动量守恒定律单元测试

1、成都七中高2017级动量守恒定律单元测试考试时间：40分钟 总分：110分一、不定项选择题（本大题共10小题，共60.0分）1. 如图所示，质量为m的物体在一个与水平方向成角的拉力F作用下，一直沿水平面向右匀速运动，则下列关于物体在t时间内所受力的冲量，正确的是（）A. 拉力F的冲量大小为FtcosB. 摩擦力的冲量大小为FtsinC. 重力的冲量大小为mgtD. 物体所受支持力的冲量是mgt2.人从高处跳下，为更好地保护身体，双脚触地，膝盖弯曲让身体重心继续下降着地过程这样做，可以减小（）A. 人动量变化的时间B. 人受到的冲量C. 人的动量变化量D. 人的动量变化率3.如图所示，质量为M的

2、小车置于光滑的水平面上，车的上表面粗糙，有一质量为m的木块以初速度v0水平地滑至车的上表面，若车足够长，下列说法正确的是（）A. 木块的最终速度为v0B. 由于车表面粗糙，小车和木块所组成的系统动量不守恒C. 车表面越粗糙，木块减少的动量越多D. 车表面越粗糙，小车获得的动量越多4.在光滑的水平面上有a、b两球在t=2s时发生正碰，其质量分别为ma、mb，两球在碰撞前后的v-t图象如图所示a、b两球质量之比是（）A. ma：mb=1：2B. ma：mb=2：5C. ma：mb=2：1D. ma：mb=5：25.如图所示，在光滑水平面上，有质量分别为2m和m的A、B两滑块，它们中间夹着一根处于压

3、缩状态的轻质弹簧，由于被一根细绳拉着处于静止状态当剪断细绳，在两滑块脱离弹簧之后，下述说法正确的是（）A. 两滑块的动能之比EkA：EkB=1：2B. 两滑块的动量大小之比pA：pB=2：1C. 两滑块的速度大小之比vA：vB=2：1D. 弹簧对两滑块做功之比WA：WB=1：12. 甲、乙两个溜冰者质量分别为48kg和50kg，甲手里拿着质量为2kg的球，两人均以2m/s的速率，在光滑的冰面上沿同一直线相向滑行，甲将球传给乙，乙再将球传给甲，这样抛接几次后，球又回到甲的手里，乙的速度为零，则甲的速度的大小为（）A. 0B. 2m/sC. 4m/sD. 无法确定3. 质量为m的小球A以速度v0在

4、光滑水平面上运动，与质量为2m的静止小球B发生对心碰撞，则碰撞后A球的速度大小vA和B球的速度大小vB可能为（）A. vA=v0，vBv0B. vA=v0，vB=v0C. vA=v0，vB=v0D. vA=v0，vB=v04. 如图所示，在光滑水平面上停放着质量为m装有光滑弧形槽的小车，质量为m的小球以水平速度v沿槽向车上滑去，到达某一高度后，小球又返回车右端，则（）A. 小球以后将做自由落体运动B. 小球以后将向右做平抛运动C. 小球在弧形槽上升的最大高度为D. 小球在弧形槽上升的最大高度为5. 如图所示，A、B两个小球在光滑水平面上沿同一直线相向运动，它们的动量大小分别为p1和p2，碰撞后

5、A球继续向右运动，动量大小为p1，此时B球的动量大小为p2，则下列等式成立的是（）A. p1+p2=p1+p2B. p1-p2=p1+p2C. p1-p1=p2+p2D. -p1+p1=p2+p26. 质量为40kg的走钢丝运动员，不慎从高空跌下，万幸有弹性安全绳的保护，使其被悬挂起来已知弹性安全绳的原长为5m，安全绳缓冲的时间为2s，g=10m/s2以上过程中，下列说法正确的是（）A. 运动员重力的冲量为0B. 运动员重力的冲量为1200NsC. 缓冲时安全绳的平均冲力为600ND. 缓冲时安全绳的平均冲力为1000N7. 如图所示，质量为m的小球从距离地面高H的A点由静止开始释放，落到地面

6、上后又陷 入泥潭中，由于受到阻力作用到达距地面深度为h的B点时速度减为零不计空气阻力，重力加速度为 g关于小球在刚接触地面到速度变为零的过程中，下列说法中正确的有（）A. 小球的机械能减少了mghB. 小球克服阻力做的功为mg（H+h）C. 小球所受阻力的冲量等于mD. 小球动量的改变量大小等于m二、综合计算题（本大题共3小题，共50分）8. 如图，质量为M=0.2kg的长木板静止在光滑的水平地面上，现有一质量也为m=0.2kg的滑块以v0=1.2m/s的速度滑上长木板的左端，小滑块与长木板间的动摩擦因数=0.4，小滑块刚好没有滑离长木板，求：（ g=10m/s2

