2017-2018学年度高二物理人教版选修3-5第十六章动量守恒定律单元练习

1、2019-2019 学年度高二物理第十六章动量守恒定律单元练习一、单选题（本大题共10 小题，共40.0 分）1.如图所示，物块m、斜劈 M和水平支持面都是光滑的，控制m、 M使其静止， m位于斜劈的顶端撤去控制，m在斜面上运动的过程中（）A. M、 m组成的系统动量守恒B. m、 M组成的系统在水平方向动量守恒C. m对 M的冲量等于 M的动量变化D. M对 m的支持力的冲量为零2. 如图所示，在矩形 MNQP区域中有一垂直纸面向里匀强磁场。质量和电荷量都相等的带电粒子 a、 b、 c 以不同的速率从 O点沿垂直于 PQ的方向射入磁场，图中实线是它们的轨迹。已知 O是 PQ的中点，不计粒子重

2、力。从图示轨迹中可以判断（）A. a 粒子带负电， b 粒子带正电B. c 粒子的动量大小大于a 粒子的动量C. b 粒子运动的时间大于a 粒子运动的时间D. b 粒子的加速度大于c 粒子的加速度3. 古时有“守株待兔”的寓言设兔子的头部受到大小等于自身体重的打击力即可致死，并设兔子与树桩作用时间为0.2 s，则被撞死的兔子其奔跑的速度至少为（ g 取 10m/ s2）（）A. 1m/ sB. 1.5 m/ sC. 2m/ sD. 2.5 m/ s4. 水龙头打开后，水柱以大小为 v0 的速度竖直向下稳定喷出，将一平板水平放置在靠近水龙头处，水柱冲击在平板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方

3、向朝四周均匀散开。此时水对平板的冲击力为F0将平板向下平移至距离水龙头h 处，水流出后经过时间t 落在平板上，此时水对平板的冲击力变为 2F0忽略空气阻力，下列关系式正确的是（）A.B.C.D.5. 如图所示，在光滑水平地面上有A、B 两个小物块，其中物块 A的左侧连接一轻质弹簧。物块A 处于静止状态，物块B 以一定的初速度向物块A 运动，并通过弹簧与物块A发生弹性正碰。对于该作用过程，两物块的速率变化可用速率- 时间图象进行描述，在选项所示的图象中，图线1 表示物块 A 的速率变化情况，图线2 表示物块B 的速率变化情况。则在这四个图象中可能正确的是（）A.B.C.D.6. 如图所示，、cd

4、是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、 、d位于同一adbdb c圆周， a 点为圆周的最高点，d 为圆周的最低点每根杆上都套着一个质量相同的小滑环（图中未画出），三个滑环分别a、b、c 处释放（初速度为零），关于它们下滑的过程，下列说法中正确的是（）第 1页A. 重力对它们的冲量相同 C. 合外力对它们的冲量相同B. 弹力对它们的冲量相同D. 它们的动能增量相同7.如图所示，在光滑水平面上质量分别为mA=3kg、 mB=2kg，速率分别为vA=5m/ s、 vB=3m/ s 的 A、 B 两小球沿同一直线相向运动，下列说法中正确的是（）A. 它们碰撞前的总动量大小是21kg?m/ s，方向水平向

5、左B. 它们碰撞后的总动量大小是21kg?m/ s，方向水平向右C.它们碰撞后的总动量大小是9? /，方向水平向右kg m sD. 它们碰撞前的总动量大小是9kg?m/ s，方向水平向左8. 关于动量的概念，以下说法中正确的是（）A. 速度大的物体动量一定大B. 质量大的物体动量一定大C. 两个物体的质量相等，速度大小也相等，则它们的动量一定相等D. 两个物体的速度相等，那么质量大的物体动量一定大9.静止在光滑水平面上的物体， 受到水平拉力象如图所示，则下列说法中不正确的是（F 的作用， 拉力）F 随时间t变化的图A. 0 4s 内物体的位移为零 C. 4s 末物体的动量为零B. 0 4s 内

