济南济北中学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（含解析）

动量守恒研究
1．质量分别为m和2m的物体放在光滑水平面上，分别在相同的水平恒力作用下移动相同的位移。下列说法正确的是
A．两物体动能的变化与动量的变化均相同
B．两物体动能的变化与动量的变化均不相同
C．两物体动能的变化相同，动量的变化不相同
D．两物体动能的变化不相同，动量的变化相同
2．如图所示，一轻绳上端固定，下端系一木块，处于静止状态．一颗子弹以水平初速度射入木块内(子弹与木块相互作用时间极短，可忽略不计)，然后一起向右摆动直至达到最大偏角．从子弹射入木块到它们摆动达到最大偏角的过程中，对子弹和木块，下列说法正确的是(　　)
A．机械能守恒，动量不守恒
B．机械能不守恒，动量守恒
C．机械能不守恒，动量不守恒
D．机械能守恒，动量守恒
3．一辆质量为2200kg的汽车正在以26m/s的速度行驶，如果驾驶员紧急制动，可在3.8s内使车停下，如果汽车撞到坚固的墙上，则会在0.22s内停下，下列判断正确的是
A．汽车紧急制动过程动量的变化量大
B．汽车撞到坚固的墙上动量的变化量大
C．汽车紧急制动过程受到的平均作用力约为15000N
D．汽车撞到坚固的墙上受到的平均作用力约为15000N
4．近年来学校都非常重视足球．在某学校举行了颠球比赛中，小明在持续颠球过程中脚部几乎不动，如图所示，图示时刻足球恰好运动到最高点，估算足球刚被颠起时的（ ）
A．初速度大小约为6m/s B．动能约为6J
C．动量大小约为4Kg?m/s D．人给球的冲量约为4N?s
5．如图，从竖直面上大圆的最高点A，引出两条不同的光滑轨道，端点都在大圆上．相同物体由静止开始，从A点分别沿两条轨道滑到底端，下列说法中正确的是
A．到达底端的动量大小相等
B．重力的冲量都相同
C．物体动量的变化率都相同
D．物体所受支持力的冲量大小相同
6．如图所示，一轻质弹簧固定在墙上，一个质量为的木块以速度从右侧沿光滑水平面向左运动并与弹簧发生相互作用．设相互作用的过程中弹簧始终在弹性限度范围内，那么，在整个相互作用的过程中弹簧对木块冲量的大小为（ ）
A．
B．
C．
D．
7．下列解释中正确的是（ ）
A．跳高时，在落地处垫海绵是为了减小冲量
B．在码头上装橡皮轮胎，是为了减小渡船靠岸过程受到的冲量
C．动量相同的两个物体受相同的制动力作用，质量小的先停下来
D．人从越高的地方跳下，落地时越危险，是因为落地时人受到的冲量越大
8．如图，质量为M的滑块静止在光滑水平地面上，滑块上表面为半径为R的光滑圆弧槽，质量为m的小球静止在圆弧槽的最低点．若给小球水平向右的初速度v0，小球上升的最大高度为h1；若给滑块水平向左的初速度v0，小球上升的最大高度为h2．已知小球始终没有离开半圆弧槽，M>m．则h1和h2的关系为( )
A．h1>h2 B．h1

C．h1＝h2 D．无法确定
9．如图所示，在足够长的光滑水平面上，相对放置着两个形状完全相同的光滑弧形槽A、B，槽底端与光滑水平面相切，其中弧形槽A不固定，弧形槽B固定。一小球从弧形槽A顶端由静止释放。下列判断正确的是
A．小球在弧形槽A下滑过程中，小球的机械能不守恒
B．小球在弧形槽B上滑过程中，小球的机械能不守恒
C．小球和弧形槽A组成的系统满足动量守恒
D．小球不能上升到弧形槽B的顶端
10．如图所示，光滑水平面上静置一质量为m、长为L的长木板B，木板上表面各处粗糙程度相同，一质量为m的小物块A(可视为质点)从左端以速度冲上木板，当v＝v0时，小物块A历时t0恰好运动到木板右端与木板共速．此过程中A、B系统生热为Q，则( )
A．若，A、B系统生热为
B．若，A、B相对运动时间为
C．若，B经历t0时间的位移为
D．若，A经历到达木板右端
11．我国女子短道速滑队在世锦赛上实现女子3000m接力三连冠．观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出．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，则
A．甲对乙的冲量一定与乙对甲的冲量相同
B．相互作用的过程中甲与乙组成的系统满足机械能守恒定律
C．甲的动能增加量不等于乙的动能减少量
