选修3-5第十六单元动量守恒定律 单元双基精品试卷 (B）（含答案）

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2020-2021学年度高中物理单元双基精品试卷
选修3-5第十六单元动量守恒定律（B）
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分。在第1～6题给出的4个选项中，只有一个选项正确；在第7～10题给出的四个选项中，有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。)
1．下列说法正确的是( )
A．一对平衡力所做功之和一定为零，一对作用力与反作用力所做功之和也一定为零
B．一对平衡力的冲量之和一定为零，一对作用力与反作用力的冲量之和也一定为零
C．物体所受合力冲量的方向不一定与物体动量的变化方向相同，不一定与物体的末动量方向相同
D．火箭喷出的燃气的速度越大、火箭的质量比（发射前总质量M与燃料耗尽后质量m比值）越小，则火箭获得的速度就越大
2．如图所示，光滑水平面上停着一辆小车，小车的固定支架左端用不计质量的细线系一个小铁球。开始将小铁球提起到图示位置，然后无初速释放。在小铁球来回摆动的过程中，下列说法中正确的是( )

A．小车和小球系统动量守恒
B．小球向右摆动过程小车一直向左加速运动
C．小球摆到右方最高点时刻，由于惯性，小车仍在向左运动
D．小球摆到最低点时，小车的速度最大
3．一质量为m的铁锤，以速度v竖直打在木桩上，经过Δt时间而停止，则在打击时间内，铁锤对木桩的平均冲力的大小是( )
A．mg·Δt B．mvΔt C．mvΔt＋mg D．－mg
4．甲、乙两物体分别在恒力F1、F2的作用下，在光滑平面上沿同一直线运动，它们的动量随时间变化的关系如图所示。设甲在t1时间内所受的冲量为I1，乙在t2时间内所受的冲量为I2，则F、I的大小关系是( )

A．F1＝F2，I1＝I2
B．F1＜F2，I1＜I2
C．F1＞F2，I1＞I2
D．F1＞F2，I1＝I2
5．在光滑的水平面的同一直线上，自左向右地依次排列质量均为m的一系列小球，另一质量为m的小球A以水平向右的速度v运动，依次与上述小球相碰，碰后即粘合在一起，碰撞n次后，剩余的总动能为原来的18，则n为( )
A．5 B．6 C．7 D．8
6．如图所示，在光滑水平面上停放质量为m装有弧形槽的小车。现有一质量也为m的小球以v0的水平速度沿与切线水平的槽口向小车滑去(不计摩擦)，到达某一高度后，小球又返回小车右端，则下列判断不正确的是( )

A．小球在小车上到达最高点时的速度大小为12v0
B．小球离车后，对地将向右做平抛运动
C．小球离车后，对地将做自由落体运动
D．此过程中小球对车做的功为12mv02
7．蹦极跳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降至最低点为第二阶段。下列说法中正确的是( )
A．第一阶段重力对运动员的冲量和第二阶段弹力对运动员的冲量大小相等
B．第一阶段重力对运动员的冲量和第二阶段合力对运动员的冲量相等
C．第一、第二阶段重力对运动员的总冲量和第二阶段弹性绳弹力对运动员的冲量大小相等
D．第一阶段运动员受到的合力方向始终向下，第二阶段运动员受到的合力方向先向下后向上
8．向空中发射一枚炮弹，不计空气阻力，当炮弹的速度v0恰好沿水平方向时，炮弹炸裂成a、b两块，若质量较大的a的速度方向仍沿原来的方向，则( )
A．b的速度方向一定与原来速度方向相反
B．从炸裂到落地的这段时间内，a飞行的水平距离一定比b的大
C．a、b一定同时到达水平地面
D．在炸裂过程中，a、b受到的爆炸力的大小一定相等
9．如图所示，竖直面内有一个固定圆环，MN是它在竖直方向上的直径。两根光滑滑轨MP、QN的端点都在圆周上，MP＞QN。将两个完全相同的小滑块a、b分别从M、Q点无初速度释放，在它们各自沿MP、QN运动到圆周上的过程中，下列说法中正确的是( )

