选修动量守恒定律章末复习

1、2018年高二物理（人教版）选修3-5第十六章动量守恒定律章末复习一、单选题（本大题共10小题，共40.0分）1. 质量相同的两方形木块A、B紧靠一起放在光滑水平面上，一子弹先后水平穿透两木块后射出，若木块对子弹的阻力恒定不变，且子弹射穿两木块的时间相同，则子弹射穿木块时A、B木块的速度之比（）A. 1：1B. 1：2C. 1：3D. 1：2. 物体的动量变化量的大小为5kgm/s，这说明（）A. 物体的动量在减小B. 物体的动量在增大C. 物体的动量大小一定变化D. 物体的动量大小可能不变3. 如图所示，小明在演示惯性现象时，将一杯水放在桌边，杯下压一张纸条。若缓慢拉动纸条，发现杯子会出现滑

2、落；当他快速拉动纸条时，发现杯子并没有滑落。对于这个实验，下列说法正确的是（）A. 缓慢拉动纸条时，摩擦力对杯子的冲量较小B. 快速拉动纸条时，摩擦力对杯子的冲量较大C. 为使杯子不滑落，杯子与纸条的动摩擦因数尽量大一些D. 为使杯子不滑落，杯子与桌面的动摩擦因数尽量大一些4. 蹦床是一项运动员利用从蹦床反弹中表现杂技技巧的竞技运动，一质量为50kg的运动员从1.8m高出自由下落到蹦床上，若从运动员接触蹦床到运动员陷至最低点经历了0.2s，则这段时间内蹦床对运动员的冲量大小为（取g=10m/s2，不计空气阻力）（）A. 400NsB. 300NsC. 200NsD. 100Ns5. 下面关于物

3、体动量和冲量的说法不正确的是( )A. 物体所受合外力冲量越大，它的动量也越大B. 物体所受合外力冲量不为零，它的动量一定要改变C. 物体动量增量的方向，就是它所受冲量的方向D. 物体所受合外力越大，它的动量变化就越快6. 在水平地而的某点斜向上成60°抛出一物体，在物体速度方向刚变为水平方向时，在极短时间内炸裂成a、b两块。已知物体离开地而的速率为20，a块的速度方向与刚炸裂时物块的方向相同。在不计空气阻力的情况下，则（    ）A. b的速度方向一定与炸裂时物块的方向相反B. a、b均做平抛运动，且一定同时到达地面C. a的平抛初速一定大于0，b的平

4、抛初速一定小于0D. 炸裂过程中，a、b中受到的爆炸力的冲量一定相同7. 在光滑水平地面上有两个完全相同的弹性小球a、b，质量均为m，现b球静止，a球向b球运动，发生弹性正碰。当碰撞过程中达到最大弹性势能Ep时，a球的速度等于A. B. C. D. 8. 如图所示，平板小车静止在光滑的水平面上，车的左端固定一个轻质弹簧，物块将弹簧压缩后用细绳系在物块和小车上，物块与弹簧并不栓接，当小车固定时，剪断细绳，物块滑到小车C点恰好静止，BC=CD，如果小车不固定，剪断细绳，则（）A. 滑到BC间停住B. 还是滑到C点停住C. 滑到CD间停住D. 会冲出D点落到车外9. 在如图所示的装置中，木块B与水平

5、桌面间的接触是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在其中，将弹簧压缩到最短若将子弹、木块和弹簧合在一起作为系统，则此系统在从子弹开始射入到弹簧被压缩至最短的整个过程中（）A. 动量守恒，机械能守恒B. 动量守恒，机械能不守恒C. 动量不守恒，机械能不守恒D. 动量不守恒，机械能守恒10. 将静置在地面上，质量为M（含燃料）的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是（）A. v0B. v0C. v0D. v0二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）11. 如图所示，在光滑水平面上，一个