7、）（1）小滑块的最终速度（2）在整个过程中，系统产生的热量（3）以地面为参照物，小滑块滑行的距离为多少？9. 如图所示，质量分别为M1=0.49kg和M2=0.5kg的木块静置在光滑水平地面上，两木块间夹有一轻质弹簧，一粒质量m=0.01kg的弹丸以v0=150m/s的速度打入木块M1并停留在其中（打击时间极短），求：当弹丸在木块M1中相对静止的瞬间木块M1的速度v1；当M2的速度v=1m/s时弹簧的弹性势能Ep10. 如图所示，在光滑水平面上，木块A的质量mA=1kg，木块B的质量mB=4kg，质量mc=2kg的木块C置于足够长的木块B上，B、C之间用一轻弹簧相拴接并且接触面光滑开始时B、C

8、静止，A以v0=10m/s的初速度向右运动，与B碰撞后B的速度为3m/s，碰撞时间极短求：（1）A、B碰撞后A的速度；（2）弹簧长度第一次最短时B、C的速度分别是多少答案和解析【答案】1. C2. D3. D4. A5. A6. B7. B8. A9. A10. D11. AC12. AD13. BD14. BC15. BD16. C；ADE；14；2.9；1.01  17. 解：（1）小滑块与长木板系统动量守恒，规定向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=（m+M）v解得最终速度为：（2）由能量守恒定律得：代入数据解得热量为：Q=0.072J（3）对小滑块应用动能定理：代

9、入数据解得距离为：S=0.16m答：（1）小滑块的最终速度是0.6m/s，（2）在整个过程中，系统产生的热量是0.072J；（3）以地面为参照物，小滑块滑行的距离为0.16m。  18. 解：弹丸与木块M1作用过程中，取向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=（m+M1）v1解得：v1=3m/s弹丸停留在木块M1中一起压缩弹簧与M2作用过程中动量守恒，机械能守恒，则得： （m+M1）v1=（m+M1）v2+M2v （m+M1）v12=Ep+（m+M1）v22+M2v2联解得：Ep=1J答：当弹丸在木块M1中相对静止的瞬间木块M1的速度v1是3m/s当M2

10、的速度v=1m/s时弹簧的弹性势能Ep是1J  19. 解：（1）因碰撞时间极短，A、B碰撞时，C的速度为零，规定向右为正方向，由动量守恒定律得：mAv0=mAvA+mBvB     得vA=v0-=10-=-2m/s  即A、B碰撞后A的速度大小为2m/s，方向向左（2）弹簧长度第一次压缩的最短时B、C速度相等，由动量守恒定律得：mBvB=（mB+mC）v 解得v =2m/s，方向向右答：（1）A、B碰撞后A的速度大小为2m/s，方向向左（2）弹簧长度第一次最短时B、C的速度都是2m/s，方向向右  【

11、解析】1. 解：A、拉力F的冲量大小为Ft，故A错误B、物体做匀速直线运动，可知摩擦力f=Fcos，则摩擦力的冲量大小为ft=Ftcos，故B错误C、重力的冲量大小为mgt，故C正确D、支持力的大小为N=mg-Fsin，则支持力的冲量为（mg-Fsin）t故D错误故选：C 根据力的大小，结合冲量的公式I=ft求出各力的冲量大小解决本题的关键知道冲量的大小等于力与时间的乘积，结合力的大小进行求解，基础题2. 解：C、由图，AB与CD平行，说明推力撤去后两物体的加速度相同，而撤去推力后物体的合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知，两物体受到的摩擦力大小相等但a的运动总时间小于b的时间，根据I=ft可

12、知，摩擦力对a物体的冲量小于摩擦力对b物体的冲量，故C错误A、B根据动量定理，对整个过程研究得  F1t1-ftOB=0，F2t2-ftOD=0由图看出，tOBtOD，则有F1t1F2t2，即F1的冲量小于F2的冲量故AB错误D、根据动量定理可知，合外力的冲量等于物体动量的变化量，ab两个物体动量的变化量都为零，所以相等，故D正确；故选：D由速度图象分析可知，水平推力撤去后，AB与CD平行，说明加速度相同，动摩擦因数相同，两物体的质量相等，说明摩擦力大小相等根据动量定理，研究整个过程，确定两个推力的冲量关系本题首先考查读图能力，其次考查动量定理应用时，选择研究过程的能力中等

