山东省古交市第二高级中学2019-2020学年高中物理鲁科版选修3-5：动量守恒研究 章末复习题（含解析）

动量守恒研究
1．物体A和B用轻绳相连，挂在轻弹簧下静止不动，如图（a）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上升经某一位置时的速度大小为v，这时物体B的下落速度大小为u，如图（b）所示，在这段时间里，弹簧的弹力对物体A的冲量为（ ）
A．mv B．mu
C．mv＋Mu D．mv＋mu
2．下列对几种物理现象的解释中，正确的是( )
A．泥工师傅贴瓷片时为了使瓷片平整用橡皮锤敲打瓷片，而不是用铁锤，是因为橡皮锤产生的冲量小
B．小朋友用力推门而没推动，但推力产生的冲量并不为零
C．动量相同的两个物体受到相同的制动力的作用时，速度小的将先停下来
D．竖直抛出物体上升到一定高度后又落回抛出点，不计空气阻力，则此过程中重力的冲量为零
3．如图所示，两个带正电的等大的小球在绝缘光滑水平面上从相距很远处沿着同一条直线相向运动，已知它们的质量，m1和m2的初速度大小分别为v1和v2，当它们相距最近时（没有接触），这两个球组成的系统的电势能为( )
A． B．
C． D．
4．在距地面高度为h处，同时以大小相等的初速度v0，分别平抛、竖直上抛、竖直下抛一个质量相等的小球，不计空气阻力，比较它们从抛出到落地过程中动量的增量△P，正确的是（　　）
A．平抛过程最大 B．竖直下抛过程最大
C．竖直上抛过程最大 D．三者一样大
5．蹦极是勇敢者的体育运动。设运动员离开跳台时的速度为零，从自由下落到弹性绳刚好被拉直为第一阶段；从弹性绳刚好被拉直到运动员下落至最低点为第二阶段。不计空气阻力。下列说法正确的是
A．第一阶段重力的冲量和第二阶段弹力的冲量大小相等
B．第一阶段重力的冲量和第二阶段合力的冲量大小相等
C．第一、第二阶段重力的总冲量大于第二阶段弹力的冲量
D．第一阶段运动员的速度不断增大，第二阶段运动员的速度不断减小
6．在光滑水平地面上匀速运动的装有砂子的小车，小车和砂子总质量为M，速度为v0，在行驶途中有质量为m的砂子从车上漏掉，砂子漏掉后小车的速度应为： （ ）
A．v0 B． C． D．
7．光滑水平导轨上有A、B两球，球A追上并与球B正碰，碰前两球动量分别为pA=5kg·m/s，pB=7kg·m/s，碰后球B的动量p′=10kg·m/s，则两球质量mA、mB的关系可能是()
A．mB=mA
B．mB=2mA
C．mB=4mA
D．mB=6mA
8．矩形滑块由不同材料的上下两层粘合在一起组成，将其放在光滑的水平面上，如图所示，质量为m的子弹以速度v水平射向滑块．若射向上层滑块，子弹刚好不射出；若射向下层滑块，则子弹整个儿刚好嵌入滑块，由上述两种情况相比较（　　）
A．子弹嵌入两滑块的过程中对滑块的冲量一样多
B．子弹嵌入上层滑块的过程中对滑块做的功较多
C．子弹嵌入下层滑块的过程中对滑块做的功较多
D．子弹嵌入上层滑块的过程中系统产生的热量较多
9．随着科幻 电影《流浪地球》的热映，“引力弹弓效应”进入了公众的视野．“引力弹弓效应”是指在太空运动的探测器，借助行星的引力来改变自己的速度．为了分析这个过程，可以提出以下两种模式：探测器分别从行星运动的反方向或同方向接近行星，分别因相互作用改变了速度。如图所示，以太阳为参考系，设行星运动的速度为，探测器的初速度大小为，在图示的两种情况下，探测器在远离行星后速度大小分别为和，探测器和行星虽然没有发生直接的碰撞，但是在行星的运动方向上，其运动规律可以与两个质量不同的钢球在同一条直线上发生的弹性碰撞规律作类比，那么下列判断中正确的是（ ）
