人教版高中物理选修3-5动量专题练习含答案

动量
一、单选题
行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是(?
?
?)
A.
增加了司机单位面积的受力大小
B.
减少了碰撞前后司机动量的变化量
C.
将司机的动能全部转换成汽车的动能
D.
延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积
如图所示，AB为固定的光滑圆弧轨道，O为圆心，AO水平，BO竖直，轨道半径为R，将质量为m的小球(可视为质点)从A点由静止释放，在小球从A点运动到B点的过程中(?
?
?
)
A.
小球所受合力的冲量指向圆心O
B.
小球所受支持力的冲量水平向右
C.
小球所受合力的冲量大小为m
D.
小球所受重力的冲量大小为0
如图所示，放在光滑水平桌面上的AB两个小木块中间夹一被压缩的轻弹簧，当轻弹簧被放开时，AB两个小木块各自在桌面上滑行一段距离后，飞离桌面落在地面上。若mA＝3mB，则下列结果正确的是(?
?
?
)
A.
若轻弹簧对AB做功分别为W1和W2，则有W1∶W2＝1∶1
B.
在与轻弹簧作用过程中，两木块的速度变化量之和为零
C.
若AB在空中飞行时的动量变化量分别为Δp1和Δp2，则有Δp1∶Δp2＝1∶1
D.
若AB同时离开桌面，则从释放轻弹簧开始到两木块落地的这段时间内，AB两木块的水平位移大小之比为1∶3
质量为m、半径为R的小球，放在半径为3R、质量为3m的大空心球内，大球开始静止在光滑水平面上。当小球从如图所示的位置（两球心在同一水平面上）无初速度沿内壁滚到最低点时，大球移动的距离是(?
?
?)
A.
R
B.
R
C.
R
D.
R
在光滑的水平面上，有a、b两球，其质量分别为ma、mb，两球在t0时刻发生正碰，并且在碰撞过程中无机械能损失，两球在碰撞前后的速度图象如图所示，下列关系正确的是(?
?
?)
A.
ma＞mb
B.
ma＜mb
C.
ma＝mb
D.
无法判断
一颗子弹水平射入静止在光滑水平地面上的木块后不再穿出，木块的动能增加了8
J，木块的质量大于子弹的质量。则此过程中产生的内能可能是(?
?
?)
A.
18
J
B.
16
J
C.
10
J
D.
6
J
二、多选题
将验证动量守恒定律的实验装置搬到竖直墙壁的附近，调整仪器，使球A从斜轨上由静止释放，并在水平轨道末端与球B发生正碰后，两球都能打在墙上。已知AB两球半径相同，A球的质量大于B球的质量，则下列说法正确的是(?
?
)
A.
此装置可验证动量守恒定律
B.
碰撞后瞬间，A球的速度大于B球的速度
C.
碰撞后，AB两球同时打到墙上
D.
碰撞后，A球在墙上的落点在B球落点的下方
如图所示，轻质弹簧的左端固定在竖直墙壁上，右端与静止在光滑水平面上的木块A相连接，子弹B沿水平方向射入木块后留在木块内，再将弹簧压缩到最短。上述这个过程可抽象为两个典型的过程：过程①是子弹射入木块并获得共同速度；过程②是木块与子弹一起压缩弹簧并将弹簧压到最短。已知木块的质量大于子弹的质量，空气阻力可忽略不计，下列说法中正确的是(?
?
)
A.
过程①中木块获得的动能一定等于此过程中子弹损失的动能
B.
过程①中子弹对木块的冲量一定等于木块对子弹的冲量大小
C.
过程②中墙壁对弹簧的冲量大小一定等于子弹和木块总动量的减小量
D.
过程②中弹簧的最大弹性势能一定等于过程①中木块所获得的动能
如图，长度l＝1
m、质量M＝1
kg的车厢静止于光滑的水平面上。车厢内有一质量m＝1
kg可视为质点的物块以速度v0＝10
m/s从车厢中点处向右运动，与车厢壁来回弹性碰撞n次后，与车厢相对静止，物块与车厢底板间动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度取g＝10
m/s2。下列说法正确的是(?
?
?)
A.
n＝26
B.
系统因摩擦产生的热量为25
J
C.
物块最终停在小车右端
D.