D．甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反
12．如图，足够长的传送带以恒定的速率v1逆时针运动，一质量为m的物块以大小为v2的初速度从传送带的P点冲上传送带，物块与传送带间动摩擦因数为，重力加速度为．从此时起到物块再次回到P点的过程中，下列说法正确的是
A．合力对物块的冲量一定为零
B．物块返回到P端时速度可能是，也可能是
C．合外力对物块做的功可能为零
D．物块运动到距P端最远距离为
13．小车M静置于光滑的水平面上，A端固定一个轻质弹簧，B端粘有橡皮泥，小车质量为，长为l，质量为的木块C放在小车上，用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩，开始时M与C都处于静止状态，如图所示，当突然烧断细绳，弹簧被释放，使C离开弹簧向B端冲去，并跟B端橡皮泥粘在一起，以下说法中正确的是（ ）
A．如果小车M内表面光滑，整个系统任何时刻机械能都守恒
B．整个系统任何时刻动量都守恒
C．当木块对地运动速度为v时，小车对地运动速度为
D．整个系统最后静止
14．如图所示，光滑的水平面上放着一辆小车，某人以一定的初速度从车的左端向右加速跑动（不打滑），则下列说法正确的是（ ）
A．车和人受到的摩擦力的总冲量为零
B．车和人受到的摩擦力的总冲量不为零
C．车和人受到的摩擦力均做正功
D．车受到的摩擦力做正功，人受到的摩擦力做负功
15．如图所示，A、B两木块靠在一起放于光滑的水平面上，A、B的质量均为m=2kg．一个质量mc=1kg的小铁块C以vo=10m/s的速度滑到木块A上，离开木块A后最终与木块B一起匀速运动．若木块A在铁块C滑离后的速度vA=1m/s．求：
(1)铁块C在滑离A时的速度；
(2)木块B的最终速度．
16．如图所示，一质量m=2kg的铁块放在质量M=2kg的小车左端，二者一起以v0=4m/s的速度沿光滑水平面向竖直墙面运动，车与墙碰撞的时间t=0.01s，碰撞时间极短，铁块与小车之间的动摩擦因数μ=0.4，g=10m/s2．求：
（1）车与墙碰撞时受到的平均作用力F的大小（由于碰撞时间极短，可认为在车与墙碰撞时铁块速度没变）；
（2）小车车长的最小值．
17．如图所示，质量分别为和的木块静置在光滑水平地面上，两木块间夹有一轻质弹簧，一粒质量的弹丸以的速度打入木块并停留在其中打击时间极短，求：
当弹丸在木块中相对静止的瞬间木块的速度；
当的速度时弹簧的弹性势能．
18．如图所示，在光滑水平面上，木块A的质量，木块B的质量，质量的木块C置于足够长的木块B上，B、C之间用一轻弹簧相拴接并且接触面光滑开始时B、C静止，A以的初速度向右运动，与B碰撞后B的速度为，碰撞时间极短求：
、B碰撞后A的速度；
弹簧长度第一次最短时B、C的速度分别是多少．
参考答案
1．C
【解析】
动能的变化等于Fx，F和x都一样，所以相同，动量的变化等于Ft，F一样，但加速度不相同，位移相同时用的时间不同，所以动量变化不同，C正确。
故选C。
2．C
【解析】
从子弹射入木块到它们摆动达到最大偏角的过程中，对子弹和木块组成的系统做圆周运动，合力不等于零，系统的动量不守恒。机械能有一部分转化为内能，则系统的机械能不守恒，故ABD错误，C正确。
3．C
【解析】
AB．汽车无论是紧急制动还是撞到坚固的墙上，动量都是由mv变为0，所以动量的变化量一样大，AB错误；
C．汽车紧急制动过程中，平均作用力，C正确；
D．汽车撞到坚固的墙上，平均作用力，D错误。
故选C。
4．D
【解析】
A．由图可知，足球上升到的高度略小于人的高度的一半，大约有0.7m，人的脚的上表面距离地面得高度约0.15m；足球被颠起后做竖直上抛运动，设初速度为v，上升的高度为h，则，代入数据解得
故A错误；
B．足球的质量约为450g，所以足球刚被颠起时的动能约为
故B错误；
C．足球刚被颠起时的动量约为
故C错误；
D．由动量定理得
代入数据解得
故D正确。
5．B
【解析】
如图所示，对物体在斜面上受力分析，
由牛顿第二定律可求得：
根据运动学公式：
可得：
则有：
因此下滑时间与斜面的倾角无关，只与圆弧的半径及重力加速度有关，即到达底端的时间相同。
A．物体到达轨道底端的速度：
因时间相同，α不同，故到达斜面底端速度大小不同，则动量大小不同，故A错误.