A．合力对两滑块的做功相同
B．弹力对b滑块的冲量较大
C．重力对a、b两滑块的冲量相同
D．两滑块的动量变化大小不同
10．在冰壶比赛中，球员手持毛刷擦刷冰面，可以改变冰壶滑行时受到的阻力。如图a所示，蓝壶静止在圆形区域内，运动员用等质量的红壶撞击蓝壶，两壶发生正碰。若碰撞前、后两壶的 v－t图象如图 b 所示。关于冰壶的运动，下列说法正确的是( )

A．两壶发生弹性碰撞
B．碰撞后两壶相距的最远距离为1.1 m
C．蓝壶受到的滑动摩擦力较大
D．碰撞后蓝壶的加速度大小为0.12 m/s2
二、非选择题(本题共6小题，共60分。按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。)
11．(6分)气垫导轨是常用的一种实验仪器，它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮在导轨上，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦。我们可以用带竖直挡板C和D的气垫导轨以及滑块A和B来验证动量守恒定律，实验装置如图所示(弹簧的长度忽略不计)，采用的实验步骤如下：

a．用天平分别测出滑块A、B的质量mA、mB
b．调整气垫导轨，使导轨处于水平
c．在A和B间放入一个被压缩的轻弹簧，用电动卡销锁定，静止放置在气垫导轨上
d．用刻度尺测出A的左端至C挡板的距离L1
e．按下电钮放开卡销，同时使分别记录滑块A、B运动时间的计时器开始工作。当A、B滑块分别碰撞C、D挡板时停止计时，记下A、B分别到达C、D的运动时间t1和t2
(1)实验中还应测量的物理量是________；
(2)利用上述测量的实验数据，验证动量守恒定律的表达式是________，上式中算得的A、B两滑块的动量大小并不完全相等，产生误差的原因是________(回答两点即可)。
12．(8分)如图所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系：先安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下重垂线所指的位置O。

接下来的实验步骤如下：
步骤1：不放小球2，让小球1从斜槽上A点由静止滚下，并落在地面上。重复多次，用尽可能小的圆，把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置；
步骤2：把小球2放在斜槽前端边缘位置B，让小球1从A点由静止滚下，使它们碰撞。重复多次，并使用与步骤1同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置；
步骤3：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置M、P、N离O点的距离，即线段OM、OP、ON的长度。
(1)上述实验除需测量线段OM、OP、ON的长度外，还需要测量的物理量有 。
A．A、B两点间的高度差
B．B点离地面的高度h2
C．小球1和小球2的质量m1、m2
D．小球1和小球2的半径r
(2)当所测物理量满足表达式 (用所测物理量的字母表示)时，即说明两球碰撞遵守动量守恒定律。
(3)完成上述实验后，某实验小组对上述装置进行了改造，如图2所示。使小球1仍从斜槽上A点由静止滚下，重复实验步骤1和2的操作，得到两球落在圆心在斜槽末端14圆弧的平均落点M′、P′、N′。用测量斜面顶点与M′、P′、N′三点的连线与竖直方向的夹角分别为α1、α2、α3。则验证两球碰撞过程中动量守恒的表达式 (用所测物理量的字母表示)。
13．(8分)2020四大洲花样滑冰锦标赛双人自由滑比赛于2月8日在韩国首尔市结束，中国组合隋文静、韩聪摘得金牌。如图所示为某次训练中情景，他们携手滑步，相对光滑冰面的速度为1.0 m/s，韩聪突然将隋文静向原先运动方向推开，推力作用时间为2.0 s，隋文静的速度大小变为4.0 m/s，假设隋文静和韩聪的质量分别为40 kg和60 kg，求：

(1)推开后韩聪的速度大小；
(2)推开过程中隋文静对韩聪的平均作用力大小。















14．(10分)如图所示，一对杂技演员(都视为质点)乘秋千(秋千绳处于水平位置)从A点由静止出发绕O点下摆，当摆到最低点B时，女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出，然后自己刚好能回到高处A。已知男演员质量m1和女演员质量m2之比m1m2＝2，秋千的质量不计，秋千的摆长为R，C点比O点低5R。求男演员落地点C与O点的水平距离x。






15．(12分)两滑块a、b沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞，碰撞后两者粘在一起运动，经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段。两者的位置x随时间t变化的图象如图所示。求：