A． B． C． D．
10．将小球以大小为v0 的初速度竖直向上抛出，经过时间 t 后返回到抛出点，已知小球运动过程中受到的空气阻力大小与其速率成正比，重力加速度大小为 g，则小球( )
A．上升过程的时间等于下降过程的时间
B．克服空气阻力做的功上升过程等于下降过程
C．返回抛出点时的速度大小为
D．所受空气阻力的冲量上升过程等于下降过程
11．A、B两船的质量均为M，它们都静止在平静的湖面上，当A船上质量为的人以水平 速度v从A船跳到B船，再从B船跳回A船．设水对船的阻力不计，经多次跳跃后，人最终跳到B船上，则(　　)
A．A、B(包括人)速度大小之比为2∶3
B．A、B(包括人)动量大小之比为1∶1
C．A、B(包括人)动量之和为零
D．因跳跃次数未知，故以上答案均无法确定
12．如图所示，一不可伸长的轻绳的一端固定于O点，另一端系一小球，开始时将轻绳向右拉至水平，然后将小球由静止释放，则小球由静止到运动到最低点的过程，下列说法正确的是
A．拉力对小球的冲量为零
B．重力对小球的冲量方向竖直向下
C．小球的动量变化量方向竖直向下
D．合力对小球的冲量方向水平向左
13．如图所示，质量为M、带有半径为R的四分之一粗糙圆弧轨道的滑块静置于光滑水平地面上，且圆弧轨道底端与水平面平滑连接，O为圆心．质量为m的小滑块以水平向右的初速度冲上圆弧轨道，恰好能滑到轨道最高点，然后滑回轨道底端．已知M=2m．，则下列判断正确的是（ ）
A．小滑块冲上轨道的过程，小滑块与带有圆弧轨道的滑块组成的系统机械能不守恒
B．小滑块冲上轨道的过程，小滑块与带有圆弧轨道的滑块组成的系统动量不守恒
C．小滑块冲上轨道的最高点时，带有圆弧轨道的滑块速度最大且大小为
D．小滑块回到圆弧轨道底端时，速度大小为，方向水平向左
14．质量为M、长度为d的木块，放在光滑的水平面上，在木块右边有一个销钉把木块挡住，使木块不能向右滑动.质量为m的子弹以水平速度射入木块，刚好能将木块射穿.现在拔去销钉，使木块能在水平面上自由滑动，而子弹仍以水平速度射入静止的木块.设子弹在木块中受到的阻力大小恒定，则
A．拔去销钉，木块和子弹组成的系统动量守恒，机械能也守恒
B．子弹在木块中受到的阻力大小为
C．拔去销钉，子弹与木块相对静止时的速度为
D．拔去销钉，子弹射入木块的深度为
15．将质量为0.2 kg的小球以初速度6 m/s水平抛出，抛出点离地的高度为3.2 m，不计空气阻力．求：
(1)小球从抛出到它将要着地的过程中重力冲量的大小.
(2)小球将要着地时动量的大小
16．如图所示，两个完全相同的弹性小球1,2，分别挂在长L和的细线上，重心在同一水平面上且小球恰好互相接触，把第一个小球向右拉开一个不大的距离后由静止释放，经过多长时间两球发生第10次碰撞？
17．某汽车制造商研制开发了发动机额定功率P=30 kW的一款经济实用型汽车，在某次性能测试中，汽车连同驾乘人员的总质量m=2000kg，在平直路面上以额定功率由静止启动，行驶过程中受到大小f=600 N的恒定阻力.
(1)求汽车的最大速度v；
(2)若达到最大速度v后，汽车发动机的功率立即改为P′=18 kW，经过一段时间后汽车开始以不变的速度行驶，求这段时间内汽车所受合力的冲量I.