13、难度3. 【分析】明确人下落过程中的速度变化，则可得出动量的变化规律，从而明确能减小的物理量。人下落过程中动量的变化是一定的，但通过延长与地面的接触时间可以减小人受到地面的冲击力和动量的变化率。【解答】人从高处跳下时，动量的变化量是相同的；通过膝盖弯曲时延长了人动量变化的时间；从而减小地面对人体的冲击力；由动量定理可知，可以减小人的动量变化率；但不能减小人动量变化的时间及人的动量变化量；同时也不能减小人受到的冲量；故选D。4. 解：根据动量定理得： F0t0=mv1  2F0t0=mv2-mv1 由解得：v1：v2=1：3得：P1：P2=1：3x1=，x2=+t0代入解得：

14、x1：x2=1：5做的功为W2=W1=得W1：W2=1：9故选：A根据动量定理求速度v1和v2之比根据功率公式P=Fv，求出P1和P2之比，根据功的定义式求功W1和W2之比另外，可以根据动量与动能的联系：求解，比分析做功的方法简单。本题涉及力在时间的积累效果，优先考虑动量定理要注意位移是相对出发点的位移5. 解：A、B、以小车和木块组成的系统为研究对象所受合外力为零，因此系统动量守恒，由于摩擦力的作用，m速度减小，M速度增大，m速度减小到最小时，M速度达最大，最后m、M以共同速度运动有：mv=（m+M）v解得：v=故A正确，B错误；C、根据A选项分析，木块减少的动量mv-mv与车面粗糙程度无关

15、故C错误；D、根据A选项分析，小车M获得动量Mv与车面粗糙程度无关，故D错误故选：A 以小车和木块组成的系统为研究对象所受合外力为零，因此系统动量守恒，根据动量守恒列方程即可解答应用动量守恒定律时要清楚研究的对象和守恒条件把动量守恒和能量守恒结合起来列出等式求解是常见的问题，难度适中6. 解：对木块和槽所组成的系统，水平方向不受外力，水平方向动量守恒，设木块滑出槽口时的速度为v，槽的速度为u，在水平方向上，由动量守恒定律可得：mv-Mu=0 木块下滑时，只有重力做功，系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgR=，联立解得v=，故B正确，A、C、D错误故选：B当光滑圆槽不固定时，木块与槽组成的系

16、统在水平方向上动量守恒，系统机械能守恒，由动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出木块到达槽口时的速度本题考查了动量守恒和能量守恒的基本运用，知道系统在水平方向上动量守恒，注意不能认为槽静止不动，结合动能定理求出木块到达槽口的速度7. 解：由图可知b球碰前静止，设碰撞前，a球的速度为v0，碰后a球速度为v1，b球速度为v2，物体碰撞过程中动量守恒，规定a的初速度方向为正，由动量守恒定律有：mav0=mav1+mbv2；由图知，v0=4m/s，v1=-1m/s，v2=2m/s，代入上式解得：ma：mb=2：5故ACD错误，B正确故选：Ba、b碰撞过程中动量守恒，根据动量守恒定律列出方程，结合图象信息

17、即可求得两球质量关系解决本题的关键是要掌握碰撞遵守基本的规律：动量守恒定律，列方程时要注意速度的方向，读图时速度的大小和方向一起读8. 解：在两滑块刚好脱离弹簧时运用动量守恒得：2mvA+mvB=0得：两滑块速度大小之比为：=，故C错误；两滑块的动能之比EkA：EkB=，故A正确；两滑块的动量大小之比pA：pB=，故B错误；弹簧对两滑块做功之比等于两滑块动能之比为1：2，故D错误故选A先根据动量守恒守恒求出脱离弹簧后两滑块的速度之比，根据动能、动量的表达式求出动能及动量之比，根据弹簧对两滑块做功等于滑块动能的变化量求出弹簧对两滑块做功之比本题是动量定理的直接应用，要比较物理量之间的比例关系，就

18、要把这个量用已知量表示出来再进行比较9. 解：设甲溜冰者的运动方向为正方向，根据动量守恒定律，选择开始和最后两个状态列方程得：（M甲+m）v0-M乙v0=M乙×0-（M甲+m）v，代入数据解得v=0，故BCD错误，A正确故选A以两人和球为研究对象，系统水平方向动量守恒，根据动量守恒列方程即可正确解答该题比较简单，考查了动量守恒定律的应用，注意该定律的应用条件，同时注意动量守恒定律公式的矢量性10. 解：从子弹射向木块到木块将弹簧压缩到最短的全过程中，系统受到墙壁的弹力，合外力不为零，总动量不守恒同时在作用过程中由于摩擦力做功；故弹簧、木块和子弹组成的系统机械能减小，转化为内能故动量不