(1)滑块a、b的质量之比；
(2)整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比。










16．(16分)如图所示，一右端带有挡板的长木板A停放在光滑水平地面上，两个小滑块B、C放在木板上，B放在长木板的中点，C靠在挡板处。现在瞬间给A一个水平向右的初速度v0，并以此作为计时起点，已知A、B、C的质量相同，B与A间的动摩擦因数为μ，C与A间的摩擦忽略不计，木板A的长度为，在以后的运动过程中，B、C碰撞，或者C与挡板的碰撞都是弹性碰撞，且碰撞时间极短。则：


(1)B、C即将发生第一次碰撞时，A、B、C三者的速率分别为多少？
(2)B、C即将发生第二次碰撞时，A、B、C三者的速率分别为多少？
(3)请通过分析计算加以证明：B、C不会从木板上掉下来。


物 理（B）答 案
一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分。在第1～6题给出的4个选项中，只有一个选项正确；在第7～10题给出的四个选项中，有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。)
1．【答案】B
【解析】一对平衡力所做功之和一定为零，一对作用力和反作用力大小相等方向相反，但它们的做功对应的位移不一定相等，所以它们做功之和不一定为零，故A错误；一对平衡力的冲量之和一定为零，一对作用力与反作用力因等大反向，同在同失，则它们的冲量之和也一定为零，选项B正确；物体所受合力冲量的方向一定与物体动量的变化方向相同，不一定与物体的末动量方向相同，选项C错误；设火箭发射前的质量为M，燃料耗尽后质量m，则喷出气体的质量为M－m。火箭是利用反冲的原理工作的，取向上为正方向，根据动量守恒定律，有0＝(M－m)v－mv′，解得，则知火箭喷出的气体速度越大、火箭的质量比越小，则火箭能够获得的速度不一定越大，故D错误。
2．【答案】D
【解析】小车与小球组成的系统在水平方向动量守恒，在竖直方向动量不守恒，系统整体动量不守恒，故A错误；小球从图示位置下摆到最低点，小车受力向左加速运动，当小球到最低点时，小车速度最大；当小球从最低点向右边运动时，小车向左减速，当小球运动到与左边图示位置相对称的位置时，小车静止，故BC错误，D正确。
3．【答案】C
【解析】铁锤与木桩作用的过程中，铁锤受竖直向下的重力和木桩对铁锤向上的弹力作用，以竖直向下方向为正方向，由动量定理可得(mg－F)Δt＝0－mv，由此得F＝mg＋mvΔt，即C正确。