6、拉力对物体做功为零D. 0 4s 内拉力对物体的冲量为零10.质量为 M的热气球吊框中有一质量为m的人，共同静止在距离地面为h 的高空中，现从气球上放下一根质量不计的软绳， 人沿绳子安全滑到地面，在此过程中热气球上升了（）A.hB.hC.hD.h二、多选题（本大题共5 小题，共30.0 分）11.如图所示，人和木箱静止在光滑水平地面上，木箱的质量为m，人的质量为5m。人将木箱以水平速率v（相对地面推向竖直墙壁，术箱又以速率v 弹回，人接住木箱后再以速率v 将木箱推向墙壁，如此反复。下列说法正确的是（）A. 人推木箱过程中动量守恒，机械能也守恒B. 人第一次将木箱推出的过程中，人和木箱组成的系统

7、的动能增量为C. 木箱每次与墙壁碰撞的过程中墙壁对木箱的冲量大小均为mvD. 要使人不能按住木箱，人至少要推木箱3 次12. 如图所示，木块 B 与水平轻弹簧相连放在光滑的水平面上，子弹 A 沿水平方向射入木块后留在木块 B内，入射时间极短， 而后木块将弹簧压缩到最短 关于子弹和木块组成的系统， 下列说法中正确的是 （）A. 子弹射入木块的过程中，系统的动量守恒B. 子弹射入木块的过程中，系统的机械能守恒C. 木块压缩弹簧的过程中，系统的动量守恒D. 木块压缩弹簧的过程中，系统的机械能守恒13. 一质量为 m的物体在水平恒力F 的作用下沿水平面运动，在t 0 时刻撤去 F，其 V- t 图象如

8、图所示已知物体与水平面间的动摩擦因数为 ，则下列关于力F大小和力F做功（ ）大小的关系式，正确的W是（）A.WB.FmgC. WmgvtD. Fmg=2=0 0=314. 在质量为的小车中挂有一单摆，摆球的质量为0，小车和单摆以恒定的速度v沿光滑水平地面运动，Mm与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞，碰撞的时间极短，由此碰撞过程中，下列哪些情况说法是可能的（）A. 小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为vv1、 v2、v3，满（ M+m） v=Mv1+mv2+m0v3B.摆球的速度不变，小车和木块的速度变化为v2，满足Mv Mv mv1、= 1+ 2C. 车和摆球的速度都变为 v1，木

9、块的速度变化为 v2，满足（ M+m0） v=（ M+m0） v1+mv2D.小摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为v1，满足=（ + ）1Mv M m v15. 某人站在静浮于水面的船上，从某时刻开始人从船头走向船尾，设水的阻力不计，那么在这段时间内人和船的运动情况是（）A. 人匀速走动，船则匀速后退，且两者的速度大小与它们的质量成反比B. 不管人如何走动，在任意时刻两者的速度总是方向相反，大小与它们的质量成反比C. 人匀加速走动，船则匀加速后退，且两者的速度大小一定相等D. 人走到船尾不再走动，船则停下三、实验题探究题（本大题共1 小题，共9.0 分）16. 某兴趣小组设计了一个寻求碰撞

10、前后不变量的实验。实验器材有：打点计时器、低压交流电源（ f =50Hz）、纸带、刻度尺、表面光滑的平直金属轨道、带撞针的小车甲、带橡皮泥的小车乙、天平。该小组实验的主要步骤有：A用天平测出甲的质量m1=0.50 kg，乙的质量m2=0.25 kgB更换纸带重复操作三次C接通电源，并给甲车一定的初速度v 甲D将平直轨道放在水平桌面上，在其一端固定打点计时器，连接电源E将小车甲靠近打点计时器放置，在车后固定纸带，将小车乙静止地放在平直轨道中间位置（ 1）上述实验步骤合理的顺序为 _，（ 2）从打下的纸带中，选取比较理想的一条，如图2 所示，请补充完成下表（均保留两位有效数字第 3页甲车乙车甲乙整

