动量守恒定律试题(含答案)

1、动量守恒定律试题（含答案）一、动量守恒定律选择题如图所示，轻弹簧的两端分别与质量为mi和巾2的两物块A、3相连接，静止在光滑的水平面上若使A以3m/s的速度向B运动，A、B的速度图像如图（b）所示，已知mi=2kg,贝ij图(a)物块m2质量为4kg人、时刻弹簧处于压缩状态从匚到心时刻弹簧由压缩状态恢复到原长弹簧的最人弹性势能为6J如图所示，两滑块A、B位于光滑水平面上，已知人的质量MA=lkg,B的质量Ms=4kg.滑块B的左端连有轻质弹簧，弹簧开始处于自由伸长状态.现使滑块A以v=5m/s速度水平向右运动，通过弹簧与静止的滑块B相互作用（整个过程弹簧没有超过弹性限度），直至分开.则（）茴丿

2、厂2t丿/二物块A的加速度一直在减小，物块B的加速度一直在增人作用过程中弹簧的最人弹性势能Ep=2J滑块A的最小动能为已灿=4.5J,滑块B的最大动能为已利=刃若滑块A的质量M4kg,B的质量M/lkg,滑块A的最小动能为EO=18J,滑块B的最大动能为Ekb=32J如图所示为水平放置的固定光滑平行直轨道，窄轨间距为1,宽轨间距为2L。轨道处于竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，质量分别为/、2m的金属棒a、b垂直于导轨静止放置，其电阻分别为R、2/?,现给a棒一向右的初速度如经“甘间后两棒达到匀速运动两棒运动过程中始终相互平行且与导轨良好接触，不计导轨电阻，b棒一直在宽轨上运动。下列说法正

3、确的是（）r2。棒开始运动时的加速度人小为土3RmVb棒匀速运动的速度大小为3整个过程中通过b棒的电荷量为一性3EL整个过程中b棒产生的热量为地3如图所示，质量为m的小球从距离地面高度为H的A点由静止释放，落到地面上后又陷入泥潭中，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。则关于小球下落过程中，说法正确的是整个下落过程中，小球的机械能减少了mgH整个下落过程中，小球克服阻力做的功为mg（H+h）在陷入泥潭过程中，小球所受阻力的冲量大于m阿在陷入泥潭过程中，小球动量的改变量的人小等于在光滑水平面上，有两个小球A、B沿同一直线同向运动（B在前），已知碰前两

4、球的动量分别为pa=10kg-m/s.”=13kgm/s,碰后它们动量的变化分别为、下列数值可能正确的是（）4pA=3kgm/s、Apb=3kg-m/s伤&=3kgm/s、Apb=3kg-m/s=20kgm/s、Apb=20kg-m/sD”=20kgm/s、Apb=20kg-m/s6.3个质量分别为皿、巾、E的小球，半径相同，并排悬挂在长度相同的3根竖直绳上，彼此恰好相互接触.现把质量为rrn的小球拉开一些，如图中虚线所示，然后释放，经球1与球2、球2与球3相碰之后,3个球的动量相等.若各球间碰撞时均为弹性碰撞，且碰撞时间极短，不计空气阻力贝Jmr.m2：m3为（）6:3:1B.2:3:1C.

5、2:1:1D.3:2:17.如图所示，将质量为Mi、半径为/?且内壁光滑的半圆槽置于光滑水平面上，左侧靠竖直墙壁，右侧靠一质量为“2的物块.今让一质量为m的小球自左侧槽II人的正上方力高处从静止开始下落，与半圆槽相切自A点进入槽内，则以下结论中正确的是（）小球在槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒小球在槽内运动的B至C过程中，小球、半圆槽和物块组成的系统水平方向动量守恒小球离开C点以后，将做竖直上抛运动小球从A点经最低点向右侧最高点运动的过程中，小球、半圆槽和物块组成的系统机械能守恒8.粒钢珠从静止状态开始自由下落，然后陷入泥潭中静止若把在空中卞落的过程称为过程I,进入泥潭直到停

6、止的过程称为过程口,不计空气阻力，则（）过程I中的钢珠动量的改变量的大小大于过程II中合力的冲量的大小过程II中合力的冲量的大小等于过程I中重力冲量的大小过程口中钢珠克服阻力所做的功等于过程I中重力做功过程I中的钢珠动量的改变屋小于过程II中钢珠的重力的冲量如图，斜面体固定在水平面上，斜面足够长，在斜面底端给质量为加的小球以平行斜面向上的初速度叫，当小球回到出发点时速率为冬。小球在运动过程中除重力和弹力外，另受阻力/（包含摩擦阻力）,阻力/大小与速率成正比即f*则小球在斜面上运动总时间，为（）叫+冬gsill0B./=21上gsin0-t二（=t二c.Q7叫+人D.+Wmgsin0+ki2-m