小车最终运动的速度为5
m/s，方向水平向右
如图所示，小车的上面固定一个光滑弯曲圆管道，整个小车(含管道)的质量为2m，原来静止在光滑的水平面上。今有一个可以看做质点的小球，质量为m，半径略小于管道半径，以水平速度v从左端滑上小车，小球恰好能到达管道的最高点，然后从管道左端滑离小车。关于这个过程，下列说法正确的是(?
?
?)
A.
小球滑离小车时，小车回到原来位置
B.
小球滑离小车时相对小车的速度大小为v
C.
车上管道中心线最高点的竖直高度为
D.
小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，小车的动量变化大小是mv
三、实验题
某同学用如图所示装置通过半径相同的A、B两球的碰撞来探究碰撞过程中的不变量，图中PQ是斜槽，QR为水平槽，实验时先使A球从斜槽上某一固定位置G由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹。重复上述操作10次，得到10个落点痕迹。再把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让A球仍从位置G由静止开始滚下，和B球碰撞后，A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹．重复这种操作10次。图中O点是水平槽末端R在记录纸上的垂直投影点。
????
(1)安装器材时要注意：固定在桌边上的斜槽末端的切线要沿______方向。
(2)某次实验中，得出小球落点情况如图所示(单位是cm)，P′、M、N分别是入射小球在碰前、碰后和被碰小球在碰后落点的平均位置(把落点圈在内的最小圆的圆心)，则入射小球和被碰小球质量之比为m1∶m2＝_______。
某同学用如图所示的实验装置验证动量定理，所用器材包括：气垫导轨、滑块（上方安装有宽度为d的遮光片）、两个与计算机相连接的光电门、砝码盘和砝码等。
实验步骤如下：
(1)开动气泵，调节气垫导轨，轻推滑块，当滑块上的遮光片经过两个光电门的遮光时间________时，可认为气垫导轨水平；
(2)用天平测砝码与砝码盘的总质量m1、滑块（含遮光片）的质量m2；
(3)用细线跨过轻质定滑轮将滑块与砝码盘连接，并让细线水平拉动滑块；
(4)令滑块在砝码和砝码盘的拉动下从左边开始运动，和计算机连接的光电门能测量出遮光片经过A、B两处的光电门的遮光时间Δt1、Δt2及遮光片从A运动到B所用的时间t12；
(5)在遮光片随滑块从A运动到B的过程中，如果将砝码和砝码盘所受重力视为滑块所受拉力，拉力冲量的大小I＝________，滑块动量改变量的大小Δp＝________；（用题中给出的物理量及重力加速度g表示）
(6)某次测量得到的一组数据为：d＝1.000
cm，m1＝1.5010－2kg，m2＝0.400
kg，Δt1＝3.90010－2
s，Δt2＝1.27010－2
s，t12＝1.50
s，取g＝9.80
m/s2。计算可得I＝________N·s，Δp＝____
kg·m·s－1；（结果均保留3位有效数字）
(7)定义，本次实验δ＝________%（保留1位有效数字）。
四、计算题（本大题共4小题，共40.0分）
如图所示，水平地面上静止放置一辆小车A，质量mA＝4
kg，其上表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计。可视为质点的物块B置于A的最右端，B的质量mB＝2
kg。现对A施加一个大小为10
N、水平向右的恒力F，A运动一段时间后，小车左端固定的挡板与B发生碰撞，碰撞时间极短且碰后A、B粘在一起共同在F的作用下继续运动，碰撞后经过0.6
s，二者的速度达到2
m/s。求：
(1)A开始运动时的加速度大小a；
(2)A、B碰撞后瞬间的共同速度的大小v；
(3)A的上表面长度l。
