山东省寿光中学2019-2020学年高中物理鲁科版选修3-5：动量守恒研究 单元测试题（含解析）

动量守恒研究
1．如图，质量为的小船在平静水面上以速率向右匀速行驶，一质量为的救生员站在船尾，相对小船静止。忽略水的阻力，若救生员以相对水面速率水平向左跃入水中，则救生员跳入水中后船的速率为
A． B．
C． D．
2．人在高处跳到低处时，为了安全，一般都让脚尖先着地，这样做是为了
A．减小冲量
B．减小动量的变化量
C．增大人对地面的压强，起到安全作用
D．增大与地面的作用时间，从而减小冲力
3．步枪的质量为4.1 kg，子弹的质量为9.6 g，子弹从枪口飞出时的速度为865 m/s，则步枪的反冲速度大小约为
A．2 m/s B．1 m/s C．3 m/s D．4 m/s
4．一小球做竖直上抛运动的v-t图象如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．在t时刻，小球的加速度为零
B．在t时刻，小球的合外力为零
C．在0~2t时间内，合力对小球做的功为零
D．在0~2t时间内，合力对小球的冲量为零
5．一质量为1kg的质点静止于光滑水平面上，从t=0时起,第1秒内受到2N的水平外力作用，第2秒内受到同方向的1N的外力作用．下列判断正确的是( )
A．0?2s内外力的平均功率是W
B．第2秒内外力所做的功是J
C．第2秒末外力的瞬时功率最大
D．第1秒内与第2秒内质点动能增加量的比值是
6．质量为m的木箱放置在光滑的水平地面上，在与水平方向成θ角的恒定拉力F作用下由静止开始运动,经过时间t速度变为v，则在这段时间内拉力F与重力的冲量大小分别为(　　)
A．Ft, 0
B．Ft, mgt
C．mv, mgt
D．Ftcosθ, 0
7．如图甲所示，一轻质弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上.现使A瞬时获得水平向右的速度3m/s，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图象信息可得（ ）
A．两物体的质量之比为m1:m2=2:1
B．从t3到t4时刻弹簧由压缩状态恢复到原长
C．在t1、t3时刻两物块达到共同速度1m/s，弹簧分别处于压缩状态和拉伸状态
D．在t2时刻A和B的动能之比为EK1: EK2=1:4
8．如图所示，用细线挂一质量为M的木块，有一质量为m的子弹自左向右水平射穿此木块，穿透前后子弹的速度分别为和v（设子弹穿过木块的时间和空气阻力不计），木块的速度大小为（????）
A． B． C． D．
9．水上飞行运动使用的是一种叫“喷射式悬浮飞行器”的装置，也称为“喷水飞行背包”，它通过向下喷射高压水柱的方式将操控者托举在水面 上空，利用脚上喷水装置产生的反冲动力，让你可以在水面之上腾空而起，另外配备有手动控 制的喷嘴，用于稳定空中飞行姿态.如图所示运动员在水上做飞行运动表演.他操控喷射式悬浮飞行器将水带竖直送上来的水反转180°后向下喷出，令自己悬停在空中.已知运动员与装备的总质量为100 kg，两个圆管喷嘴的直径均为10cm，已知重力加速度大小g=10m/s2，水的密度ρ=1.0×103kg/cm3，则喷嘴处喷水的速度大约为
A．3.0 m/s B．5.4 m/s
C．8.0 m/s D．10.2 m/s
10．1998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。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．减小了驾驶员的动量变化率
C．减小了驾驶员受到撞击力的冲量
D．延长了撞击力的作用时间，从而使得驾驶员的动量变化量更大
11．如图所示，大气球质量为100 kg，载有质量为50 kg的人，静止在空气中距地面20 m高的地方，气球下方悬一根质量可忽略不计的绳子，此人想从气球上沿绳慢慢下滑至地面，为了安全到达地面，则这绳长至少应为（不计人的高度，可以把人看作质点）（ ）
A．10 m B．30 m C．40 m D．60 m
12．一小船（不含游客）的质量为2m，以1m/s的速度匀速行驶.当质量为m的游客从船上以相对海岸4m/s的水平速度向前跳入水中后，船的速度为（不计水的阻力）（ ）
A．3.5m/s B．-1m/s C．3m/s D．-0.5m/s
13．为了保护航天员的安全，飞船上使用了降落伞、反推火箭、缓冲座椅三大法宝，在距离地面大约1m时，返回舱的4个反推火箭点火工作，返回舱速度一下子降到了2m/s以内，随后又渐渐降到1m/s，最终安全着陆．把返回舱从离地1m开始减速到完全着陆称为着地过程，则关于反推火箭的作用，下列说法正确的是( )
A．减小着地过程中返回舱和航天员的动量变化
B．减小着地过程中返回舱和航天员所受的冲量
C．延长着地过程的作用时间