B．因时间相同，则重力的冲量相同，故B正确.
C．根据动量定理可知动量的变化率等于合外力，即：
则因为α不同，则动量的变化率不同，故C错误。
D．由于两次物体所受支持力不同，而时间相同，故支持力的冲量大小不同，故D错误.
6．C
【解析】
【详解】
设木块离开弹簧时的速度为v，根据机械能守恒定律得
所以
设向右的速度方向为正方向，根据动量定理得
A. 与分析不符，故A错误。
B. 与分析不符，故B错误。
C. 与分析相符，故C正确。
D. 与分析不符，故D错误。
7．D
【解析】
【详解】
A.跳高时，在落地处垫海绵是为了延长作用时间减小冲力，不是减小冲量，故选项A错误；
B.在码头上装橡皮轮胎，是为了延长作用时间，从而减小冲力，不是减小冲量，故选项B错误；
C.动量相同的两个物体受相同的制动力作用，根据动量定理，则知运动时间相等，故选项C错误；
D.从越高的地方跳下，落地时速度越大，速度变化量越大，动量变化量越大，则冲量越大，故选项D正确．
8．C
【解析】
【详解】
若给小球水平向右的初速度v0，地面光滑，所以小球和滑块组成的系统动量守恒，
解得，此时小球的重力势能最大，为
解得；若给滑块水平向左的初速度v0，同理可得
解得，小球的重力势能最大为
解得，即两种情况下小球上升的高度相等，h1＝h2，C正确．
9．AD
【解析】
【详解】
A．由于A是不固定的，小球下滑的过程中，一部分动能转移给了A，所以小球的机械能不守恒，A正确；
B．由于B是固定的，小球在上滑的过程中，动能转化为重力势能，机械能守恒，B错误；
C．小球最初和A的动量合为零，而当小球上升到静止时，小球的动量为零，A的动量不为零，所以组成的系统动量不守恒，C错误；
D．由于小球的一部分动能给了A，所以小球最终到达不了B的顶端，D正确；
故选AD。
10．AC
【解析】
【详解】
当v=v0时，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：mv0=2mv′，代入数据得：v′=0.5v0．由能量守恒定律得：Q=mv02-×2mv′2=mv02．若，取向右为正方向，根据动量守恒定律得m?=2mv′得：v′=v0．系统生热：，选项A正确；当v=v0时，对B，由动量定理得：ft0=mv′可得：；若，根据动量守恒定律得得：．对B，由动量定理得： ，可得：，选项B错误； 若v=v0，则由A选项的分析可知：fL=Q=mv02；对物体B：联立解得：，选项C正确；若v=2v0，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：m?2v0=mvA+mvB，A、B系统生热等于系统克服摩擦力做功，与木板的长度有关，可知A、B系统生热仍为Q．根据能量守恒定律得：．结合上面解答有：Q=mv02．对B，由动量定理得：ft=mvB-0；联立解得：，（另一值不合理舍去），，故D错误.
11．CD
【解析】
【分析】
【详解】
因为冲量是矢量，甲对已的作用力与乙对甲的作用力大小相等方向相反，故冲量大小相等方向相反，A错误．甲推乙的过程，除重力与弹力之外，推力做功，系统机械能不守恒，B错误；经历了中间的完全非弹性碰撞过程，一定有动能损失，故二者相动能的改变量不相等，C正确；甲、乙间的作用力大小相等，方向相反；作用时间相同，故由动量定理可知，二人的动量变化大小一定相等，方向相反，D正确；选CD.
【点睛】
运动员与冰面间的摩擦可忽略不计，在“交棒”过程中，“交棒”运动员猛推“接棒”运动员一把，两个运动员相互作用的力等大、反向、共线，作用时间相同，根据动量定理，两个运动员的动量变化等大、反向、共线，系统动量守恒．
12．BCD
【解析】
【详解】
ABC．若，则物块返回到P点的速度大小为v2，根据动量定理知合力的冲量为：
根据动能定理知,合力做功的大小为零.