7、Ssin8-k工-如图所示，质量均为m的A、3两物块用轻弹簧连接，放在光滑的水平面上，A与竖直墙面接触，弹簧处于原长，现用向左的推力缓慢推物块B,当B处于图示位置时静止，整个过程推力做功为W，瞬间撤去推力，撤去推力后（）当A对墙的压力刚好为零时，物块B的动能等于W墙对A物块的冲量为忌当3向右运动的速度为零时，弹簧的弹性势能为零弹簧第一次伸长后具有的最大弹性势能为W如图所示，质量为m=245g的物块（可视为质点）放在质量为M=0.5kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为p=0.4,质量为力。=5g的子弹以速度vo=300m/s沿水平方向射入物块并留在其中（时间

8、极短），g=10m/s2,则在整个过程中%m乔物块和木板组成的系统动量守恒子弹的末动量人小为0.01kg-m/s子弹对物块的冲量人小为0.49N-S物块相对木板滑行的时间为Is三个完全相同的小球a、b、c,以相同的速度在光滑水面上分别与另外三个不同的静止小球相撞后，小球a被反向弹回，小球b与被碰球粘合在一起仍沿原方向运动，小球c恰好静止.比较这三种情况，以下说法中正确的是（）a球获得的冲量最大b球损失的动能最多c球克服阻力做的功最多三种碰撞过程，系统动量都是守恒的13如图所示，半径为R、质量为M的丄一光滑圆槽静置于光滑的水平地面上，一个质量4为m的小木块从槽的顶端由静止滑下，直至滑离圆槽的过程

9、中，下列说法中正确的是M和m组成的系统动量守恒飞离圆槽时速度大小为巫Vm+Mc.m飞离圆槽时速度人小为J莎m飞离圆槽时，圆槽运动的位移人小为m+M14.如图所示，质量为2m的物体A放在光滑水平面上，右端与一水平轻质弹簧相连，弹簧另一端固定在墙上，质量为m的物体B以速度”。向右运动，与A相碰后一起压缩弹簧，直至B与A分离的过程中，下列说法正确的是在弹簧被压缩的过程中，物体匕A组成的系统机械能守恒弹簧的最人弹性势能为吃64“物体A对B做的功为-D.4物体A对B的冲量大小为严15如图，一绝缘且粗糙程度相同的竖直细杆与两个等量异种点电荷+Q、9连线的中垂线重合，细杆和+Q、-Q均固定，4、0、B为细杆

10、上的三点，O为+Q、-Q连线的中点，AO=BO.现有电荷量为q、质量为m的小球套在杆上，从人点以初速度心向B滑动，到达B点时速度恰好为0。则可知孑O从A到&小球的电势能始终不变，受到的电场力先增人后减小从A到氏小球的加速度先减小后增人小球运动到0点时的速度人小为亚I，20小球从A到0与从0到B,重力的冲量相等如图（a）所示，在粗糙的水平地面上有两个人小相同但材质不同的甲、乙物块。t=0时刻，甲物块以速度vo=4m/s向右运动，经一段时间后与静止的乙物块发生正碰，碰撞前后两物块运动的一十图像如图（b）中实线所示，其中甲物块碰撞前后的图线平行，已知甲物块质量为6kg,乙物块质量为5kg,则（）A.

11、此碰撞过程为弹性碰撞B.碰后瞬间乙物块速度为2.4m/s碰后乙物块移动的距离为3.6mD.碰后甲、乙两物块所受摩擦力之比为6：5带有丄光滑圆弧轨道、质量为M的小车静止置于光滑水平面上，如图所示，一质量为4m的小球以速度水平冲上小车，到达某一高度后，小球又返回车的左端，则（）小球一定向左做平抛运动小球可能做自由落体运动若m=M,则此过程小球对小车做的功为2若mOf并且ApA=-ApB由此可知：不符合题意。A碰撞后，勿才=7kgm/s,勿/=16kgm/s,根据关系式AEk=9满足以上三条Zm定律，符合题意。C.碰撞后，勿才=-10kgm/s,勿/=33kgm/s,根据关系式AEk=,A球的质量Z