6、质量为m、速度大小为v的A球与质量为2m、静止的B球碰撞后，A球的速度方向与碰撞前相反。则碰撞后B球的速度大小可能是A. 0.40 vB. 0.55 vC. 0.60 vD. 0.70 v12. 如图所示，质量M=2kg的半圆形槽物体A放在光滑水平地面上，槽内表面光滑，其半径r=0.6m。现有一个质量m=1kg的小物块B在物体A的槽右端口获得瞬时竖直向下的冲量I=2NS，此后物体A和物块B相互作用，使物体A在地面上运动，则（）A. 在A、B间存在相互作用的过程中，物体A和物块B组成的系统机械能守恒B. 在A、B间存在相互作用的过程中，物体A和物块B组成的系统动量守恒C. 物块B从槽口右端运动到

7、左端时，物体A向右运动的位移是0.4mD. 物块B最终可从槽口左端竖直冲出，到达的最高点距槽口的高度为0.2m13. 如图所示，竖直放置的半圆形轨道与水平轨道平滑连接，不计一切摩擦圆心O点正下方放置为2m的小球A，质量为m的小球B以初速度v0向左运动，与小球A发生弹性碰撞碰后小球A在半圆形轨道运动时不脱离轨道，则小球B的初速度v0可能为（）A. 2B. C. 2D. 14. 放在光滑水平面上的甲、乙两小车中间夹了一压缩轻质弹簧，但不连接，用两手分别控制小车处于静止状态，下面说法中正确的是（）A. 两手同时放开后，两车的总动量为零B. 先放开右手，后放开左手，两车的总动量向右C. 先放开左手，后

8、放开右手，两车的总动量向右D. 两手同时放开，两车总动量守恒；两手放开有先后，两车总动量不守恒15. 质量分别为和的两个物体碰撞前后的图象如图所示，以下说法正确的是A. 碰撞前两物体动量相同B. 等于C. 碰撞后两物体一起做匀速直线运动D. 碰撞前两物体动量大小相等、方向相反三、实验题探究题（本大题共1小题，共10.0分）16. 某实验小组用如图所示的实验装置验证动量守恒定律，即研究两个小球在水平轨道上碰撞前后的动量关系。装置图中O点为小球抛出点在地面上的垂直投影，实验时先将入射小球m1，多次从斜轨道上的P位置由静止释放，找到其落地点的平均位置Q，测量水平射程OQ接着将被碰小球置于水平轨道，再

9、将人射小球m1从斜轨道上P位置由静止释放，与小球m2相碰，并重复多次，分别找到两球相碰后落地点的平均位置。（1）要达成本实验目的，以下哪些物理量还需要测量_（填选项前的字母）。A两个小球的质量m1、m2B小球m1开始释放时距水平导轨的高度hC抛出点距地面的高度HD两个小球相碰之后平抛的水平射程OM、ON（2）实验中，在确定小球落地点的平均位置时，通常采用的做法是_，其目的是减小实验中的_（填“系统误差”或“偶然误差）。（3）若两球相碰前后动量守恒，其表达式为_；若碰撞是弹性碰撞，那么还应满足的表达式为_。（两空均用所测量的量表示）四、计算题（本大题共3小题，共30.0分）17. 将质量为m=1

10、kg的小球，从距水平地面高h=5m处，以v0=10m/s的水平速度抛出，不计空气阻力，g取10m/s2求：（1）抛出后0.4s内重力对小球的冲量；（2）平抛运动过程中小球动量的增量p；（3）小球落地时的动量p18. 如图所示，粗糙的水平面连接一个竖直平面内的半圆形光滑轨道，其半径为R=0.1 m，半圆形轨道的底端放置一个质量为m=0.1 kg的小球B，水平面上有一个质量为M=0.3 kg的小球A以初速度v0=4.0 m/ s开始向着木块B滑动，经过时间t=0.80 s与B发生弹性碰撞设两小球均可以看作质点，它们的碰撞时间极短，且已知木块A与桌面间的动摩擦因数=0.25，求：（1）两小球碰前A的

11、速度；（2）球碰撞后B,C的速度大小;（3）小球B运动到最高点C时对轨道的压力；19. 如图所示，质量为M的平板车P高h，质量为m的小物块Q的大小不计，位于平板车的左端，系统原来静止在光滑水平面地面上一不可伸长的轻质细绳长为R，一端悬于Q正上方高为R处，另一端系一质量也为m的小球（大小不计）今将小球拉至悬线与竖直位置成60°角，由静止释放，小球到达最低点时与Q的碰撞时间极短，且无能量损失，已知Q离开平板车时速度大小是平板车速度的两倍，Q与P之间的动摩擦因数为，M：m=4：1，重力加速度为g求：（1）小物块Q离开平板车时速度为多大？（2）平板车P的长度为多少？（3）小物块Q落地时距小球

