的质量分别为m、M，碰前速度大小分别为v和v1，碰后乙的速度为v′，由动量守恒定律得mv－Mv1＝Mv′
代入数据得v′＝10 m/s.
(2)设碰撞过程中总机械能的损失为ΔE，应有
mv2＋Mv＝Mv′2＋ΔE
联立上式，代入数据得ΔE＝1 400 J.
11．(16分)(2016年全国Ⅱ卷)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前面的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3 m(h小于斜面体的高度)．已知小孩与滑板的总质量为m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动，取重力加速度的大小g＝10 m/s2.
(1)求斜面体的质量；
(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？
【答案】(1)20 kg (2)追不上
【解析】(1)规定水平向左为正，
对小冰块与斜面组成的系统由动量守恒m冰v冰＝(m冰＋M)v共
由能量守恒m冰v＝(m冰＋M)v＋m冰gh
解得v共＝1 m/s，M＝20 kg.
(2)由动量守恒(m冰＋M)v共＝MvM＋m冰vm
由能量守恒m冰v＝Mv＋m冰v
联立解得 vM＝2 m/s, vm＝－1 m/s
对小孩和冰块组成的系统：
0＝m冰v冰＋m小v小
解得v小＝－1 m/s，vm＝v小＝－1 m/s
即两者速度相同，故追不上．
12．(16分)一个物体静置于光滑水平面上，外面扣一质量为M的盒子，如图甲所示．现给盒子一初速度v0，此后，盒子运动的 vt 图象呈周期性变化，如图乙所示．请据此求盒内物体的质量．
【答案】M
【解析】设物体的质量为m，t0时刻受盒子碰撞获得速度v，根据动量守恒定律得Mv0＝mv，①
3t0时刻物体与盒子右壁碰撞使盒子速度又变为v0，说明碰撞中无机械能损失，Mv＝mv2.②
联立①②解得m＝M.(也可通过图象分析得出v0＝v，结合动量守恒，得出正确结果)
阶段测试2 碰撞与反冲
(时间：50分钟 满分：100分)
一、选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分．在每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～6题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)
1．假定冰面是光滑的，某人站在冰冻河面的中央，他想到达岸边，则可行的办法是( )
A．步行
B．挥动双臂
C．在冰面上滚动
D．脱去外衣抛向岸的反方向
【答案】D
【解析】因为冰面光滑，无法行走和滚动，由动量守恒定律知，只有抛出物体获得反冲速度才能到达岸边．
2．装有炮弹的火炮总质量为m1，炮弹的质量为m2，炮弹射出炮口时对地的速率为v0，若炮管与水平地面的夹角为θ，则火炮后退的速度大小为( )
A.v0 B.
C. D.
【答案】C
【解析】系统水平方向动量守恒，即0＝m2v0cos θ－(m1－m2)v，得：v＝.
3．在光滑水平面上，A、B两球沿同一直线同向运动，碰撞后粘在一起，若碰撞前A、B球的动量分别为6 kg·m/s，14 kg·m/s，碰撞中B球动量减少6 kg·m/s，则A、B两球碰撞前的速度之比为( )
A．3∶7 B．3∶4
C．2∶7 D．7∶4
【答案】C
【解析】碰撞中B球减少后动量为14 kg·m/s－6 kg·m/s，由动量守恒定律有6＋14＝pA′＋8，则pA′＝12 kg·m/s，而碰撞后A、B速度相等，故＝＝＝，又＝，所以＝×＝.