D．减小着地过程返回舱和航天员所受的平均冲力
14．如图所示，小车静止在光滑水平面上，AB是小车内半圆弧轨道的水平直径，现将一小球从距A点正上方h高处由静止释放，小球由A点沿切线方向经半圆轨道后从B点冲出，在空中能上升的最大高度为，不计空气阻力。下列说法错误的是
A．在相互作用过程中，小球和小车组成的系统动量守恒
B．小球离开小车后做竖直上抛运动
C．小球离开小车后做斜上抛运动
D．小球第二次冲出轨道后在空中能上升的最大高度为
15．体育课上王强同学为了检查篮球气是否充足，于是手持篮球自离地面高度0.8m处以3m/s的初速度竖直向下抛出，球与地面相碰后竖直向上弹起的最大高度为0.45m，已知篮球的质量为1kg，球与地面接触时间为1s，若把在这段时间内球对地面的作用力当作恒力处理，求此力的大小．（空气阻力不计，g=10m/s2）
16．质量是40kg的铁锤从5m高处落下，打在水泥桩上，与水泥桩撞击的时间是0.05s．重力加速度g=10m/s2（不计空气阻力）
（1）撞击水泥桩前铁锤的速度为多少？
（2）撞击时，桩对铁锤的平均冲击力的大小是多少？
17．影视剧中常看到剧中人物从极高处落入水中而安然无恙的镜头，你相信这是真的吗？目前世界最高跳水纪录的高度达到了惊人的61米，不过那名跳水者也因此摔断了脊梁骨．专家称，高空跳水在不会对人体造成伤害的情况下，跳台通常不能超过24.4米．我们假设一个运动员从20米高处跳入水中，从他接触水面到速度降为0历时t =0.1秒，忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2．试计算该运动员受到水的平均冲击力是其自身重力的多少倍？
18．如图所示，质量为M的木块静置于光滑的水平面上，一质量为m、速度为v0的子弹水平射入木块且未穿出．设木块对子弹的阻力恒为F，求：
(1)射入过程中产生的内能为多少？木块至少为多长时子弹才不会穿出？
(2)子弹在木块中运动了多长时间？
参考答案
1．C
【解析】
人在跃出的过程中船人组成的系统水平方向动量守恒，规定向右为正方向，由动量守恒定律得：
解得：
故选C。
2．D
【解析】
人在和地面接触时，人的速度减为零，由动量定理可知
而脚尖着地可以增加人着地的时间，由公式可知可以减小受到地面的冲击力，故D正确。
3．A
【解析】
取子弹的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得：mv1-Mv2=0，则得 步枪的反冲速度为，故选A.
4．C
【解析】
v-t图象的斜率表示加速度，由图可知t时刻，小球的加速度为：，故A错误；设物体的质量为m，根据牛顿第二定律可知在t时刻小球所受的合外力为：，故B错误；在0~2t时间内，根据动能定理有：，故C正确；在0~2t时间内，根据动量定理可得：，故D错误．所以C正确，ABD错误．
5．A
【解析】
A．由动量定理Ft=mv2-mv1求出1s末、2s末速度分别为：v1=2m/s、v2=3m/s?
由动能定理可知合力做功为：
故0～2s内功率是：

故A正确；
BD．第1秒内与第2秒内动能增加量分别为：


故第2s内外力所做的功为2.5J；第1秒内与第2秒内动能增加量的比值为4：5，故BD错误；
C．1s末、2s末功率分别为：
P1=F1v1=4W
P2=F2v2=3W；
第2秒末外力的瞬时功率不是最大．故C错误；
6．B
【解析】
【详解】
在t时间内，拉力F的冲量I=Ft，重力的冲量IG=mgt．
A．Ft，0，与结论不相符，选项A错误；
B．Ft，mgt，与结论相符，选项B正确；
C．mv，mgt，与结论不相符，选项C错误；
D．Ftcosθ，0，与结论不相符，选项D错误；
7．C
【解析】
【分析】
【详解】
A、B组成的系统合外力为零，遵守动量守恒．选择开始到t1时刻列方程可得： m1v=（m1+m2）v1，将v=3m/s，v1=1m/s代入得：m1：m2=1：2，故A错误；结合图象弄清两物块的运动过程，开始时m1逐渐减速，m2逐渐加速，弹簧被压缩，t1时刻二者速度相当，系统动能最小，势能最大，弹簧被压缩最厉害，然后弹簧逐渐恢复原长，m2依然加速，m1先减速为零，然后反向加速，t2时刻，弹簧恢复原长状态，由于此时两物块速度相反，因此弹簧的长度将逐渐增大，两木块均减速，当t3时刻，二木块速度相等，系统动能最小，弹簧最长，因此从t3到t4过程中弹簧由伸长状态恢复原长，故B错误；由图可知t1、t3时刻两物块达到共同速度1m/s，总动能最小，根据系统机械能守恒可知，此时弹性势能最大，t1时刻弹簧处于压缩状态，t3时刻弹簧处于伸长状态．故C正确；在t2时刻A的速度为：vA=-1m/s，B的速度为：vB=2m/s，根据m1：m2=1：2，结合，得：Ek1：Ek2=1：8，故D错误．所以C正确，ABD错误．
8．B
【解析】
根据动量守恒定律得： mv0=mv+MV，得? ，故选B.