如图所示，在光滑的水平面上放着一个质量为m的木球，在木球正上方L处有一个固定悬点O，在悬点O和木球之间用一根长为2L的不可伸长的轻绳连接。有一个质量也为m的子弹以v0的速度水平射入木球并留在其中，一段时间之后木球绕O点在竖直平面内做圆周运动。球可视为质点，重力加速度为g，空气阻力不计，求：
(1)木球以多大速度离开水平地面。
(2)子弹速度v0的最小值。
如图所示，光滑轨道abc固定在竖直平面内，ab倾斜、bc水平，与半径R＝0.4
m竖直固定的粗糙半圆形轨道cd在c点平滑连接。可视为质点的小球甲和乙静止在水平轨道上，二者中间压缩有轻质弹簧，弹簧与两小球均不拴接且被锁定。现解除对弹簧的锁定，小球甲在脱离弹簧后恰能沿轨道运动到a处，小球乙在脱离弹簧后沿半圆形轨道恰好能到达最高点d。已知小球甲的质量m1＝2
kg，a、b的竖直高度差h＝0.45
m，已知小球乙在c点时轨道对其弹力的大小F＝100
N，弹簧恢复原长时两小球均在水平轨道上，不计空气阻力，重力加速度g取10
m/s2。求：
(1)小球乙的质量；
(2)小球乙在半圆形轨道上克服摩擦力所做的功。
如图所示，质量均为M＝1
kg的甲、乙两长木板相距为s0＝3
m，且均静止于光滑水平面上，两长木板的长度均为L＝3
m。开始甲长木板停靠在一半径为R＝0.2
m的四分之一光滑固定的圆弧轨道右端，圆弧轨道下端与甲长木板上表面水平相切。乙长木板右端固定一处于自然伸长的轻质弹簧，轻质弹簧的自由端恰好位于乙长木板中点Q处。将一质量为m＝2
kg可视为质点的滑块从圆弧轨道的顶端静止释放。已知乙长木板上表面光滑，滑块与甲长木板间的动摩擦因数为μ＝0.2，g取10
m/s2，试分析下列问题：
(1)滑块刚滑上甲长木板时的速度；
(2)若甲、乙两长木板碰撞后粘在一起，试判断甲、乙长木板相碰时滑块是否滑出甲长木板。若甲、乙两长木板相碰前滑块已经滑出甲长木板，试求甲、乙两长木板碰后的共同速度；若甲、乙两长木板在碰前滑块还没滑出甲长木板，则求两长木板碰后滑块最终的停点与Q点之间的距离。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：因安全气囊充气后，受力面积增大，故减小了司机单位面积的受力大小，故A错误；
有无安全气囊司机初动量和末动量均相同，所以动量的改变量也相同，故B错误；
因有安全气囊的存在，司机和安全气囊接触后会有一部分动能转化为气体的内能，不能全部转化成汽车的动能，故C错误；
???????因为安全气囊充气后面积增大，司机的受力面积也增大，在司机挤压气囊作用过程中由于气囊的缓冲故增加了作用时间，故D正确。
故选：D
2.【答案】C
【解析】解：在小球从A点运动到B点的过程中，I＝mΔv，速度方向变为水平向右，所以小球所受合力即重力和支持力的合力的冲量水平向右，故选项A、B错误；
在小球从A点运动到B点的过程中机械能守恒，故有mgR＝mv，解得vB＝，所以I＝m，故选项C正确；
???????小球所受重力的冲量大小为IG＝mgt，大小不为零，故选项D错误。
故选：C
3.【答案】D
【解析】解：弹簧弹开物体过程中，两物体及弹簧组成的系统动量守恒，
取水平向左为正方向，由动量守恒定律得mAvA－mBvB＝0，则速度之比vA∶vB＝1∶3，
根据动能定理得，轻弹簧对A、B做功分别为W1＝mAv，W2＝mBv，
联立解得W1∶W2＝1∶3，故A错误；
根据动量守恒定律可知，在与轻弹簧作用过程中，两木块的动量变化量之和为零，
即mAΔvA＋mBΔvB＝0，可得ΔvA＋ΔvB≠0，故B错误；
A、B离开桌面后都做平抛运动，它们抛出点的高度相同，运动时间相等，设为t，
由动量定理得，A、B在空中飞行时的动量变化量分别为Δp1＝mAgt，Δp2＝mBgt，所以Δp1∶Δp2＝3∶1，故C错误；
平抛运动水平方向的分运动是匀速直线运动，由x＝v0t知，t相等，
???????又木块在桌面上运动时，vA∶vB＝1∶3，则A、B两木块的水平位移大小之比为1∶3，故D正确。
故选：D
4.【答案】A
【解析】解：由于水平面光滑，系统水平方向上动量守恒，
则任意时刻小球的水平速度大小为v1，大球的水平速度大小为v2，
