济南历城四中2019-2020学年高中物理鲁科版选修3-5：动量守恒研究 单元测试题（含解析）

动量守恒研究
1．下列关于冲量与动量的说法中正确的是( )
A．物体所受合外力越大，其动量变化一定越快
B．物体所受合外力越大，其动量变化一定越大
C．物体所受合外力的冲量越大，其动量变化可能越小
D．物体所受合外力的冲量越大，其动量一定变化越快
2．随着交通日益拥挤、车辆速度越来越快，事故的发生更为频繁，所以汽车安全性变得尤其重要。而安全气囊成为了不可或缺的汽车被动安全设备，它的数量也是衡量车辆安全性能的重要指标。发生交通事故时，汽车安全气囊有助于减轻胸、头和面部在碰撞时受伤的严重性。在碰撞过程中，关于安全气囊对驾驶员保护作用的说法正确的是：
A．减小了驾驶员的动量变化量 B．减小了驾驶员受到撞击力的冲量
C．减小了驾驶员的动量变化率 D．减小了驾驶员的动量
3．某静电场在x轴上各点的电势随坐标x的分布图像如图。有一带电的小球只在电场力作用下沿x轴正向运动，从x1处运动到x2处的过程中，下列说法中正确的是
A．带电小球的电势能一定减小
B．带电小球的动能一定增大
C．带电小球的动量一定增大
D．带电小球的加速度一定增大
4．如图所示，一个物体在与水平方向成θ角的拉力F的作用下匀速前进了时间t，则(　 )
A．合外力对物体的冲量大小为
B．拉力对物体的冲量大小为
C．摩擦力对物体的冲量大小为
D．重力对物体的冲量大小为零
5．如图所示为足够长的固定光滑斜面，小物块从斜面底端以一定的初速度冲上斜面，经过一段时间后又返回斜面底端．在小物块往返的全过程中（　　）
A．重力的冲量大小为0
B．支持力的冲量大小为0
C．合外力的冲量大小为0
D．合外力做功大小为0
6．有些码头常悬挂一些老旧轮胎，主要用途是减轻船舶靠岸时码头与船体的撞击．原因是轮胎的弹性大，使得（　　）
A．船舶靠岸过程中动量变化量比较小
B．船舶靠岸的末动量比较小
C．船舶靠岸过程冲量比较小
D．船舶靠岸过程时间比较长
7．质量为M的小船静止在水中，质量为m的人站在船头．当人从船头走到船尾时，测得船对地的位移为l．不计水的阻力，则船的长度为（　　）
A． B． C． D．
8．如图所示，在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速率v0向右运动，O点处有一质量为m2的小球B处于静止状态．小球A与小球B 发生正碰后均向右运动，小球B被Q处的墙壁弹回后与小球A在P 点相遇，PQ=1. 5PO．若小球间的碰撞及小球与墙壁间的碰撞都是弹性碰撞且碰撞时间极短，则两小球质量之比m1: m2为（ ）
A．1 : 2 B．2 : 1
C．3 : 2 D．4 : 1
9．1998年6月18日,清华大学对富康轿车成功地进行了中国轿车史上的第一次碰撞安全性实验,成功“中华第一撞”,从此,我国汽车整体安全性碰撞实验开始与国际接轨,在碰撞过程中,关于安全气囊的保护作用认识正确的是（ ）
A．安全气囊主要是减小了驾驶员的动量变化率
B．安全气囊减小了驾驶员受到撞击力的冲量
C．安全气囊的作用减小了驾驶员的动量变化
D．安全气囊延长了撞击力的作用时间,从而使得动量变化更大
10．一个静止的质量为M的不稳定原子核，当它放射出质量为m、速度为v的粒子后，原子核剩余部分的速度为（　　）
A．-v B． C． D．
11．一质量为0.5 kg的小球沿光滑水平面以大小为5 m/s的速度水平向右运动，与墙壁碰撞后以大小为3m/s的速度反向弹回，如图所示，已知小球跟墙壁作用的时间为0.05s，则该过程中小球受到墙壁的平均作用力（ ）
A．大小为80 N，方向水平向左
B．大小为80 N，方向水平向右
C．大小为20 N，方向水平向左
D．大小为20 N，方向水平向右