9．C
【解析】
【详解】
设△t时间内有质量为m的水射出，忽略重力冲量，对这部分水速度方向变为反向，由动量定理得：
设运动员与装备的总质量为M，运动员悬停在空中，所以：
由牛顿第三定律得：
联立解得:
v≈8.0m/s
C正确。
10．B
【解析】
【分析】
分析碰撞前后的动量变化关系，明确动量变化率的变化，再根据动量定理分析冲击力的变化；
【详解】
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，故B正确，A、C、D错误；
故选B。
11．B
【解析】
人与气球组成的系统动量守恒，设人的速度v1，气球的速度v2，设运动时间为t，以人与气球组成的系统为研究对象，以向下为正方向，由动量守恒得：m1v1-m2v2=0，则，，，则绳子长度L=s气球+s人=10m+20m=30m，即绳子至少长30m长，故选B．
【点睛】本题为动量守恒定律的应用，属于人船模型的类别，关键要找出人和气球的速度关系和绳子长度与运动路程的关系．
12．D
【解析】
【详解】
把小船和人看成一个系统满足动量守恒：，代入数据解得：
v1=-0.5
负号表示运动方向向后。
A．3.5m/s。故A不符合题意。
B．-1m/s。故B不符合题意。
C．3m/s。故C不符合题意。
D．-0.5m/s。故D符合题意。
13．CD
【解析】
【详解】
返回舱和航天员在最后1m的着陆过程中用不用反推火箭，它们的初速度相同，末速度是0，故在着陆过程中返回舱和航天员的动量变化是相同的，反推火箭的作用是延长着陆时间，减少动量的变化率，根据动量定理，合外力的冲量等于动量的变化，由于动量变化相同，延长了着陆时间则减小了着陆过程中返回舱和航天员所受的平均冲击力．由分析知：在着地过程中返回舱和航天员的动量变化是相同的，故A错误；根据动量定理，在着地过程中返回舱和航天员的动量变化是相同的，故在此过程中所受冲量也是相同的，故B错误；反推火箭的主要作用是延长了返回舱和航天员的着地时间，故C正确；根据动量定理，在着地过程中动量的变化相同，反推火箭延长了着地时间，根据动量定理可知在着地过程中反推火箭的作用是减小着地过程返回舱和航天员所受的平均冲击力，D正确．
14．ACD
【解析】
【详解】
A. 小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，水平方向系统动量守恒，但系统所受的合外力不为零，所以系统动量不守恒，故A符合题意；
BC. 小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，可知系统水平方向的总动量保持为零；小球由点离开小车时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度为零，所以小球离开小车后做竖直上抛运动，故B不符题意，C符合题意；
D. 小球第一次车中运动过程中，由动能定理得：
为小球克服摩擦力做功大小，解得：
即小球第一次在车中滚动损失的机械能为，由于小球第二次在车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于，机械能损失小于，因此小球再次离开小车时，能上升的高度大于，故D符合题意。
15．18N
【解析】
设球与地面碰撞前速度大小为v1，碰后速度大小为v2
由运动学规律，对球下落过程有：v12-v02=2gh1?
代入数据可得：v1=5m/s??????????????????
对球上升过程有：v22=2gh2??
代入数据得：v2=3m/s?????????
设向上为正，则对碰撞过程，由动量定理，得：（FN-mg）t=mv2-（-mv1）????
代入数据得：FN=18N??????
由牛顿第三定律可知球对地面的作用力大小为：FN′=FN=18N?．
16．（1）10m/s ；（2）8400N
【解析】
【分析】
【详解】
（1）撞击前，铁锤只受重力作用，机械能守恒，因此
可以求出撞击水泥桩前铁锤的速度
（2）设桩对铁锤的冲击力大小为F，取竖直向下为正方向，根据动量定理，有
解出
17．21
【解析】
【详解】
设运动员质量为m，受到水的平均冲力大小为F，令水对运动员的平均冲力大小为其自身体重的n倍，则有：F=nmg
人从20米高处下落：，解得：人在空中运动时间
对人从开始下落到接触水面到速度降为0全过程使用动量定理得：，
解得：
18．(1) ，；　(2) ；
【解析】
（1）以m和M组成的系统为研究对象，据动量守恒定律可得，得
动能的损失，即，损失的机械能转化为内能．
设木块的位移为x，子弹相对于木块的位移为L，对m，由动能定理知
对M，由动能定理知
联立以上两式得，即
解得．
（2）以子弹为研究对象，由牛顿运动定律和运动学公式可得．