12、m和动量人小都不变，动能不变，而B球的质量不变，动量增人，所以B球的动能增人，系统的机械能比碰撞前增大了，不符合题意。A解析：A【解析】【分析】【详解】因为各球间发生的碰撞是弹性碰撞，则碰撞过程机械能守恒，动量守恒.因碰撞后三个小球的动量相等设为p，则总动量为3p.由机械能守恒得孚L=#+_+#,即2加22m22叫9111代入四个选项的的质量比值关系，只有A项符合，故选A.加/?71叫叫【点睛】本题要注意灵活设出中间量P，从而得出正确的表达式，再由选择得出正确的条件.B解析：BD【解析】【分析】【详解】AB.小球从ATB的过程中，半圆槽对球的支持力沿半径方向指向圆心，而小球对半圆槽的压力方向相

13、反指向左卞方，因为有竖直墙挡住，所以半圆槽不会向左运动，可见，该过程中，小球与半圆槽在水平方向受到外力作用，动量并不守恒，而由小球、半圆槽和物块组成的系统动量也不守恒；从BTC的过程中，小球对半圆槽的压力方向向右下方，所以半圆槽要向右推动物块一起运动，因而小球参与了两个运动：一个是沿半圆槽的圆周运动，另一个是与半圆槽一起向右运动，小球所受支持力方向与速度方向并不垂直，此过程中，因为有物块挡住，小球与半圆槽在水平方向动量并不守恒，但是小球、半圆槽和物块组成的系统水平方向动量守恒，小球运动的全过程，水平方向动量也不守恒，选项A错误，选项B正确：当小球运动到C点时，它的两个分运动的合速度方向并不是竖

14、直向上，所以此后小球做斜上抛运动，即选项c错误；因为小球在槽内运动过程中，速度方向与槽对它的支持力始终垂直，即支持力不做功，且在接触面都是光滑的，所以小球、半圆槽.物块组成的系统机械能守恒，故选项D正确.故选BD.8.B解析：B【解析】【分析】【详解】在整个过程中，钢珠动量的变化量为零P=Pi+P2=0而厶=巴,故即过程I中的钢珠动量的改变量的人小等于过程I【中合力的冲量的人小，A错误.因別，而据动量定理/产片/2=Aa则即过程【中合力的冲量的人小等于过程I中重力冲量的人小，B正确.由全过程的动能定理可知则%即过程【中钢珠克服阻力所做的功人于过程I中重力做功，C错误.取向下为正/f-/G2=/

15、L=APL则/门与人无法比较大小，D错误.故选B.【点睛】本题考查了动屋定理和动能定理的基本运用，运用动能定理和动量定理均要合理地选择研究的过程，知道在整个过程中动能的变化量为零，动量的变化量为零.A解析：A【解析】【详解】设沿斜面方向，最大位移为X,阻力/冲量：If=凶=kx_kx=0则合冲量为SillO.t由动量定理，mgsin2=mv2+mvY则=比+冬gsin&v+vA心如与计算相符A正确gsin0与计算不符，B错误mvL+mv2C.加gsin0+k与计算不符,C错误D.加片-mv2mgsin0-k人+冬与计算不符,2D错误A解析：AC【解析】【详解】根据功能关系，开始时弹簧具有的弹性

16、势能为W,当A对墙的压力刚好为零时，弹簧的弹力为零，弹性势能为零，根据能量守恒可知，此时B的动能为W,A项正确：墙对&的冲量等于A、B组成系统的动量的改变量，即I=p=J2=J2?W,B项错误；当B的速度为零时，弹簧处于原长，即弹簧的弹性势能为零，C项正确；根据动量守恒2mv=/2mW,此时弹簧的弹性势能E=W一一x2mr=-W卩22D项错误。故选ACoB解析：BD【解析】【详解】A.子弹进入木块的过程中，物块和木板的动量都增大，所以物块和木板组成的系统动量不守恒故A错误；选取向右为正方向，子弹打入木块过程，由动量守恒定律可得:movo=(mo+m)Vi木块在木板上滑动过程，由动量守恒定律可得

17、:(mo+m)vi=(mo+m+M)V2联立可得:ni/s=2m/sQvo-5xlQ-3x30Qhj0+77?+M_5X10-3+245X1O-3+0.5所以子弹的末动量：p=moV2=5x10_3x2二0.01kg-m/s.故B正确；由动量定理可得子弹受到的冲量：/=Ap=p-po=0.01kg-m/s-5x103x300kg-m/s=1.49kg-m/s=1.49N-s.子弹与物块作用力的时间相等,相互作用力大小始终相等,而方向相反,所以子弹对物块的冲量大小也是1.49Ns.故C错误；对子弹木块整体,由动量定理得:(mo+m)gt=(mo+m)(V2-V1)由式可得，物块相对于木板滑行的时