当,则物块返回到P点的速度大小为v1，根据动量定理知合力的冲量：
根据动能定理得合力做功为：
所以A错误，B正确，C正确.
D．物块运动到距离P端距离最远时速度为零，设最远距离为x，根据动能定理有：
解得：
故D正确.
13．BD
【解析】
【详解】
A．木块C滑到B与车碰撞过程中，机械能转化为内能，故A错误．
B．因地面光滑，系统中各系统任何时刻动量守恒，故B正确；
C．由动量守恒定律知木块对地运动速度为v时，设小车对地运动速度为v1，则：
解得:
故C错误.
D．因为整个过程中系统动量守恒，整个系统初动量为0，故末动量也为零，最后静止，故D正确.
14．AC
【解析】
【详解】
AB.人在加速跑的过程中，车和人所受的摩擦力等大反向，作用时间相等，故摩擦力的总冲量为零，故A正确B错误；
CD.人对车的摩擦力与车的位移方向同向，车对人的摩擦力与人的位移方向同向，因此两摩擦力均做正功，故C正确D错误．
15．(1)vc=6m/s (2) vB=2.67m/s
【解析】
铁块C在滑离A的瞬间，由动量守恒得：
代入数据解得：
铁块C和木块B相互作用最终和B达到相同的速度，铁块C和木块A、B作用过程中动量守恒：?
代入数据解得：
点睛：铁块C在滑离A时，A、B速度相等，以ABC为研究系统，根据动量守恒定律求出铁块C在滑离A时的速度大小；最终B、C速度相等，以ABC为研究的系统，根据动量守恒定律求出B、C共同的速度．
16．（1） （2）4m
【解析】
【分析】
车与墙碰撞过程，根据动量定理列式求解平均作用力；对车和铁块组成的系统为研究对象，系统所受的合力为零，动量守恒，即可求出小车与铁块共同运动的速度，再根据能量守恒定律求出小车的最小长度．
【详解】
（1）车与墙碰撞过程中，不计碰撞时机械能的损失，则车与墙碰撞后的瞬间，小车的速度向左，大小为，设向左为正，根据动量定理得，解得F=1600N；（2）对车和铁块组成的系统为研究对象，系统所受的合力为零．
以向左为正方向，由动量守恒定律得，解得v=0；
对系统，由能量守恒定律得：，解得L=4m．
【点睛】
本题涉及到两个物体的相互作用，应优先考虑动量守恒定律．运用动量守恒定律研究物体的速度，比牛顿第二定律和运动学公式结合简单，因为动量守恒定律不涉及运动的细节和过程．涉及时间问题，可优先考虑动量定理．
17．(1) (2)
【解析】
【分析】
①弹丸打入木块M1的过程，两者构成的系统动量守恒，由动量守恒定律求当弹丸在木块M1中相对静止的瞬间木块M1的速度v1；
②弹丸停留在木块M1中一起压缩弹簧与M2作用过程中动量守恒，机械能也守恒.根据动量守恒定律和机械能守恒定律结合求M2的速度v=1m/s时弹簧的弹性势能Ep．
【详解】
①弹丸与木块作用过程中，取向右为正方向，由动量守恒定律得：
解得：
②弹丸停留在木块中一起压缩弹簧与作用过程中动量守恒，机械能守恒，则得：
?
?
联解得：
【点睛】
应用动量守恒定律时要清楚研究的对象和研究的过程；把动量守恒和能量守恒结合起来列出等式求解是常见的问题.本题要注意在弹丸打入M1的过程中，弹簧和M2没有参与．
18．(1) (2)，方向向右
【解析】
【分析】
(1)A与B碰撞时，A、B两者组成的系统，因碰撞时间极短，C的速度不变，则AB系统在碰撞的前后瞬间动量守恒，结合动量守恒定律求出A、B碰后A的速度．
(2)弹簧长度第一次压缩的最短时B、C速度相等，以B、C组成的系统为研究对象，根据动量守恒定律求出弹簧长度第一次最短时B、C的速度．
【详解】
（1）因碰撞时间极短，A、B碰撞时，C的速度为零，规定向右为正方向，由动量守恒定律得：????
得?
即A、B碰撞后A的速度大小为，方向向左．
（2）弹簧长度第一次压缩的最短时B、C速度相等，由动量守恒定律得：

解得，方向向右．
【点睛】
本题要分析清楚物体的运动过程，正确选择研究对象和研究过程，应用动量守恒定律与能量守恒定律解题要注意在AB碰撞过程中，C没有参与．