4．平静的水面上停着一只小船，船上站立着一个人，船的质量是人的质量的8倍．从某时刻起，这个人向船尾走去，走到船中部他突然停止走动．水对船的阻力忽略不计，下列说法中正确的是( )
A．人走动时，他相对于水面的速度和小船相对于水面的速度大小相等、方向相反
B．他突然停止走动后，船由于惯性还会继续运动一小段时间
C．人在船上走动过程中，人对水面的位移是船对水面的位移的9倍
D．人在船上走动过程中，人的动能是船的动能的8倍
【答案】D
5．一只小船静止在水面上，一个人从小船的一端走到另一端，船的质量大于人的质量，不计水的阻力，以下说法中正确的是( )
A．人在小船上行走时，人对小船的冲量比船对人的冲量小，所以人向前运动得快，小船向后退得慢
B．人在小船上行走时，人的质量比船的质量小，它们受到的冲量大小是一样的，所以人向前运动得快，小船向后退得慢
C．当人停止走动时，因为小船惯性大，所以小船要继续后退
D．当人停止走动时，因为总动量守恒，所以小船也停止后退
【答案】BD
【解析】人与船的相互作用力遵守牛顿第三定律，由此判断B、D正确．
6．一小型火箭在高空绕地球做匀速圆周运动，若其沿运动的反方向抛出一物体P，不计空气阻力，则( )
A．火箭一定离开原来轨道运动
B．物体P一定离开原来轨道运动
C．火箭运动半径一定增大
D．物体P运动半径一定减小
【答案】AC
【解析】由反冲运动的知识可知，火箭的速度一定增大，火箭做离心运动，运动半径增大．但物体P是否离开原来的轨道运动，要根据释放时的速度大小而定，若释放的速度与原来的速度大小相等，则P仍在原来的轨道上反方向运动．
二、非选择题(本题共6小题，共64分，计算题要有必要的文字说明和解题步骤)
7．(5分)下列属于反冲运动的是________．
A．汽车运动 B．直升机运动
C．火箭的运动 D．反击式水轮机的运动
E．喷气式飞机的运动
【答案】CDE
【解析】汽车的运动是利用摩擦力而使汽车前进的，不属于反冲，故A错误；直升机是利用空气的浮力而使飞机上升的，不属于反冲，故B错误；火箭的运动是利用喷气的方式而获得动力，利用了反冲运动，故C正确；反击式水轮机是利用了水的反冲作用而获得动力，属于反冲运动，故D正确；喷气式飞机是利用飞机与气体间的相互作用，而促进飞机前进的，故属于反冲运动，故E正确．
8．(5分)如图所示，放置在水平地面上的木板B的左端固定一轻弹簧，弹簧右端与物块A相连．已知A、B质量相等，二者处于静止状态，且所有接触面均光滑．现设法使物块A以一定的初速度沿木板B向右运动，在此后的运动过程中弹簧始终处在弹性限度内，且物块A始终在木板B上．下列说法中错误的是________．
A．物块A的加速度先减小后增大
B．物块B的加速度先增大后减小
C．物块A的速度最大时弹簧的弹性势能最大
D．木板B的速度最大时弹簧最长
E．木板B的速度最大时物块A的速度为零
【答案】ACD
【解析】对A、B在水平方向受力分析可知，A与B在水平方向受到的外力为0，A、B与弹簧在水平方向的动量守恒，系统的机械能守恒．开始时弹簧的伸长量比较小，则F比较小，A做减速运动，B做加速运动，当弹簧伸长至最长时，二者的速度相等；此后A继续减速，B继续加速，弹簧开始收缩．根据动量守恒定律：mv0＝mv1＋mv2，和机械能守恒可知，当弹簧的长度恰好等于原长时，B的速度最大；此后弹簧进行压缩，A的速度开始增大，B的速度开始减小．对A、B在水平方向受力分析可知，A与B在水平方向受到的外力为0，都受到弹簧的弹力，设F为弹簧的弹力；当加速度大小相同为a时，对A有：ma＝F＝kx，A的加速度与弹簧的形变量成正比，由于弹簧先伸长，后又压缩，所以弹簧对A的作用力先增大，后减小，则A的加速度先增大，后减小．故A错误；同理可得B正确；由开始时的分析可知，当弹簧伸长至最长时，二者的速度相等，此时的弹性势能最大，此时A的速度不是最大．故C错误；由于A、B质量相等，当弹簧的长度恰好等于原长时，B的速度最大，故D错误；当弹簧的长度恰好等于原长时，B的速度最大，设A、B的速度分别是：v1，v2，选择向右为正方向，则根据动量守恒定律得：mv0＝mv1＋mv2，根据机械能守恒得：mv＝mv＋mv，联立可得：v1＝0，v2＝v0.故E正确．
9．(8分)如图所示，质量为M，半径为R的光滑半圆弧槽静止在光滑水平面上，有一质量为m的小滑块在与圆心O等高处无初速度滑下，在小滑块滑到圆弧槽最低点的过程中，圆弧槽产生的位移大小为________．
【答案】R
【解析】M＋m所组成的系统在水平方向上动量守恒．依据人船模型即可求解．设圆弧槽后退位移大小为x，则据水平方向上动量守恒得：Mx＝m(R－x)，解得x＝R.