12．如图所示，用小锤打击弹性金属片后，A球沿水平方向抛出，同时B球被松开，自由下落。改变小球距地面的高度和打击的力度，重复这个实验，发现A、B两球总是同时落地。若A、B两球质量相等，且将平抛运动沿水平和竖直两个方向分解。下列说法正确的是
A．本实验可验证平抛运动在水平方向上是匀速直线运动
B．本实验可验证平抛运动在竖直方向上是自由落体运动
C．在同一次实验中，两球落地前瞬间重力的功率相等
D．在同一次实验中，两球落地前瞬间动量的大小相等
13．在光滑的水平地面上静止着一个斜面体，其质量为，斜面是一个光滑的曲面，斜面体高为h，底边长为a，如图所示．今有一个质量为（）的小球从斜面体的顶端自静止开始下滑，小球滑离斜面体的下端时速度在水平方向则下列说法正确的是
A．小球在下滑中，两者的动量总是大小相等
B．两者分开时斜面体向右移动的距离是
C．分开时小球和斜面体的速度大小分别是和
D．小球在下滑中斜面体弹力对它做的功为
14．如图所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m和3m的两物块甲、乙连接，静止在光滑的水平面上．现在使甲瞬时获得水平向右的速度v0＝4m/s，从甲物体开始运动，到弹簧再次回复原长的过程中（　　）
A．乙物体直做加速运动，加速度先减小后增大
B．甲物体的速度减小到1m/s时，弹簧最短
C．弹簧再次回复原长时，甲物体的速度为2m/s
D．弹簧再次回复原长时，乙物体的速度为2m/s
15．如图所示，质量为3kg的小车A以v0=4m/s的速度沿光滑水平面匀速运动，小车左端固定的支架通过不可伸长的轻绳悬挂质量为1kg的小球B（可看作质点），小球距离车面0.8m。某一时刻，小车与静止在水平面上的质量为1kg的物块C发生碰撞并粘连在一起（碰撞时间可忽略），此时轻绳突然断裂。此后，小球刚好落入小车右端固定的砂桶中（小桶的尺寸可忽略），不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2．求：
①绳未断前小球与砂桶的水平距离。
②小车系统的最终速度大小
③整个系统损失的机械能。
16．如图所示，可看成质点的A物体叠放在上表面光滑的B物体上，一起以V0的速度沿光滑的水平轨道匀速运动，与静止在同一光滑水平轨道上的木板C发生完全非弹性碰撞，B、C的上表面相平且B、C不粘连，A?滑上C后恰好能到达C板的最右端，已知A、B、C质量均相等，且为m，木板C长为L，求：
（1）A物体的最终速度；
（2）A、C?之间的摩擦力f；
（3）A在木板C上滑行的时间t．
17．物体A和B用轻绳相连在轻质弹簧下静止不动，如图甲所示，A的质量为m，B的质量为M．当连接A、B的绳突然断开后，物体A上升过程中经某一位置时的速度大小为vA，这时物体B下落的速度大小为vB，如图乙．这段时间里，弹簧的弹力对物体A的冲量为多少？
18．如图所示，两小物块A、B之间夹着一压缩的轻弹簧，弹簧的弹性势能为EP=12J，开始时，两物体用细线绑着静止在水平传送带上，传送带两端与光滑水平台面相切．已知A的质量m1=1kg，B的质量m2=2kg，A、B距传送带两端的距离分别为2m和1.25m．两物块均可看成质量，且与传送带间的动摩擦因数均为0.2．某一时刻烧断细线，同时传送带以v=3m/s的恒定速度沿顺时针方向运动（忽略传送带加速和弹簧弹开的时间）．取g=10m/s2．
(1)求弹开后瞬间两物体的速度大小；
(2)求两物体到达传送带两端时的速度大小；
(3)若在传送带两端外的水平台面上各固定放置一半径相同的光滑竖直半圆轨道，轨道最低点与水平台面相切，要使两物体第一次冲上内圆轨道后不会脱离轨道，圆轨道的半径应满足什么条件？
参考答案
1．A
【解析】
根据动量定理公式，得，故物体所受合外力越大，其动量变化一定越快，故A正确；根据动量定理公式，可知合外力越大，可能时间很短，故动量变化不一定越大，故B错误；根据动量定理公式，可知合外力的冲量越大，其动量的变化一定越大，故CD错误；故选A.