11、体质量 m/kg0.500.250.75速度 v/ （ m?s-1 ）00mv0mv20（ 3）根据以上数据寻找出碰撞前后不变量的表达式为_。四、计算题（本大题共2 小题，共21.0 分）17.如图所示，一个半径为R=1.00 m粗造的四分之一圆弧轨道，固定在竖直平面内，其下端切线是水平的，轨道下端距地面高度 h=1.25 m，在轨道末端放有质量为 mB=0.30 kg 的小球 B （视为质点），另一质量为 mA=0.10 kg 的小球 A（也视为质点）由轨道上端点从静止开始释放，运动到轨道最上时，对轨道的压思为2.6 N， A 与 B 发生正碰，碰后小球 B 水平向右飞出，落到地面时的水平位

12、移为s=0.80 m，不计空气阻力，重力加速度取g=10m/ s2，求：（ 1）A 与 B 正碰前瞬间小球 A 的速度 VA 的大小；（ 2）A 与 B 正碰前小球 A 克服摩擦力所做的功 Wf；（ 3）A 与 B 正碰后瞬间小球 A 的速度 v A18. 如图 Q为一个原来静止在光滑水平面上的物体，其DB段为一半径为 R的光滑圆弧轨道， AD段为 - 长度为也R的粗糙水平轨道， 二者相切于点，在圆心的正下方， 整个轨道位于同一竖直平面内物DDO块 P 的质量为 m（可视为质点）， P 与 AD段轨道间的滑动摩擦力为正压力的0.1 倍，物体 Q的质量为2m，重力加速度为g，（ l ）若 O固定

13、， P以速度 v0 从 A点滑上水平轨道，冲至圆弧上某点后返回A 点时冶好静止，求v0 的大小（ 2）若Q不周定，P仍以速度v0 从A点滑上水平轨道， 求P在光滑圆弧轨道上所能达到的最大高度h答案和解析【答案】1.B2.8.D9.15. ABDD3.C4.A10.A11.C 5.BD 12.B6.A7.CAD13.AD14.BD16. ADECB； m甲 v 甲+m乙 v 乙 =（ m甲+m乙 ）v 共17. 解：（ 1）小球 A 在圆弧轨道最低点做圆周运动，由牛顿第二定律得：F- mAg=mA ，代入数据解得：vA=4m/ s；（ 2）小球 A 下滑过程，由动能定理得：2mAgR- Wf=

14、mAvA -0 ，代入数据解得：Wf=0.2 J；（ 3）两球碰撞后离开圆弧做平抛运动，对 B 球，在竖直方向： h= gt 2，水平方向： s=vBt ，两球碰撞过程系统动量守恒，以A 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mAvA=mAvA +mBvB，代入数据解得：vA =-0.8 m/ s，负号表示方向向左；答：（ 1）A 与 B 正碰前瞬间小球A 的速度 VA 的大小为 4m/ s；（ 2） A与 B 正碰前小球A 克服摩擦力所做的功为0.2 J（ 3） A与 B 正碰后瞬间小球A 的速度为 0.8 m/ s，方向向左18. 解：（ 1）在整个过程中，由能量守恒定律得：- mg?2

15、R=0- mv02，由题意知： =0.1 ，代入数据解得： v0=；（ 2）以 P、 Q组成的系统为研究对象，系统动量守恒，当P上升到最大高度时，P、Q两者速度相等，以P的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0=（ m+2m）v，在整个过程中由能量守恒定律得：22mv0 = （m+2m） v +mgh+ mgR，代入数据解得：h=；答：（ 1） v0 的大小为；（ 2） P在光滑圆弧轨道上所能达到的最大高度【解析】1. 解： A、撤去控制， m在斜面上运动的过程中， m有竖直向下的分加速度，整个系统处于失重状态，地面对 M的支持力小于 M、 m的总重力，系统的合外力不为零，所以M、 m组成

