第十六章 动量守恒定律 单元检测试卷（含答案）

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1、章末检测试卷章末检测试卷( (一一) ) (时间：90 分钟 满分：100 分) 一、选择题(本题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分其中 16 题为单项选择题，710 题 为多项选择题) 1下列说法错误的是( ) A根据 Fp t可把牛顿第二定律表述为：物体动量的变化率等于它所受的合外力 B动量定理的物理实质与牛顿第二定律是相同的，但有时用起来更方便 C力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量，它是一个标量 D易碎品运输时要用柔软材料包装，船舷常常悬挂旧轮胎，都是为了延长作用时间以减小 作用力 答案 C 解析 A 选项是牛顿第二定律的另一种表达方式，所以 A 正确；Fp t是牛顿第二定律的

2、最 初表达方式，实质是一样的，B 正确；冲量是矢量，C 错误；易碎品运输时用柔软材料包装， 船舷常常悬挂旧轮胎，都是为了延长作用时间，减小作用力，D 正确 2 (2018 季延中学高二期末)一个礼花弹竖直上升到最高点时炸裂成三块碎片， 其中一块碎片 首先沿竖直方向落至地面，另两块碎片稍后一些同时落至地面则在礼花弹炸裂后的瞬间这 三块碎片的运动方向可能是( ) 答案 D 解析 由于一块碎片首先沿竖直方向落至地面，这个碎片的速度方向应竖直向下，根据动量 守恒，另两块碎片的动量合成后应竖直向上，故 D 正确 3(2018 林州一中高二月考)如图 1 所示，在光滑的水平面上放置有两木块 A 和 B，A

3、 的质量 较大，现同时施加大小相等的恒力 F 使它们相向运动，然后又同时撤去外力 F，A 和 B 迎面 相碰后合在一起，则 A 和 B 合在一起后的运动情况是( ) 图 1 A停止运动 B因 A 的质量较大而向右运动 C因 B 的速度较大而向左运动 D运动方向不确定 答案 A 解析 由动量定理知，A 和 B 在碰撞之前的动量等大反向，合动量为零，碰撞过程中动量守 恒，因此碰撞合在一起之后的总动量仍为零，即停止运动，故选 A. 4如图 2 所示，半径为 R 的光滑半圆槽质量为 M，静止在光滑水平面上，其内表面有一质 量为m的小球被竖直细线吊着位于槽的边缘处， 现将线烧断， 小球滑行到最低点向右运

4、动时， 槽的速度为(重力加速度为 g)( ) 图 2 A0 B.m M 2MgR Mm，方向向左 C.m M 2MgR Mm，方向向右 D不能确定 答案 B 解析 以水平向右为正方向，设在最低点时 m 和 M 的速度大小分别为 v 和 v，根据动量守 恒定律得：0mvMv，根据机械能守恒定律得：mgR1 2mv 21 2Mv 2，联立以上两式解 得 vm M 2MgR Mm，方向向左，故选项 B 正确 5(2018 济南市高二下期末)一只爆竹竖直升空后，在高为 h 处达到最高点并发生爆炸，分为 质量不同的两块，两块质量之比为 31，其中质量小的一块获得大小为 v 的水平速度，重力 加速度为 g

5、，不计空气阻力，则两块爆竹落地后相距( ) A.v 4 2h g B.2v 3 2h g C4v 2h g D.4v 3 2h g 答案 D 解析 设其中一块质量为 m，另一块质量为 3m.爆炸过程系统水平方向动量守恒，以速度 v 的方向为正方向，由动量守恒定律得：mv3mv0，解得 vv 3；设两块爆竹落地用的 时间为 t，则有：h1 2gt 2，得 t 2h g ，落地点两者间的距离为：s(vv)t，联立各式解 得： s4v 3 2h g ，故选 D. 6.如图 3 所示，在光滑的水平地面上停放着质量为 m 的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

6、小车滑去，不计一切摩擦，则( ) 图 3 A在相互作用的过程中，小车和小球组成的系统总动量守恒 B小球离开车后，对地将向右做平抛运动 C小球离开车后，对地将做自由落体运动 D小球离开车后，小车的速度有可能大于 v0 答案 C 解析 整个过程中系统水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，故 A 错误；设小球离开小 车时， 小球的速度为 v1， 小车的速度为 v2， 整个过程中水平方向动量守恒： mv0mv1mv2， 由机械能守恒得：1 2mv0 21 2mv1 21 2mv2 2，联立，解得 v 10，v2v0，即小球与小车分 离时二者交换速度， 所以小球与小车分离后对地将做自由落体运动， 故 B