2．C
【解析】
在碰撞过程中，人的动量的变化量是一定的，而用安全气囊后增加了作用的时间，根据动量定理Ft=△P可知，可以减小驾驶员受到的冲击力，即减小了驾驶员的动量变化率；
A．减小了驾驶员的动量变化量，与结论不相符，选项A错误；
B．减小了驾驶员受到撞击力的冲量，与结论不相符，选项B错误；
C．减小了驾驶员的动量变化率，与结论相符，选项C正确；
D．减小了驾驶员的动量，与结论不相符，选项D错误；
故选C.
3．D
【解析】
ABC．带电小球只在电场力作用下沿x轴正向运动，若小球带正电，则小球的电势能减小，动能增加，动量变大；若小球带负电，则小球的电势能增加，动能减小，动量变小；选项ABC错误；
D．因φ-x图像的斜率等于场强，则带电小球从x1处运动到x2处的过程中，所受的电场力变大，则加速度一定增大，选项D正确；
故选D.
4．B
【解析】
A.物体匀速运动，由动量定理知合外力对物体的冲量为零，故A错误；
B.运动时间为，则拉力的冲量为：
故B正确；
C.由于做匀速运动，阻力大小与的水平分力相等，摩擦力大小为：
摩擦力对物体的冲量的大小为：
故C错误；
D.运动时间为，重力对物体的冲量大小为：
故D错误．
5．D
【解析】
ABC.小物块往返的全过程中，重力、支持力、合力均不为零，根据冲量可知重力、支持力、合力的冲量都不等于零，故A、B、C错误；
D.光滑斜面，返回斜面底端时的速度和初速度大小相等，由动能定理可知动能的变化为零，即合外力做功大小为0，故D正确；
6．D
【解析】
在码头上装橡皮轮胎，是为了延长作用时间，从而减小冲力，不是减小船舶靠岸过程中动量变化量，即船舶靠岸过程，不会影响船舶靠岸的末动量；
A.与分析不符，故A错误；
B.与分析不符，故B错误；
C.与分析不符，故C错误；
D.与分析相符，故D正确．
7．B
【解析】
【详解】
船和人组成的系统，在水平方向上动量守恒，人在船上行进，船向后退，规定人速度方向为正方向，令船的长度为，有：
则有：
解得船的长度为：
A.与分析不符，故A错误；
B.与分析相符，故B正确；
C.与分析不符，故C错误；
D.与分析不符，故D错误．
8．B
【解析】
【详解】
两球发生弹性碰撞,设碰后A、B两球的速度分别为v1、v2,规定向右为正方向,根据系统动量守恒得：
已知小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞均无机械能损失,由机械能守恒定律得：
从两球碰撞后到它们再次相遇,甲和乙的速度大小保持不变,因为：
则A和B通过的路程之比为：
得碰后两球速度大小之比：
联立计算得出：
综上所述故选B.
9．A
【解析】
【分析】
安全气囊的保护作用实质上是缓冲过程中减小了作用力，根据动量定理即可分析．
【详解】
在碰撞过程中，驾驶员的动量的变化量是一定的，安全气囊后打开后增加了作用的时间，根据动量定理可知：
所以安全气囊减小了驾驶员受到的撞击力，即减小了驾驶员的动量变化率，A正确．
【点睛】
考察动量定理的运用．
10．B
【解析】
【分析】
【详解】
根据动量守恒定律得：，解得：，故B正确，ACD错误．
11．A
【解析】
【详解】
设小球的平均作用力为F，以初速度方向为正方向，对小球的撞墙的过程使用动量定理有：，代入数据，有：，解得：，负号表方向向左，故A正确，B、C、D错误．
12．BC
【解析】
【分析】
A球沿水平方向抛出做平抛运动，同时B球被松开，自由下落做自由落体运动，发现每次两球都同时落地，只能说明平抛竖直方向的分运动是自由落体运动。
【详解】
本实验将A的做平抛运动与竖直方向下落的B的运动对比，只能说明A竖直方向运动情况，不能反映A水平方向的运动情况。本实验中A做平抛运动，B做自由落体运动，每次两球都同时落地，说明A竖直方向的分运动是自由落体运动。故A错误，B正确；两小球落地时的竖直分速度相同，故由P=mgv可知，两球落地时的功率相等，故C正确；由于两球落地时的瞬时速度不同，平抛运动的合速度大于自由落地的速度，故落地时的动量不相等，故D错误。故选BC。
【点睛】