18．如图，一质量m2=0.25kg的平顶小车，车顶右端放一质量m3=0.2kg的小物体，小物体可视为质点，与车顶之间的动摩擦因数μ=0.4，小车静止在光滑的水平轨道上．现有一质量m1=0.05kg的子弹以水平速度v0=12m/s射中小车左端，并留在车中．子弹与车相互作用时间很短．若使小物体不从车顶上滑落，g取10m/s2 ． 求：

（1）最后物体与车的共同速度为多少？小车的最小长度应为多少？
（2）小木块在小车上滑行的时间．
参考答案
1．D
【解析】
对B由动量定理得：
设弹簧冲量为I，对A由动量定理得：
联立解得：
故ABC错误，D正确。
2．B
【解析】
A.用橡皮锤是由于橡皮锤有弹性，作用时间长，根据动量定理
Ft=△P
产生的力小，而不是产生的冲量小，故A错误。
B. 在推时推不动是因为推力小于最大静摩擦力，推力的冲量Ft不为零，故B正确；
C. 动量相同的两个物体受到相同的制动力的作用，根据动量定理
Ft=△P
两个物体将同时停下来，故C错误；
D. 竖直抛出物体上升到一定高度后又落回抛出点，重力冲量mgt不为零，故D错误。
3．C
【解析】
相距最近时，两个小球速度相等，根据动量守恒定律可知
再根据能量守恒可知
减少的动能转化为小球的电势能，所以C正确
4．C
【解析】
【详解】
小球运动过程中只受重力做功，故由动量定理可得：动量的增量
△p=mg?△t
三个小球竖直方向都做匀变速运动，加速度g相同，位移相同；故在竖直方向以竖直向上为正方向的话，初速度的竖直分量越大，运动时间越长，所以，竖直上抛的物体运动时间最长，而竖直下抛的物体运动时间最短，故竖直上抛物体动量的增量最大。
A. 平抛过程最大，与分析不符，故A错误。
B. 竖直下抛过程最大，与分析不符，故B错误。
C. 竖直上抛过程最大，与分析相符，故C正确。
D. 三者一样大，与分析不符，故D错误。
5．B
【解析】
【详解】
AB．设两个阶段的时间分别是t1和t2；根据动量定理可知
即第一阶段重力的冲量和第二阶段合力的冲量大小相等，选项A错误，B正确；
C．由可知，第一、第二阶段重力的总冲量等于第二阶段弹力的冲量，选项C错误；
D．第一阶段运动员的速度不断增大，第二阶段开始时重力大于弹力，运动员做加速运动，后来重力小于弹力，运动员做减速运动，选项D错误。
6．A
【解析】
设漏掉质量为m的沙子后，砂子从车上漏掉的瞬间由于惯性速度仍然为，汽车速度为，根据水平方向动量守恒可得：
解得：，故BCD错误，A正确。
点睛：本题考查了动量守恒定律的应用，应用时注意：正确选取研究对象，明确公式中各物理量含义。
7．C
【解析】
【分析】
考查碰撞中的动量守恒。
【详解】
由动量守恒定律：
解得 ，要使球A追上球B，则 ，即：
代入数据得：，
碰撞过程动能不增加：
代入数据得：
碰撞后，同向运动，A球速度不大于B球速度：
代入数据得：，即，C正确，ABD错误。
8．A
【解析】
【分析】
动量守恒，完全非弹性碰撞。
【详解】
A．不论哪种情况，最后子弹与滑块都共速，两种情况末速度相同，即滑块获得的动量相同，子弹嵌入两滑块的过程中对滑块的冲量一样多，A正确；
BC．两种情况末速度相同，即获得的动能一样多，子弹嵌入上层滑块的过程中对滑块做的功一样多，BC错误；
D．系统产生的热量就是系统机械能的损失，两种情况机械能损失相同，所以产生的热量相同，D错误。故选A。
9．A
【解析】
【分析】
考查弹性碰撞动量守恒与机械能守恒问题。
【详解】
设行星质量为M，探测器质量为m，取行星运动方向为正方向，探测器从行星运动的反方向接近行星时，由动量守恒定律：
弹性碰撞模型，机械能守恒：
联立两式可得： ，由于 ，所以 ；
同理，探测器从行星运动的同方向接近行星时，；所以 ， ；A正确，BCD错误，故选A。
10．CD
【解析】
【详解】
A．小球运动过程中受到空气阻力与其速率成正比，即：
则上升过程中加速度大小为：
下降过程中加速度大小为：
即：
上升与下降过程中位移大小相等，根据：
可知：
故A错误.
B．由：
可知上升过程的平均速度大于下降过程的平均速度，所以：
由克服阻力做功：
上升和下降位移相等，所以：
故B错误.
CD．小球运动的v-t图像如图所示，由于位移大小相等，因此图中两阴影部分面积相等；因为：
则f-t图像的两阴影部分的面积也相等，由：
可知上升和下降过程的冲量大小相等；取竖直向上为正方向，设返回抛出点的速度大小为v，则根据动量定理有：
解得：
故C正确，D正确.