10．(14分)如图所示，光滑水平面上A、B两小车质量都是M，A车前站立一质量为m的人，两车在同一直线上相向运动．为避免两车相撞，人从A车跳到B车上，最终A车停止运动，B车获得反向速度v0，试求：
(1)两小车和人组成的系统的初动量大小；
(2)为避免两车相撞，若要求人跳跃速度尽量小，则人跳上B车后，A车的速度多大？
【答案】(1)(M＋m)v0 (2)v0
【解析】(1)由动量守恒定律可知，系统的动量大小p＝(M＋m)v0.(2)为避免两车相撞，最终两车和人具有相同速度(设为v)，则(M＋m)v0＝(2M＋m)v，解得v＝.
11．(16分)某人在一只静止的小船上练习射击，船、人连同枪(不包括子弹)及靶的总质量为m1，枪内装有n颗子弹，每颗子弹的质量均为m2，枪口到靶的距离为l，子弹水平射出枪口时相对于地的速度为v0.在发射后一颗子弹时，前一颗子弹已射入靶中，在发射完n颗子弹时，求小船后退的距离．
【答案】
【解析】子弹在空中飞行时，船匀速后退，解题的关键是根据动量守恒定律求出每发射完一颗子弹小船后退的距离．
第一颗子弹射出时，设船速为v，由动量守恒定律有
0＝m2v0＋[m1＋(n－1)m2]v，
解得v＝－，
依题意v0t＋|v|t＝l，
则t＝＝，
小船后退距离x＝|v|tn＝.
12．(16分)如图所示的水平轨道中，AC段的中点B的正上方有一探测器，C处有一竖直挡板，物体P1沿轨道向右以速度v1与静止在A点的物体P2碰撞，并接合成复合体P，以此碰撞时刻为计时零点，探测器只在t1＝2 s至t2＝4 s内工作．已知P1、P2的质量都为m＝1 kg，P与AC间的动摩擦因数为μ＝0.1，AB段长L＝4 m，g取10 m/s2，P1、P2和P均视为质点，P与挡板的碰撞为弹性碰撞．
(1)若v1＝6 m/s，求P1、P2碰后瞬间的速度大小v和碰撞损失的动能ΔE；
(2)若P与挡板碰后，能在探测器的工作时间内通过B点，求v1的取值范围和P向左经过A 点时的最大动能E.
【答案】(1)3 m/s 9 J
(2)10 m/s≤v1≤14 m/s 17 J
【解析】(1)P1、P2碰撞过程动量守恒，有mv1＝2mv，
解得v＝＝3 m/s.
碰撞过程中损失的动能为ΔE＝mv－(2m)v2，
解得ΔE＝9 J.
(2)由于P与挡板的碰撞为弹性碰撞．故P在AC间等效为匀减速运动，设P在AC段加速度大小为a，碰后经过B点的速度为v2 ，由牛顿第二定律和运动学规律，得μ(2m)g＝2ma.
3L＝v t－at2，v2＝v－at，
解得v1＝2v＝，v2＝.
由于2 s≤t≤4 s，所以解得v1的取值范围10 m/s≤v1≤14 m/s.
v2的取值范围1 m/s≤v2≤5 m/s.
所以当v2＝5 m/s时，P向左经过A点时有最大速度
v3＝，
则P向左经过A点时有最大动能
E＝(2m)v＝17 J.