12、的水平距离为多少？答案和解析【答案】1. C2. D3. D4. A5. A6. B7. C8. B9. C10. D11. BC12. ACD13. BC14. ABD15. BD16. AD；用圆规画一个尽可能小的圆，把所有落点圈在里面，圆心即平均位置；偶然误差；m1OQ=m1OM+m2ON；m1OQ2=m1OM2+m2ON2  17. 解：（1）重力是恒力，0.4 s内重力对小球的冲量为：I=mgt=1×10×0.4 Ns=4 Ns 方向竖直向下（2）由于平抛运动的竖直分运动为自由落体运动，故有：h=gt2，落地时间为

13、：t= s小球飞行过程中只受重力作用，所以合外力的冲量为：I=mgt=1×10×1 Ns=10 Ns，方向竖直向下由动量定理得：p=I=10 Ns，方向竖直向下（3）小球落地时竖直分速度为：vy=gt=10×1=10 m/s由速度合成知，落地速度为：v=m/s， 所以小球落地时的动量大小为：p=mv=10kgm/s与水平方向之间的夹角：tan= 所以：=45° 答：（1）抛出后0.4s内重力对小球的冲量是4 Ns，方向竖直向下；（2）平抛运动过程中小球动量的增量p是10 Ns，方向竖直

14、向下；（3）小球落地时的动量p是10 Ns，与水平方向之间的夹角是45°  18. 解：（1）碰前对A由动量定理有：-Mgt=MvA-Mv0解得：vA=2m/s                                （2）对A、B：

15、碰撞前后动量守恒：MvA=MvA+mvB 碰撞前后动能保持不变：MvA2=MvA2+mvB2 由以上各式解得：vA=1m/s  vB=3 m/s    （3）又因为B球在轨道上机械能守恒：mvB2+2mgR=mvB2 解得：vc=m/s      在最高点C对小球B有：mg+FN=m 解得：FN=4N由牛顿第三定律知：小球对轨道的压力的大小为4N，方向竖直向上  19. 解：（1）小球由静止摆到最低点的过程

16、中，有  mgR（1-cos60°）=  解得，小物块到达最低点与Q碰撞之前瞬间的速度是： 小球与物块Q相撞时，没有能量损失，动量守恒，机械能守恒，则有   mv0=mv1+mvQ    =+，解得，v1=0，vQ=v0= 二者交换速度，即小球静止下来，Q在平板车上滑行的过程中，系统的动量守恒，则有 mvQ=Mv+m2v 解得，v=    小物块Q离开平板车时，速度为2v= （2）由能的转化和守恒定律，知 fL=- 又f=mg  解得，

17、平板车P的长度为L= （3）小物块Q在平板车上滑行过程中，对地位移为s，则-mgs=- 解得，s= 小物块Q离开平板车做平抛运动，平抛时间为 t= 水平距离x=2vt= 故Q落地点距小球的水平距离为s+x=+答：（1）小物块Q离开平板车时速度为；（2）平板车P的长度为为；（3）小物块Q落地时距小球的水平距离为+  【解析】1. 解：水平面光滑，子弹射穿木块过程中，子弹受到的合外力为子弹的冲击力，设子弹的作用力为f，对子弹与木块组成的系统，由动量定理得：对A、B：ft=（m+m）vA，对B：ft=mvB-mvA，解得：vA：vB=1：3，故C正确；故选：C木块是水平

18、方向只受到子弹的作用力，分别以两个木块组成的整体和B木块为研究对象，应用动量定理求出子弹的速度之比本题应用动量定理求木块的速度之比，分析清楚运动过程，应用动量定理即可正确解题2. 解：物体的动量变化量的大小为5kgm/s，动量是矢量，动量变化的方向与初动量可能同向、可能反向、也可能不在同一条直线上，故物体的动量的大小可能增加、可能减小，也可能不变故D正确，A、B、C错误故选：D动量是矢量，只要动量的方向发生变化，则动量就发生变化解决本题的关键知道动量是矢量，有大小、有方向，而矢量变化遵循平行四边形定则3. 解：AB、纸带对杯子的摩擦力一定，缓慢拉动纸条时，抽出的过程中时间长，则摩擦力对杯子的冲