由水平方向动量守恒有mv1＝3mv2，
若小球达到最低点时，小球的水平位移为x1，大球的水平位移为x2，则，
???????由题意x1＋x2＝3R－R＝2R，解得大球移动的距离x2＝R，故A正确。
故选：A
5.【答案】B
【解析】解：由题图可知b球碰前静止，取a球碰前速度方向为正方向，设a球碰前速度为v0，碰后速度为v1，b球碰后速度为v2，
两球碰撞过程中动量守恒，机械能守恒，则mav0＝mav1＋mbv2，mav＝mav＋mbv，
联立得v1＝v0，v2＝v0，
???????由a球碰撞前后速度方向相反，可知v1＜0，即ma＜mb，故B正确。
故选：B
6.【答案】A
【解析】解：设子弹的初速度为v0，射入木块后子弹与木块共同的速度为v，木块的质量为M，子弹的质量为m，
根据动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，解得v＝，
木块获得的动能为ΔEk＝Mv2＝，
系统产生的内能为Q＝mv－(M＋m)v2＝，
所以＝，
由于木块的质量大于子弹的质量，所以＝＜，
???????即Q>2ΔEk＝2×8
J＝16
J，故A正确，B、C、D错误。
故选：A
7.【答案】AD
【解析】解：碰撞前后小球均做平抛运动，在竖直方向上h＝gt2，平抛运动时间t＝，
设轨道末端到墙壁的水平距离为x，未放B球时，小球A下落的高度为h1，放上小球B后，A和B碰撞后下落的高度分别为h2和h3，
则碰撞前后小球做平抛运动的初速度分别为vA＝，vA′＝，vB′＝，
如果碰撞过程动量守恒，则mAvA＝mAvA′＋mBvB′，
将速度代入动量守恒表达式解得＝＋，
分别将h1、h2和h3代入即可验证动量守恒定律，故选项A正确；
由碰撞的实际过程可知，碰撞后瞬间，由于A球质量大于B球质量，则导致A球的速度小于B球的速度，故选项B错误；
???????由上面分析可知vA′＜vB′，导致h2＞h3，导致碰撞后，A、B两球不会同时打到墙上，A球时间长，后打到墙壁上，即A球在墙上的落点在B球落点的下方，故选项C错误，D正确。
故选：AD
8.【答案】BC
【解析】解：子弹射入木块过程中，子弹损失的动能转化内能和木块的动能，所以过程①中木块获得的动能一定小于此过程中子弹损失的动能，故A错误；
子弹射入木块过程中，根据牛顿第三定律可知子弹对木块的作用力与木块对子弹的作用力大小相等时间相等，所以过程①中子弹对木块的冲量大小等于木块对子弹的冲量大小，故B正确；
由动量定理可知，木块与子弹一起压缩弹簧并将弹簧压到最短过程中，墙壁对弹簧的冲量大小一定等于于子弹和木块总动量的减小量，故C正确；
???????木块与子弹一起压缩弹簧并将弹簧压到最短过程中，弹簧的最大弹性势能等于过程①中木块所获得的动能与子弹的末动能之和（过程①系统的末动能），故D错误。
故选：BC
9.【答案】BD
【解析】解：由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，解得小车最终运动的速度为v＝5
m/s，方向水平向右，
由能量守恒定律得，系统因摩擦产生的热量Q＝mv02－(M＋m)v2＝25
J，故BD正确；
???????根据Q＝μmgL，可得物块在车厢中滑行的距离L＝25
m，车厢壁来回弹性碰撞次数次，物块最终停在车厢中点处，故AC错误。
故选：BD
10.【答案】BC
【解析】解：小球到最高点，水平方向动量守恒，因此有，
机械能守恒，解得，，
则小车到最高点的动量变化量为，
小球离开小车时，由动量守恒和机械能守恒得，
联立解得，因此相对速度为，
???????可以看到小车得速度一直为正向速度，因此一直向前运动，不会回到原点，综上分析，B、C正确。
故选：BC
11.【答案】(1)水平????
(2)4∶1
【解析】解：
???????(1)为保证小球滚落后做平抛运动，斜槽末端的切线要沿水平方向。
(2)由碰撞过程中mv的乘积总量守恒可知m1·＝m1·＋m2·(t为运动时间)，代入数据可解得m1∶m2＝4∶1。
12.【答案】(1)相等??