16、的系统动量不守恒，故A 错误；B、系统在水平方向所受的合外力为零，所以系统在水平方向动量守恒，故B正确；C、根据动量定理知：M的动量变化等于合外力的冲量，即等于m对 M以及地面对M的合冲量，不等于m对M的冲量，故C错误D、根据冲量的定义I =Ft ，知 M对 m的支持力不为零，作用时间也不为零，所以M对 m的支持力的冲量不为零故D错误；故选： B动量守恒的条件是：系统所受的合外力为零根据系统受力情况，结合动量守恒的条件分析系统的动量是否守恒 M对 m的支持力的冲量根据冲量的定义I =Ft 分析本题考查了动量守恒定律的应用，关键是要掌握系统动量守恒的条件：合外力为零，分析清楚物体的受力情况，判断

17、出系统水平方向动量守恒，要注意：系统的总动量不守恒2. 解： A、根据左手定则，由粒子的偏转方向确定受力方向，a 粒子受力向左，则带正电， b、c 受力向右，带负电，所以选项 A错误；、由洛仑兹力提供向心力=可得： =，显然半径大的其动量大，则b粒子的动量最大，其次BqvB mmv qBr是 a，最小的是c，所以选项B 错误；第 5页C、运 t =，由 迹可知，a 粒子偏 90，而 b 粒子偏 小于90， a 在磁 的 大于b的 ， C ；D、加速度 a= =， 然半径大的加速度也大，b 半径大于 c 的半径， b 加速度大于c 的加速度， 项 D正确。故 ： D。根据粒子运 迹由左手定 判断

18、粒子的 性；粒子在磁 中做 周运 ，由牛 第二定律求出粒子的速度，然后求出粒子的 量的表达，从 量的表达式就知道三种粒子的 量大小；根据粒子做 周运 的周期与 的 心角比 粒子运 。 粒子在磁 、 量及 量相同情况下，运 的半径与速率成正比，从而根据运 弧来确定速率的大小。3. 解：取兔子奔跑的速度方向 正方向。根据 量定理得 - Ft =0- mvv =由 F=mg得到 v=gt =2m/ s故 ： C。以兔子 研究 象，它与 碰撞 程中，水平方向受到 它的打 力，速度减小至零，根据 量定理研究其速度本 用 量研究碰撞 程物体的速度 于打 、碰撞、爆炸等 力作用 程，往往用 量定理研究作用力

19、4. 解： t 内 出的水的 量 m，在 t 内水的速度 成 0， 取向下 正方向，由 量定理可得：- F0? t =0- mv0将平板向下平移至距离水 h ， t 内 出的水流出后 t 落在平板上，仍然会在t 时 内与平板作用后速度 成0， ：-2 F0? t =0- mv又： v=v0+gt 立式得：v=2v0， h=， t = ，故 C正确， ABD 。故 ： C。根据 量定理得出作用力的大小与速度大小的关系，然后 合匀 速直 运 的公式， 立求出即可。本 主要考 了 量定理的直接 用，知道将平板向下平移至距离水 h 后， 然水流的速度增大，但水流的横截面 也减小，所以在t 内仍然全部速

20、度 成0 是解答的关 。5. 解：物 B 簧的 程，开始 A 做加速运 ， B 做减速运 ，随着 量的增大， 簧的 力增大，两个物 的加速度增大。当 簧 至最短 ，二者的速度相等；此后A 加速， B 减速， 簧的 量减小， 力减小，两个物 的加速度减小。当 簧恢复原 B 离开 簧。所以 v- t 象切 斜率的大小都先增大后减小。设 B 离开 簧 A、B 的速度分 vA 和 vB。取水平向右 正方向，根据 量守恒定律：B0= A A+ B B，mvmv mv由机械能守恒得：22B2B 0 =A A +Bmvmvmv 立解得vA=v0，vB=v0。若 mB mA，由上式可得： vA vB所以 B图

21、是可能的。若 mB=mA，由上式可得： vA=v0， vB=0。若 mB mA，由上式可得： vA 0， vB0。综上，只有B 图是可能的。故ACD错误， B 正确。故选： B。对 A、 B 受力分析，根据牛顿第二定律分析加速度的变化情况，根据系统的动量守恒和机械能守恒列式分析两物块的速率，画出速度时间图象。该题考查系统的动量守恒定律与机械能守恒定律，解决本题的关键是对物体进行受力分析和运动过程分析，要知道 v- t 图象的斜率表示加速度。6. 解：设任一细杆与竖直方向的夹角为，环运动的时间为 t ，圆周的直径为 D则环的加速度大小a=gcos 由位移公式得： Dcos =，得到 t = ，所