19、量较大；快速拉动纸条时，抽出的过程中时间短，则摩擦力对杯子的冲量较小，故AB错误；CD、为使杯子不滑落，杯子与桌面的动摩擦因数尽量大一些，这样杯子在桌面上运动的加速度大，位移短，故C错误、D正确。故选：D。在抽动纸条时，杯子受到的摩擦力相等，但由于抽拉的时间不动使杯子受到的冲量不同；根据牛顿第二定律分析加速度大小、位移大小。本题主要是考查动量定理，利用动量定理解答问题时，要注意分析运动过程中物体的受力情况，知道合外力的冲量才等于动量的变化。4. 解：设运动员的质量为m，他刚落到蹦床瞬间的速度为v，运动员自由下落的过程，只受重力作用，     故

20、机械能守恒，即：，解得：；     选取小球接触蹦床的过程为研究过程，取向上为正方向。设蹦床对运动员的平均作用力为，     由动量定理得：；      蹦床对运动员的冲量大小为 ；     结合以上两个式子可得：故A正确、BCD错误。故选：A。根据机械能守恒求出小球落到蹦床瞬间的速度；到最低点时，小球的速度和动量均为零，运用动量定理可求得软蹦床对运动员的冲量大小。本题题型是用动量定理求

21、解一个缓冲过程平均作用力的冲量问题，一定要注意选取合适的研究过程和正方向的选取；本题也可选小球从开始下落到最低点全过程来解答。5. 【分析】根据动量定理知，合外力的冲量等于物体动量的变化量，即Ft=P，继而分析判断合外力的冲量与动量、动量变化的关系；由，判断合外力与动量变化率的关系。本题考查动量定理应用专题，涉及知识点是动量定理的应用。【解答】AB.由Ft=P知，Ft0，P0，故物体所受合外力冲量不为零时，它的动量一定要改变；Ft越大，P越大，但动量不一定大，它还与初态动量有关，故A错误，B正确；C.冲量不仅与P大小相等，而且方向相同，故C正确；D.由知，物体所受合外力越大，动量的变化率越大，

22、即动量变化就越快，故D正确。本题选不正确的，故选A。6. 【分析】当物体的速度沿水平方向炸裂成a、b两块时，质量较大的a的速度方向仍沿原来的方向，根据动量守恒定律判断可知b运动方向一定沿水平方向，a、b均做平抛运动，高度相同，运动时间相同，同时到达地面在炸裂过程中，a、b间相互作用力大小相等，作用时间相等，冲量大小一定相等。本题是动量守恒定律的应用，基础题系统动量守恒，不仅作用前后总动量的大小保持不变，总动量的方向也保持不变，解题时要抓住这一点。【解答】A.在炸裂过程中，由于重力远小于内力，系统的动量守恒，炸裂前物体的速度沿水平方向，炸裂后a的速度沿原来的水平方向，根据动量守恒定律判断出来b的

23、速度一定沿水平方向，但是否与原速度方向相反，取决于a的动量与物体原来动量的大小关系,故A错误;B.a、b都做平抛运动，飞行时间相同，故B正确；C.a、b都做平抛运动，a的平抛初速一定大于0，b的平抛初速不一定小于0,故C错误；D.在炸裂过程中，a，b受到爆炸力大小相等，作用时间相同，则爆炸力的冲量大小一定相等,方向相反，故D错误。故选B。7. 【分析】两球压缩最紧时，两球速度相等根据碰撞过程中动量守恒，以及总机械能守恒求出碰前A球的速度；解题的关键是应用动量守恒定律和机械能守恒定律的结合解决碰撞问题。【解答】设碰撞前A球的速度为v，当两球压缩最紧时，速度相等，根据动量守恒得，mv=2mv，则，