19、守恒、机械能不守恒；故选：D从子弹射向木块到木块将弹簧压缩到最短的全过程中，系统受到墙壁的弹力，总动量不守恒系统的机械能减小转化为内能在木块压缩弹簧过程中，木块对弹簧的作用力等于弹簧对木块的作用力在弹簧压缩到最短的时刻，木块的速度为零，弹簧处于压缩状态，加速度不为零判断动量和机械能是否守恒，关键根据守恒条件进行判断：动量守恒的条件是合外力为零，机械能守恒条件是只有重力或弹簧的弹力做功11. 【分析】两球碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量守恒；碰撞过程中系统机械能可能有一部分转化为内能，根据能量守恒定律，碰撞后的系统总动能应该小于或等于碰撞前的系统总动能；同时考虑实际情况，碰撞后A球速

20、度不大于B球的速度。本题碰撞过程中动量守恒，同时要遵循能量守恒定律，不忘联系实际情况，即后面的球不会比前面的球运动的快！【解答】两球碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量守恒，ABCD均满足；考虑实际情况，碰撞后A球速度不大于B球的速度，因而D错误，ABC满足；根据能量守恒定律，碰撞后的系统总动能应该小于或等于碰撞前的系统总动能，B选项碰撞前总动能为，B选项碰撞后总动能为，故B错误，故选AC。12. 解：A、系统整个过程水平方向动量守恒，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+mv2  由动能守恒得：mv02=mv12+mv

21、22  联立，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故A正确，B错误；C、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  mv02=2mv2+mgh   联立解得：h=故C错误，D正确故选：AD 选取小球与小车组成的系统为研究对象，系统整个过程水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，系统的机械能守恒，所以相当于弹性碰撞！小球回到小车右端时，小球的速度为0，小车具有向左的速度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解决本题关键是能够把动量守恒，结

22、合机械能守恒进行分析求解；抓住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，而在碰撞中没有能量损失，可视为弹性碰撞，在相互作用过程中交换速度13. 解：据题：碰撞后A球继续向右运动，则B球反向后向右运动，取向右为正方向，碰撞过程中AB两个小球的动量守恒，根据动量守恒定律得：p1-p2=p1+p2移项得：-p1+p1=p2+p2 故选：BD 碰撞过程中A、B两个小球总的动量守恒，根据动量守恒定律列式即可求解，注意碰撞后A球继续向右运动，则B球反向后向右运动本题主要考查了动量守恒定律的直接应用，注意动量的方向性，要选取正方向，用正负表示动量的方向14. 解：A、运动员做自由落体运动的时间

23、：，所以重力的总冲量：IG=mg（t1+t）=40×10×（1+2）Ns=1200Ns故A错误，B正确；C、在安全绳产生拉力的过程中，人受重力、安全绳的拉力作用做减速运动，此过程的初速度就是自由落体运动的末速度，所以有：v0=m/s=10 m/s，根据动量定理，取竖直向下为正，有：mgt-t=0-mv0，解得：=mg+=400N+N=600 N故C正确，D错误；故选：BC运动员先做自由落体运动，由运动学的公式求出末速度；在缓冲阶段，可以看成匀减速直线运动，根据动量定理即可求出平均冲力的大小本题除了用动力学解决，也可以对缓冲的过程采取动量定理进行求解注意在

24、解题时明确动量定理的矢量性，先设定正方向15. 解：A、小球在整个过程中，动能变化量为零，重力势能减小mg（H+h），则小球的机械能减小了mg（H+h）故A错误B、对全过程运用动能定理得，mg（H+h）-Wf=0，则小球克服阻力做功Wf=mg（H+h）故B正确C、落到地面的速度v=，对进入泥潭的过程运用动量定理得，知阻力的冲量大小不等于故C错误D、落到地面的速度v=，对进入泥潭后的速度为0，所以小球动量的改变量大小等于m故D正确故选：BD 通过小球重力势能和动能的变化量求出小球机械能的减小量，对全过程运用动能定理，求出小球克服阻力做功的大小，根据动量定理求出小球阻力的冲量解决本题的关键掌握动能

25、定理和动量定理的运用，运用动能定理解题不需考虑速度的方向，运用动量定理解题需考虑速度的方向16. 解：（1）验证动量守恒定律实验中，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是通过落地高度不变情况下水平射程来体现速度故选C（2）实验时，先让入射球ml多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球ml从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰，并多次重复测量平均落点的位置，找到平抛运动的水平位移，因此步骤中D、E是必须的，而且D要在E之前至于用天平秤质量先后均可以所以答案是：ADE（3）若碰撞是弹性碰撞，动能是守恒的，则有