11．BC
【解析】
【详解】
AB、以人与两船组成的系统为研究对象，人在跳跃过程中总动量守恒，初态总动量为0，所以A、B两船(包括人)的动量大小之比总是1:1；最终人在B船上，以系统为研究对象，在整个过程中，以A的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：，解得：，故B正确，A错误；
C、由于系统动量守恒，系统初动量为零，由动量守恒定律可知，系统末动量为零，即：A、B(包括人)动量之和为零，故C正确；
D、根据题意，应用都动量守恒定律可以求出速度之比、动量之比、动量之和，故D错误；
故选BC。
【点睛】
对系统应用动量守恒定律求出动量之比，然后求出船的速度之比，根据动量守恒定律求出系统总动量。
12．BD
【解析】
【详解】
A．拉力不为零，根据I=Ft可知，拉力对小球的冲量不为零，选项A错误；
B．重力竖直向下，可知重力对小球的冲量方向竖直向下，选项B正确；
CD．小球初动量为零，末动量水平向左，可知小球的动量变化量方向水平向左，根据动量定理可知，合力对小球的冲量方向水平向左，选项C错误，D正确。
13．AB
【解析】
【详解】
A．小滑块冲上轨道的过程，圆弧轨道粗糙，有相对运动摩擦力做功，所以系统的机械能不守恒，故?A?正确．
B．小滑块冲上轨道的过程，小滑块与带有圆弧轨道的滑块组成的系统竖直方向受力不为零，动量不守恒，但系统在水平方向不受外力，水平动量守恒，故?B正确．
C．小滑块冲到轨道的最高点时?，取水平向右为正方向?，由系统水平动量守恒得：
得??
但此时圆弧轨道的滑块速度不是最大，当小滑块从圆弧轨道返回脱离圆弧轨道时，圆弧轨道的速度最大，故?C?错误．
D．设小滑块脱离圆弧轨道时小滑块和圆弧轨道的速度分别为?v1?和?v2.?假设由水平动量守恒和机械能守恒可得：
联立解得，，但因圆弧轨道粗糙，系统机械能不守恒，故小滑块回到圆弧轨道底端时，速度大小不为，故D错误.
14．BD
【解析】
【详解】
A．拔去销钉，木块和子弹之间的摩擦力是系统内力，木块和子弹组成的系统水平方向动量守恒；但因摩擦力要做功，故系统机械能不守恒，故A错误
B．当木块固定时，由动能定理可知：
解得：
故B正确.
C．拔去销钉，子弹与木块系统水平方向动量守恒，则根据动量守恒定律可得：
解得：
故C错误.
D．拔去销钉，由C选项可知最终速度，故整个过程根据动能定理有：
解得：
故D正确.
15．（1）1.6 N·s（2）2 kg·m/s
【解析】
【详解】
(1)小球抛出后在重力的作用下做平抛运动，在水平方向做初速度为6m/s的匀速直线运动，竖直方向做初速度为0加速度为g的匀加速直线运动
则竖直方向有
解得下落时间
则重力的冲量
(2)下落过程中，由动量定理：
解得
水平方向
落地时速度
则落地时的动量
16．
【解析】
【分析】
【详解】
因将第1个小球拉开一个不大的距离，故摆动过程应符合单摆的周期公式有，，系统振动周期为，在同一个T内共发生两次碰撞，球1从最大位移处由静止释放后．经发生10次碰撞，且第10次碰后球1又摆至最大位移处，所以．
【点睛】
由于两球相撞时交换速度，则球1从最大位移处摆下来碰静止的球2后，球1静止，球2运动；同样，球2摆下来碰静止的球1后，球2静止，球1运动；总是只有一个球在摆动，两球总是在最低点相碰，据此结合单摆的周期公式分析解答．
17．（1） （2） 方向与初速度的方向相反
【解析】
【详解】
（1）汽车匀速运动时，牵引力等于阻力，有：F=f=600N
根据?P=Fv?代入数据解得：v=50m/s
(2)设功率改为?P′=18kW?时，则有：=30m/s
根据动量定理得：I=mv′?mv
代入数据得：I=?4.0×104kg·m/s，负号表示方向与初速度的方向相反
【点睛】
（1）汽车匀速运动时，牵引力等于阻力，根据P=Fv求解速度；
（2）根据P=Fv求出功率改为P′=18kW的速度，然后根据动量定理求出合外力的冲量．
18．（1）1.2m/s （2）0.3s
【解析】
试题分析：（1）子弹进入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动量守恒，以子弹速度初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m1v0=（m2+m1）v1①
由三物体组成的系统动量守恒，以子弹速度初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
（m2+m1）v1=（m2+m1+m3）v2②
设小车最小长度为L，三物体相对静止后，对系统利用能量守恒定律得：
（m2+m1）v12-（m2+m1+m3）v22=μm3gL③
联立以上方程解得：L=0．9m
车与物体的共同速度为：v2=2．1m/s
（2）以m3为研究对象，利用动量定理可得：μm3gt=m3v2
解得：t=0．52s
考点：动量守恒定律及能量守恒定律
【名师点睛】本题主要考查了动量守恒定律以及能量守恒定律的直接应用，要求同学们能正确分析物体的受力情况，注意应用动量守恒定律解题时要规定正方向，难度适中．