24、在碰撞过程中总机械能守恒，有，得；故C正确；ABD错误。故C正确。8. 解：小车固定不动时，物块在小车上滑动，物块与车的相对位移为：BC，克服摩擦力做功，使系统的机械能减少，由能量守恒定律可知，克服摩擦力做功等于弹簧的弹性势能，EP=mgBC；小车不固定时，系统动量守恒，由于系统初状态动量为零，由动量守恒定律可知，系统末状态动量也为零，最终物块静止在小车上，系统克服摩擦力做功，由能量守恒定律可知：EP=mgx，已知：EP=mgBC，则x=BC，物块仍然停在C点；故选：B物块克服摩擦力做功使系统的机械能减少，小车不固定时系统动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律分析判断物块停止的位置物块在小车

25、上滑动时克服摩擦力做功使系统机械能减少，应用动量守恒定律与能量守恒定律可以求出物块相对于小车的位移大小，然后确定小车的位置9. 【分析】当系统所受合外力为零时，系统动量守恒;当只有重力或只有弹力做功时，系统机械能守恒.解题的关键是根据动量守恒与机械能守恒的条件分析问题。【解答】在木块与子弹一起向左运动压缩弹簧的过程中，木块、子弹、弹簧所组成的系统所受合外力不为零，则系统动量不守恒；在子弹击中木块的过程中,要克服摩擦力做功，系统的部分机械能转化为内能，系统机械能不守恒；因此子弹、木块和弹簧所组成的系统，在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中，动量不守恒、机械能不守恒。故ABD错误；故C

26、正确。故选C。10. 解：取向上为正方向，由动量守恒定律得： 0=（M-m）v-mv0 则火箭速度v= 故选：D以火箭为研究对象，由动量守恒定律可以求出火箭的速度在发射火箭过程中，系统动量守恒，由动量守恒定律即可正确解题11. 【分析】首先从水平面光滑上判断AB两球碰撞过程中动量守恒，由于A球被反弹，所以可以判断出B球的速度会大于0.5v；在两球碰撞的过程中，有可能会存在能量的损失，由碰撞前后的动能求出B球的速度同时会小于等于，由两个速度的范围求出最终的结果。 解决本题要注意临界状态的判断，有两个临界状态，其一是AB两球碰撞后A静止，由此求出速度的范围之一；第二个临界状态时

27、能量恰好没有损失时，有能量的关系求出速度的另一个范围，所以解决一些物理问题时，寻找临界状态是解决问题的突破口。【解答】AB两球在水平方向上合外力为零，A球和B球碰撞的过程中动量守恒，设AB两球碰撞后的速度分别为v1、v2， 选A原来的运动方向为正方向，由动量守恒定律有： mv=-mv1+2mv2， 假设碰后A球静止，即v1=0，可得：v2=0.5v 由题意知球A被反弹，所以球B的速度：v20.5v， AB两球碰撞过程能量可能有损失，由能量关系有， 两式联立得：， 由两式可得：， 符合条件的有0.55v和0.6v，所

28、以BC正确。 故选BC。 12. 解：A、在A、B间存在相互作用的过程中，物体A和物块B组成的系统只有重力做功，系统的机械能守恒，故A正确。B、在A、B间存在相互作用的过程中，物块B有向心加速度，有竖直方向的分加速度，所以物体A和物块B组成的系统合外力不为零，动量不守恒，故B错误。C、设物块B从槽口右端运动到左端时，物体A向右运动的位移是x。取水平向左为正方向，根据水平方向动量守恒得：m-M=0，解得x =0.4m，故C正确。D、对B，由动量定理得I=mv0，得v0=2m/s。设B到达左侧最高点时与A的共同速度为v，到达的最高点距槽口的高度为h。根据水平动量守恒得 0=（M

29、+m）v，得v =0对系统，由机械能守恒得：mgh=，得h =0.2m，故D正确。故选：ACD。对照机械能守恒的条件：只有重力做功，分析机械能是否守恒。根据动量守恒的条件：合外力为零，分析动量是否守恒。由水平方向动量守恒求物体A向右运动的位移。根据水平动量守恒和机械能守恒求B到达的最高点距槽口的高度。解决本题时要抓住系统的总动量不守恒，只是水平方向动量守恒，是分方向动量守恒的类型。分析时要知道B到达左侧最高点时与A的速度相同。13. 解：A与B碰撞的过程为弹性碰撞，则碰撞的过程中动量守恒，设B的初速度方向为正方向，设碰撞后B与A的速度分别为v1和v2，则：mv0=mv1+2mv2由动能守恒得：