4．【答案】D
【解析】冲量I＝Δp，从图上看，甲、乙两物体动量变化的大小相同，所以冲量大小I1＝I2；又因为冲量I1＝F1t1，I2＝F2t2，t2＞t1，所以F1＞F2。
5．【答案】C
【解析】第一次碰撞时根据动量守恒mv＝2mv1，解得v1＝12v，碰撞前的动能E0＝12mv2，第一次碰撞后的动能，第n次碰撞后的总能，当剩余的总动能为原来的18时，，解得n＝7，故C正确。
6．【答案】B
【解析】当小球与小车的水平速度相等时，小球弧形槽上升到最大高度，设该高度为h，则mv0＝2mv，得v＝12v0，A正确；设小球离开小车时，小球的速度为v1，小车的速度为v2，整个过程中动量守恒，得mv0＝mv1＋mv2①，由动能守恒得12mv02＝12mv12＋12mv22②，联立①②解得v1＝0，v2＝v0，即小球与小车分离后二者交换速度，所以小球与小车分离后做自由落体运动，B错误，C正确；对小车运用动能定理得，小球对小车做功W＝12mv02－0＝12mv02，D正确。
7．【答案】CD
【解析】整个下落过程中，只有重力和弹力有冲量；由于初末速度都为零，动量变化量为零，根据动量定理，总冲量为零，则得整个过程中，第一、第二阶段重力对运动员的总冲量大小等于第二阶段弹力的冲量大小，则第一阶段重力的冲量应小于第二阶段弹力的冲量大小，选项A错误，C正确；第一阶段重力对运动员的冲量和第二阶段合力对运动员的冲量大小相等，方向相反，所以冲量不相等，选项B错误；第二阶段运动员受到的合力方向先向下后向上，选项D正确。
8．【答案】CD
【解析】炮弹炸裂前后动量守恒，选定v0的方向为正方向，则mv0＝mava＋mbvb，显然vb＞0、vb＜0、vb＝0都有可能，故A错误；|vb|＞|va|、|vb|＜|va|、|vb|＝|va|也都有可能，爆炸后，a、b都做平抛运动，由平抛运动规律知，下落高度相同则运动的时间相等，飞行的水平距离与速度大小成正比，由于炸裂后a、b的速度关系未知，所以a、b飞行的水平距离无法比较，故B错误，C正确；炸裂过程中，a、b之间的力为相互作用力，大小相等，故D正确。
9．【答案】BCD
【解析】这是“等时圆”，即两滑块同时到达滑轨底端。设MP与竖直方向夹角为α，QN与竖直方向夹角为β，如图所示，可知MP＝2Rcos α，NQ＝2Rcos β，由MP>QN，可得α<β。滑块a沿MP下滑的过程中，合力做的功W1＝mgcos α?MP＝2mgRcos2α，滑块b沿QN下滑的过程中，合力做的功W2＝mgcos β?QN＝2mgRcos2β，可知W1>W2，A错误；滑块a沿MP下滑的过程中，弹力大小N1＝mgsin α，滑块b沿QN下滑的过程中，弹力大小N2＝mgsin β，显然N2>N1，又由于两滑块在斜面上滑动时运动时间相同，因此弹力对b滑块的冲量较大，B正确；由于两滑块重力相等，运动时间相等，因此重力对两滑块的冲量相等，C正确；由于合外力对滑块a做的功多，根据动能定理，滑到底端的过程中，滑块a的速度大，动量变化较大，D正确。