22、以三个环运动时间相同、由于三个环的重力相等，运动时间相同，由公式I=Ft分析可知，各环重力的冲量相等故A正确AB、 c 环受到的弹力最大，运动时间相等，则弹力对环c 的冲量最大故B 错误C、 a 环的加速度最大，受到的合力最大，则合力对a 环的冲量最大故C错误D、重力对 a 环做功最大，其动能的增量最大故D错误故选： A根据牛顿定律与运动学公式结合分析得到：三个滑环下滑的时间相同由冲量公式I= ，判断重力冲量关Ft系由于 c 环受到的弹力最大，其冲量最大a 环加速度最大，合力最大，其冲量最大下滑过程中，只有重力做功，根据动能定理得知，动能的增量等于重力做功，重力对a 环做功最大，其动能的增量最

23、大本题关键之处是运用牛顿定律和运动学公式分析三个环的运动时间关系，中等难度7.解：取水平向右方向为正方向，设碰撞前、后总动量分别为P和 P则碰撞前， A、B 的速度分别为：ABv=5m/ s、 v =-3 m/ sP=mAvA+mBvB=35+2（ -3 ） =9（kg?m/ s），负号表示碰撞前总动量方向水平向左根据动量守恒定律得：P =P=9（ kg?m/ s），方向水平向右故选： C两球碰撞过程，系统的动量守恒，先选取正方向，再根据动量守恒定律列方程，求解即可本题碰撞过程中遵守动量守恒，不仅碰撞前后总动量的大小不变，方向也保持不变，要注意选取正方向，用符号表示速度的方向8.解：、动量是质

24、量与速度的乘积，故A错误；AB、动量是质量与速度的乘积，故B错误、动量是矢量，它的方向与速度的方向相同，速度大小相等，但方向不一定相同，故C错误；CD、动量是质量与速度的乘积，速度相等，那么质量大的物体动量一定大，故D正确；故选 D动量（国际单位制中的单位为kg?m/ s）表示为物体的质量和速度的乘积，是与物体的质量和速度相关的物理量，指的是这个物体在它运动方向上保持运动的趋势动量也是矢量，它的方向与速度的方向相同本题关键是要明确动量的定义，同时要明确动量是矢量，方向与速度相同9. 解：由图象可知物体在4s 内先做匀加速后做匀减速运动，4 s 末的速度为零，位移一直增大A、物体在 4s 内先做

25、匀加速后做匀减速运动，4 s 末的速度为零，位移一直增大，故A 错误；B、前 2s 拉力做正功，后2s 拉力做负功，4 s 末的速度为零，所以两段时间做功代数和为零，故B 正确；C、 4s 末的速度为零，故动量为零；故C正确；、根据= 可知：前 4s内I合 =2 -2=0，故D正确；DI FtFF本题选择不正确的，故选：A根据物体的受力情况分析物体的运动情况，结合运动学基本公式及做功公式、冲量公式即可求解本题主要考查了同学们读图的能力，要求同学们能根据受力情况分析物体的运动情况，再根据动量定理进行分析求解第 7页10.解：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

26、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：mv1- Mv2=0，得：，其中x 人 =h解得：x 气 =，故A 正确，BCD错误，故选： A人和气球动量守恒，当人不动时，气球也不动；当人向下运动时，气球向上运动，且变化情况一致，即加速均加速，减速均减速，匀速均匀速根据动量守恒列出等式求解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11. 解： A、人推木箱过程中系统的合外力为零，系统的动量守恒。人要消耗体能转化为系统的机械能，所以机械能要增加，故 A 错误。、人第一次将木箱推出的过程中，取向右为正方向，由动量守恒