18、间一“g故D正确.A解析：ACD【解析】【分析】【详解】A、三小球与被撞小球碰撞过程中动量守恒，因为a球是唯一碰撞前后动量方向相反的，则碰撞过程a球动量变化最人，由动量定理可知，a球获得的冲量最人；故A正确B、C、c小球恰好碰后静止，动能全部损失，故c球损失动能最多，由动能定理可知，c球克服阻力做功最多；故B错误，C正确D、碰撞过程系统所受合外力为零，系统动量守恒，故D正确.故选ACD.【点睛】本题主要考查了动屋守恒定律、动量定理及动能定理的直接应用13.B解析：BD【解析】【详解】A.对木块和槽所组成的系统，水平方向不受外力，则只有水平方向动量守恒，选项A错误；BC.设木块滑出槽II时的速度

19、为-槽的速度为s在水平方向上，由动量守恒定律可得：mv-Mu=Q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=-mv2+-Mu222联立解得v=碑Y7+M故选项B正确，C错误；对木块和槽的系统动量守恒定律可得：m(R-x)-Mx=O解得mRx=tn+M选项D正确。B解析：BD【解析】在弹簧被压缩的过程中，由于弹簧对B、A有向左的作用力并做负功，故物体B、A组成的系统机械能不守恒，故A错误；两滑块碰撞过程动量守恒，以滑块的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mi，o=(?+2加)V,解得：二扌，当B、A的速度为零时，弹簧的弹性势能最人，即B、A与弹簧组成的系统机械能守恒

20、，则有：Ep=-x3mv2=x3/wxf=丄庶，故B正确；先B与A起向右压缩弹簧，之后22I3丿6。B与A向左运动，当A回原来位置时A与B分离，根据B、A与弹簧组成的系统机械能守恒可知，此时A、B的速度人小为扌，方向向左，故物体A对B做的功等于B动能的变化,vo3丿故C错误；取向左为正方向，根据动量定理,y44可知物体A对B的冲量/=/wy-W7(-v0)=-mv0,故其人小为-mvQ,故D正确；故选BD.【点睛】系统所受合外力为零时，系统动量守恒，只有重力或只有弹力做功系统机械能守恒，由动量守恒定律.动量定理与系统机械能守恒定律分析答题.A解析：AC【解析】【详解】等量异种电荷的中垂面是等势

21、面，故电荷q在AB上运动时电势能不变，从人到B电场强度先变人后边小，故它受到的电场力先变人后变小，在0点受到的电场力最人，A正确；电荷在水平方向受到电场力和杆的弹力，竖直方向受到重力和摩擦力，故qE=N水平方向的电场力先变人后边小，故杆对小球的支持力先变大后边小，故摩擦力先变大后边小，小球到达B点时速度减为0,说明其受到的摩擦力人于重力，故在竖直方向f-nig=ma摩擦力先变大后边小，因此小球的加速度先变大后边小，B错误；从人到B,由动能定理可得”叽一仏=0-訥;从人到O和从O到B电场力变化相同，由f=nN=可知，摩擦力变化情况相同，故从人到O和从O到B摩擦力做功相等，故从从A到O由动能定理可

22、得hr1Tv71r1*Y2W=2叫_2联立两式可解得yo=yoC正确；从A到O和从O到B的过程中，由于位移相同但是速度不相同，物体始终处于减速状态，故运动时间不同，因此重力的冲量不相等，D错误；故选ACoB解析：BC【解析】【分析】【详解】AB.由图乙可知，碰前甲的速度=3ni/s碰后甲的速度y甲=1111/s碰撞过程中动量守恒州比=比卩十加乙吃代入数所据，解得vz=24m/s又由于亍州耳叫旷甲十亍仏芮乙碰撞的过程中，损失了机械能，不是弹性碰撞，因此A错误，B正确；C.由图(b)可知甲的延长线交时间轴于/二4s处，由于图像与时间轴I韦I成的面枳等于物体的位移，因此x乙=ix2.4x(4-1)=3.6mC正确；在Vr图像中斜率表示加速度，由图(b)可知，甲物体做减速运动的加速度勺=InVs2乙物体做减速运动的加速度a、=0.8ni/s2因此=“q=3f2ma2maD错误。故选BC。B解析：BCD【解析】【分析】【详解】ABC.小球滑上滑车，又返回，到离开滑车的整个过程中，系统水平方向动量守恒.选取向右为正方向，由动量守恒定律得tnvQ=rn