(5)m1gt12?
；????(6)0.221
；0.212??
(7)4
【解析】解：
(1)当经过A、B两个光电门时间相等时，速度相等，此时由于阻力很小，可以认为导轨是水平的。
(5)由I＝Ft，知I＝m1gt12＝0.221
N?s；由Δp＝mv2－mv1，知kg·m·s－1。
(7)。
13.【答案】解：
???????(1)以A为研究对象，由牛顿第二定律有：F＝mAa?
解得：a＝2.5
m/s2。
(2)对A、B碰撞后共同运动t＝0.6
s后速度达到v′＝2
m/s的过程，由动量定理得：
Ft＝(mA＋mB)v′－(mA＋mB)v??
解得：v＝1
m/s。
(3)设A、B发生碰撞前A的速度为vA，对A、B发生碰撞的过程，由动量守恒定律有：
mAvA＝(mA＋mB)v????
A从开始运动到与B发生碰撞前，由动能定理有：
Fl＝mAv?
解得：l＝0.45
m。
【解析】略
14.【答案】解：
???????(1)设子弹打入木球后共同速度为v，木块离开水平地面速度为v1，由动量守恒定律得：
mv0＝2mv?
即v＝v0????
木块离开地面时沿绳方向速度瞬间减为零，只有垂直绳的速度v1＝vsin30°＝v＝v0?
即木块离开地面的速度为v0
(2)木块从离开水平桌面到最高点系统机械能守恒，到最高点时速度为v3，绳子对木块的拉力为F，由机械能守恒定律和牛顿定律有：
－2mg×3L＝×2mv32－×2mv12???
F＋2mg＝2m
F＝0时，v0的最小，有。
【解析】略
15.【答案】解：
(1)对小球甲，由机械能守恒定律得m1gh＝m1v?
对小球甲、乙，由动量守恒定律得m1v1＝m2v2?
对小球乙，在c点，由牛顿第二定律得F－m2g＝m2?
联立解得m2＝1
kg，v2＝6
m/s或m2＝9
kg，v2＝m
/s?
小球乙恰好过d点，有m2g＝m2?
解得vd＝＝2
m/s?
由题意vd＜v2，所以小球乙的质量m2＝1
kg。?
(2)对小球乙在半圆形轨道上运动的过程中，由动能定理有
2m2gR＋Wf＝m2v－m2v?
解得小球乙克服摩擦力所做的功Wf＝8
J。
【解析】略
16.【答案】解：
???????(1)滑块从圆弧轨道顶端下滑到底端时，由动能定理可得：
mgR＝mv02?
代入数据解得：v0＝2
m/s?
(2)假设滑块在两长木板碰撞之前已经与甲长木板达到相对静止，设它们的共同速度为v1，由动量守恒定律得：mv0＝(M＋m)v1??
解得滑块与甲长木板的共同速度v0＝m
/s??
设滑块在甲长木板上的相对位移为l，根据能量守恒定律得：
μmgl＝mv02－(M＋m)v12?
解得：l＝m＜L??
由以上分析可知滑块与甲长木板相对静止瞬间还没有滑到甲长木板的右端。设当滑块与甲长木板相对静止瞬间甲长木板通过的位移为s甲，由动能定理得：
μmgs甲＝Mv12?
解得：s甲＝m＜s0＝3
m?
由以上分析可知甲、乙两长木板碰撞时，滑块还没滑出甲长木板就与甲长木板达到相对静止，并以v1＝m
/s共同速度向乙长木板运动，共同匀速运动一段时间后再与乙长木板发生碰撞。设甲、乙两长木板碰撞后的共同速度为v，由动量守恒定律可得：Mv1＝2Mv?
解得：v＝m
/s?
设系统最后的共同速度为v共，由动量守恒定律可得：
mv1＋2Mv＝(2M＋m)v共
解得：v共＝1
m/s?
由动能定理可得：
(2M＋m)v共2－mv02－×2Mv2＝－μmgs′?
解得：s′＝m??
因为：l＋s′＝m＜L?
所以滑块最终距离Q点的距离为：s＝L＋L－s′－l＝4.11
m。?
【解析】略
第2页，共2页
第1页，共1页