本题考查研究平抛运动规律的实验，主要是对分析推理的能力的考查，注意本实验采用对比的方法来研究平抛运动水平方向的分运动情况。
13．CD
【解析】
【详解】
A. 对于小球和斜面体组成的系统，由于水平方向不受外力，所以系统水平方向动量守恒，而不是其他方向也守恒，故A错误．
B. 根据水平方向动量守恒
至于各自的位移，由于两者共同走完a的路程，故
且将动量守恒两端乘以时间有
这样得斜面体的位移
方向向右，而
故B错误．
C. 由于系统水平方向动量守恒，则
m1v1-m2v2=0
得
v1=nv2
又由于系统没有能量损失，所以系统机械能守恒，即
结合速度关系得小球和斜面体的速度大小分别是和，故C正确．
D. 至于弹力对小球所做的功，由动能定理得
得弹力的功为
故D正确．
14．BD
【解析】
【详解】
A.弹簧从原长开始被压缩到恢复原长的过程，乙物体受到的弹力始终向右，所以乙物体一直做加速运动，弹力先增大后减小，所以加速度先增大后减小，故A错误；
B.由动量守恒定律得：
解得：
此时甲、乙速度相等，所以弹簧最短，故B正确；
CD.弹簧再次回复原长时，设甲、乙的速度分别为、，由动量守恒定律得：
由机械能守恒定律得：
联立解得：
，
故C错误，D正确．
15．（1）0.4m （2）3.2m/s （3）14.4J
【解析】
【详解】
与C的碰撞动量守恒：，得：
设小球下落时间为t，则：，????
所以：????
设系统最终速度为，由水平方向动量守恒：
???得：???
由能量守恒得：
?
解得：?
故本题答案是：（1）0.4m （2）3.2m/s （3）14.4J
【点睛】
本题考查动量守恒定律的应用，要注意正确选择研究对象，并分析系统是否满足动量守恒以及机械能守恒；然后才能列式求解；同时要注意不能漏掉小球的重力势能。
16．(1) (2) (3)
【解析】
【详解】
（1）B、C碰撞过程中动量守恒，令B、C碰后的共同速度大小为，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
B、C共速后一瞬间，A以速度滑上C，A滑上C后，B、C脱离，紧接着A、C相互作用过程中动量守恒，
设最终A、C的共同速度，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
解得：，即A最终得速度为；
（2）在A、C相互作用过程中，根由能量守恒定律得：
解得：；
（3）在A、C相互作用过程中，以C为研究对象，由动量定理得：
解得：；
【点睛】
B、C碰撞过程动量守恒，A、C相互作用过程动量守恒，由动量守恒定律可以求出A的最终速度；由能量守恒定律求出A、C间的摩擦力，然后由动量定理可以求出A的运动时间．
17．mvA+mvB
【解析】
【详解】
设从甲图状态到乙图状态，经历的时间为，且设该过程中弹簧的弹力对物体A的冲量为，规定竖直向上为正方向．
以A物体为研究对象，根据动量定理得：
以B物体为研究对象，由动量定理得：
联立上述两式，得：
【点睛】
根据动量定理，分别以A和B列动量定理的表达式，即可求解；列式时应注意正方向统一．
18．（1）vA=4m/s，vB=2m/s （2）m/s ，3m/s （3）轨道半径大于或等于0.45m
【解析】
【详解】
(1)对A、B、弹簧的系统在弹开过程，规定向右为正方向：
动量守恒：0=m1vA-m2vB
能量守恒:EP=m1vA2+m2vB2
代入数据得：vA=4m/s，vB=2m/s
(2)弹开后B做加速运动，设B一直加速到右端，由动能定理有：μm2glB=m2vB′2-m2vB2
代入数据得：vB′=3m/s
弹开后A做减速运动，设一直减速到左端：-μm1glA=m1vA′2-m1vA2
代入数据得：vA′=2m/s
(3)欲使AB均不脱离轨道，即均不超过圆心等高处，设恰到圆心等高处：mv2=mgR
解得：R=
因vA′＜vB′
故取vB′，代入数据得：R==0.45m
故轨道半径大于或等于0.45m．
【点睛】
此题要求熟练掌握动能定理、系统动量守恒、牛顿第二定律、圆周运动等规律，包含知识点多；欲使A、B均不脱离轨道，有两种情形：①均能过轨道的最高点，②均不超过圆心等高处．