30、联立得：   1恰好能通过最高点，说明小球到达最高点时小球的重力提供向心力，是在最高点的速度为vmin，由牛顿第二定律得：  A在碰撞后到达最高点的过程中机械能守恒，得：  联立得：，可知若小球B经过最高点，则需要：2小球不能到达最高点，则小球不脱离轨道时，恰好到达与O等高处，由机械能守恒定律得：联立得：可知若小球不脱离轨道时，需满足：由以上的分析可知，若小球不脱离轨道时，需满足：或，故AD错误，BC正确故选：BC小球A的运动可能有两种情况：1恰好能通过最高点，说明小球到达最高点时小球的重力提供向心力，由牛顿第二定律求出小球到达最高点点的速度，由机械能守

31、恒定律可以求出碰撞后小球A的速度由碰撞过程中动量守恒及能量守恒定律可以求出小球B的初速度；2小球不能到达最高点，则小球不脱离轨道时，恰好到达与O等高处，由机械能守恒定律可以求出碰撞后小球A的速度由碰撞过程中动量守恒及能量守恒定律可以求出小球B的初速度熟练应用牛顿第二定律、机械能守恒定律、动量守恒定律即可正确解题，注意小球A的运动过程中不脱离轨道可能有两种情况，难度适中14. 解：A、当两手同时放开时，系统的合外力为零，所以系统的动量守恒，又因为开始时总动量为零，故系统总动量始终为零，故A正确；B、先放开右手，右边的小车就向右运动，当再放开左手后，系统所受合外力为零，此后系统的动量守恒，且总动量

32、方向向右，故B正确；C、先放开左手，左边的小车就向左运动，当再放开右手后，系统所受合外力为零，故系统的动量守恒，且开始时总动量方向向左，故C错误；D、当两手同时放开时，系统的合外力为零，所以系统的动量守恒；两手放开有先后时，放开一手再放开另一手的过程中系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故D正确；故选：ABD当两手同时放开时，系统的合外力为零，所以系统的动量守恒，先放开左手，左边的小车就向左运动，当再放开右手后，系统所受合外力为零，故系统的动量守恒，且开始时总动量方向向左，放开右手后总动量方向也向左本题关键要掌握动量守恒的条件，系统所受合外力为零时，系统动量守恒，知道系统初状态时动量的方向1

33、5. 【分析】 位移时间图象的斜率等于速度，由斜率求出碰撞前后两个物体的速度，由图看出，碰后两个物体速度均为零，根据动量守恒定律分析碰撞前两物体动量有关系。解决本题关键抓住两点：一是位移图象的斜率等于速度，斜率的大小表示速率，正负表示速度的方向；二是掌握碰撞的基本规律：动量守恒，难度不大。【解答】 A.位移时间图象的斜率等于速度，由数学知识得知，碰撞后两个物体的速度为零，根据动量守恒有：P1+P2=0，得：P1=-P2说明碰撞前两物体动量大小相等、方向相反，由于动量是矢量，所以碰撞前两物体动量不相同,故A错误，D正确C.由图示图象可知，两物体碰撞后位移不随时间变化，速度为零，碰撞后两物体静止，故C错误；B.由斜率可知，碰撞前两物体速度大小相等，方向相反，则有：v1=-v2，由P1=-P2，得：m1v1=-m2v2，m1=m2，故B正确; 故选BD。16. 解：（1）要验证动量守恒定律定律，需要验证：m1v1=m1v2+m2v3，小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，上式两边同时乘以t得：m1v1t=m1v2t+m2v3t 得：m1OQ=m1OM+m2ON，因此实验需要测量：两球的质量、小球的水平位移，故选：AD；（2）在进行实验时，该实验利用了多次实验取平均值的思想进行的，在确定小球落点时注意采用的方法是用圆规画一个尽可能小的圆