27、定律得0=-51，得v1= 人和木箱组Bmvmv成的系统的动能增量为 E =+=故 B 正确。k、木箱每次与墙壁碰撞的过程中，取向左为正方向， 由动量定理得： 墙壁对木箱的冲量大小I= - （ -）Cmvmv=2mv，故 C错误。D、箱子反弹回来的速度始终为v，设人推箱子n 次后，人与箱子的速度均为v，此时人恰好不能再接住箱子。箱子与墙壁碰撞 n 次后，墙壁对系统的冲量为nI ，由动量定理： nI =（5m+m）v，即 n?2mv=（5m+m）v，解得 n =3 次，所以，要使人不能按住木箱，人至少要推木箱3 次。故 D正确。故选： BD。人推木箱过程中动量守恒，机械能要增加。人第一次将木箱推

28、出的过程中，根据动量守恒定律求出人的速度，再求得人和木箱组成的系统的动能增量。箱子反弹回来的速度始终为v，人的速度与箱子速度时，人恰好不能再接住箱子。由动量守恒定律求解推木箱的次数。解决本题的关键是掌握动量守恒定律和动量定理，以及在运用动量守恒定律解题时注意速度的方向。要明确动量定理是求冲量常用的方法。v 相同12.解： A、子弹射入木块的过程中系统所受合外力为零，系统动量守恒，故A 正确；B、子弹射入木块的过程中要克服阻力做功，系统机械能不守恒，故B 错误；C、木块压缩弹簧过程中系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故C错误；D、木块压缩弹簧过程中，只有弹簧的弹力做功，子弹、木块和弹簧组成的

29、系统机械能守恒，故D正确；故选： AD系统所受合外力为零，系统动量守恒，只有重力或只有弹力做功，系统机械能守恒，根据动量守恒与机械能守恒的条件分析答题本题考查了判断系统动量与机械能是否守恒，知道动量与机械能守恒的条件，分析清楚物体运动过程即可正确解题13. 解： B、 D、对 0- t 0 过程和 0-3 t 0 过程，由动量定理Ft 0- mgt0=mv0Ft 0- mg（ 3t 0 ）=0解得F=3 mg故 B 错误、 D正确；A、 C、由图象0- t 0 过程的位移x=故推力的功W=Fx=故 A 正确、 C错误；故选 AD对 0- t 0 过程和 0-3 t 0 过程分别运用动量定理列式

30、，可以求出水平恒力F 的大小；由图象求出0- t 0 过程的位移，可以进一步求力F 的功本题关键对加速过程和全部过程运用动量定理求出推力与摩擦力的关系，然后根据功的定义求解推力的功；本题也可根据牛顿第二定律和运动学公式联立求出推力，但用动量定律较为简洁14.解： AC、在碰撞的瞬间，由于惯性，摆球的速度不变，故AC错误、由此碰撞过程中，由于碰撞时间极短，小车和木块组成的系统动量守恒，摆球的速度不变，以球的初BD速度方向为正方向，若碰后小车和木块的速度变v1 和 v2，由动量守恒定律得：Mv=Mv1+mv2若碰后小车和木块速度相同，小车和木块的速度都变为v1，满足 Mv=（M+m） v1 ，故

31、BD正确故选： BD在小车和木块碰撞的过程中，由于碰撞时间极短，小车和木块组成的系统动量守恒，摆球在碰撞瞬间速度不变结合动量守恒定律列式分析解决本题的关键合理选择研究对象，要知道在碰撞的瞬间前后摆球的速度不变，没有参与碰撞，小车和木块组成的系统动量守恒15.解： 、以人和船构成的系统为研究对象，其总动量守恒，设人和船的速度分别为v1、2，以人的速Av度方向为正方向，由动量守恒定律得：0=m人 v1+M船 v2解得：=-，可知人与船的速度方向相反，人匀速走动，船则匀速后退，且两者的速度大小与它们的质量成反比，故A 正确B、由上式知，在任意时刻两者的速度总是方向相反，大小与它们的质量成反比，与人的运动情况无关，故 B 正确C、人与船组成的系统动量守恒，人匀加速走动，船则匀加速后退，由动量守恒定律可知，两者的速度与质量成反比，则两者的速度大小不一定相等，故C错误；D、人走到船尾不再走动，设共同速度为v，则 0=