10．【答案】BD
【解析】设碰后蓝壶的速度为v，碰前红壶的速度v0＝1.0 m/s，碰后红壶的速度为v0′＝0.4 m/s，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得mv0＝mv0′＋mv，解得蓝壶的速度v＝0.6 m/s；碰撞前两壶的总动能Ek1＝12mv02＝0.5m，碰撞后前两壶的总动能为Ek2＝12mv0′2＋12mv2＝0.26m＜Ek1，所以两壶碰撞为非弹性碰撞，故A错误；根据v－t图象的斜率表示加速度，可知红壶的加速度大小a1＝0.2 m/s2，由图象可知红壶静止的时刻为s，速度图象与坐标轴围成的面积表示位移，则碰后两壶相距的最远距离为m，故B正确；碰后蓝壶的加速度大小a2＝0.12 m/s2，碰后红壶的加速度比蓝壶的加速度大，两壶质量相等，所以红壶的滑动摩擦力比蓝壶的滑动摩擦力大，故C错误，D正确。
二、非选择题(本题共6小题，共60分。按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。)
11．(6分)
【答案】(1)滑块B的右端到D挡板的距离L2 (2)mAL1t1＝mBL2t2 滑块mA、mB、L1、L2、t1、t2测量时带来的误差；气垫导轨不水平；滑块与气垫导轨间有摩擦
【解析】放开卡销后，A、B匀速运动vA＝L1t1，vB＝L2t2，由动量守恒mAvA＝mBvB，所以mAL1t1＝mBL2t2。
12．(8分)
【答案】(1)C (2)m1·OP＝m1·OM＋m2·ON (3)
【解析】(1)根据动量守恒得：m1v1＝m1v1′＋m2v2′、小球做平抛运动下落的高度相同，所以运动时间相等，可得：m1·OP＝m1·OM＋m2·ON，所以除了测量线段OM、OP、ON的长度外，还需要测量的物理量是小球1和小球2的质量m1、m2，故选C。
(2)因为平抛运动的时间相等，则水平位移可以代表速度，OP是A球不与B球碰撞平抛运动的位移，该位移可以代表A球碰撞前的速度，OM是A球碰撞后平抛运动的位移，该位移可以代表碰撞后A球的速度，ON是碰撞后B球的水平位移，该位移可以代表碰撞后B球的速度，当所测物理量满足表达式m1·OP＝m1·OM＋m2·ON。
(3)小球做平抛运动有v0t＝Rsin α，12gt2＝Rcos α，联立可得，根据动量守恒定律有m1v＝mv1＋m2v2，得。
13．(8分)
【解析】(1)以原来运动方向为正，由动量守恒定律得：(m1＋m2)v＝m1v1＋m2v2
解得v2＝－1 m/s
即推开后韩聪的速度大小为1 m/s。
(2)由动量定理：Ft＝m2v2－m2v
解得F＝－60 N
即隋文静对韩聪的平均作用力大小为60 N。
14．(10分)
【解析】设分离前男女演员在秋千最低点B的速度为v0，由机械能守恒定律有：
(m1＋m2)gR＝12(m1＋m2)v20
设刚分离时男演员速度的大小为v1，方向与v0相同；女演员速度的大小为v2, 方向与v0 相反，由动量守恒定律有：
(m1＋m2)v0＝m1v1－m2v2
分离后，男演员做平抛运动，设男演员从被推出到落在C点所需的时间为t，根据题给条件，由运动学规律有：4R＝12gt2，x＝v1t
根据题给条件，女演员刚好回到A点，由机械能守恒定律得：m2gR＝12m2v22
已知m1＝2m2
由以上各式可得：x＝8R。
15．(12分)
【解析】(1)设a、b质量分别为m1、m2，a、b碰撞前的速度分别为v1、v2，由题给图象得：
v1＝－2 m/s，v2＝1 m/s
a、b发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v，由题给图象得：v＝23 m/s。
由动量守恒定律有：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v
解得：m1m2＝18。
(2)由能量守恒定律得，两滑块因碰撞而损失的机械能：
ΔE＝12m1v21＋12m2v22－12(m1＋m2)v2
由图象可知，两滑块最后停止运动，由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功
W＝12(m1＋m2)v2
解得：WΔE＝12。
16．(16分)
【解析】(1)假设B与C碰前，A、B速度相同，且为v1，根据动量守恒可得：mv0＝2mv1
在此过程中，B的位移为sB，由动能定理得：μmgsB＝12mv12
解得：sB＝
由于＞sB＝，可见，A、B同速时还未与C碰，假设成立
则B、C即将发生第一次碰撞时，A、B、C三者的速率分别为：
vA＝v1＝12v0，vB＝v1＝12v0，vC＝0。
(2)B、C相碰过程中根据动量守恒定律和能量守恒定律可得：
mv1＝mvB1＋mvC1
12mv12＝12mvB12＋12mvC12
解得：vB1＝0，vC1＝12v0
碰后C向右做匀速直线运动，A减速，B加速。设A、B再次同速时的速度为v2，经历的时间为t3，根据动量守恒定律和动量定理可得：
mv1＝2mv2
μmgt3＝mv2
解得：v2＝14v0
在时间t3内，C前进的距离sC＝vC1t3＝
由于＞sC＝，可见，A、B再次同速之前，C还没有与挡板碰撞。C与挡板第一次碰撞过程中，根据动量守恒定律和能量守恒定律可得：
mv2＋mvC1＝mvA1＋mvC2
12mv22＋12mvC12＝12mvA12＋12mvC22
解得：vA1＝12v0，vC2＝14v0
设A、B第三次同速时的速度为v3，根据动量守恒定律和动量定理可得：
mvA1＋mv2＝2mv3
μmgt4＝mv3－mv2
解得：v3＝38v0
sB＝
可见A的速度一直大于C，C未与挡板相碰，A、B共速之前，B、C也未相碰
故B、C发生第二次碰撞前，A、B、C的速度分别为：
vA＝v3＝38v0，vB＝v3＝38v0，vC＝vC2＝14v0。
(3)设长木板足够长，B、C不会从木板上掉下来，则依据前面的分析进行类推，可知最终A、B、C三者会以相同的速度做匀速运动，设此速度为v，B相对A始终向左运动，设相对运动的距离为Δs，根据动量守恒定律和能量守恒定律可得：
mv0＝3mv
12mv02－12×3mv2＝μmgΔs
解得
由于，可见，B、C确实不会从木板A上掉下来。