7、、 D 错误， C 正确 7(2018 会宁四中高二下期中)如图 4 所示，小车放在光滑水平面上，A、B 两人站在小车的 两端，这两人同时开始相向行走，发现小车向左运动，分析小车运动的原因可能是( ) 图 4 AA、B 质量相等，但 A 比 B 速率大 BA、B 质量相等，但 A 比 B 速率小 CA、B 速率相等，但 A 比 B 的质量大 DA、B 速率相等，但 A 比 B 的质量小 答案 AC 解析 以向右为正方向，A、B 两人及小车组成的系统动量守恒，则 mAvAmBvBmCvC0， 得 mAvAmBvB0.所以 A、C 正确 8.A、B 两球沿一直线运动并发生正碰如图 5 所示为两球碰

8、撞前后的位移时间图象a、b 分别为 A、B 两球碰撞前的位移时间图线，c 为碰撞后两球共同运动的位移时间图线，若 A 球质量是 m2 kg，则由图可知( ) 图 5 AA、B 碰撞前的总动量为 3 kg m/s B碰撞时 A 对 B 所施冲量为4 N s C碰撞前后 A 的动量变化为 6 kg m/s D碰撞中 A、B 两球组成的系统损失的动能为 10 J 答案 BD 解析 由 xt 图象可知，碰撞前有：A 球的速度 vAxA tA 410 2 m/s3 m/s，B 球的速度 vBxB tB 4 2 m/s2 m/s；碰撞后 A、B 两球的速度相等，为 vAvBv xC tC 24 2 m/s

9、 1 m/s，则碰撞前后 A 的动量变化 pAmvmvA4 kg m/s；对 A、B 组成的系统，由动 量守恒定律 mvAmBvB(mmB)v 得： mB4 3 kg.A 与 B 碰撞前的总动量为： p 总mvAmBvB 2(3) kg m/s4 32 kg m/s 10 3 kg m/s； 由动量定理可知， 碰撞时A对B所施冲量为： IBpB4 kg m/s4 N s.碰撞中 A、 B 两球组成的系统损失的动能： Ek1 2mvA 21 2mBvB 2 1 2(mmB)v 2，代入数据解得：E k10 J，故 A、C 错误，B、D 正确 9.小车静置于光滑的水平面上，小车的 A 端固定一个水

10、平轻质小弹簧，B 端粘有橡皮泥，小 车的质量为 M，长为 L，质量为 m 的木块 C 放在小车上，用细绳连接于小车的 A 端并使弹簧 压缩(细绳未画出)，开始时小车与 C 都处于静止状态，如图 6 所示，当突然烧断细绳，弹簧 被释放， 使木块C离开弹簧向B端冲去， 并跟B端橡皮泥粘在一起， 以下说法中正确的是( ) 图 6 A如果小车内表面光滑，整个系统任何时刻机械能都守恒 B当木块相对地面运动的速度大小为 v 时，小车相对地面运动的速度大小为m Mv C小车向左运动的最大位移为 mL Mm D小车向左运动的最大位移为m ML 答案 BC 解析 小车、弹簧与 C 这一系统所受合外力为零，系统在

11、整个过程动量守恒，但粘接过程有 机械能损失Mvmv0，则 vm Mv，同时该系统属于“人船模型”，Mdm(Ld)， 所以车向左运动的最大位移应等于 d mL Mm，综上，选项 B、C 正确 10.(2018 郑州一中高二期中)如图 7 所示， 质量为 m 的小球 A 静止于光滑的水平面上， 在球 A 和墙之间用轻弹簧连接， 现用完全相同的小球 B 以水平速度 v0与 A 相碰撞， 碰撞后两球粘在 一起压缩弹簧不计空气阻力，若弹簧被压缩过程中的最大弹性势能为 E，从球 A 被碰撞到 回到原静止位置的过程中弹簧对 A、B 整体的冲量大小为 I，则下列表达式中正确的是( ) 图 7 AE1 4mv0

12、 2 BE1 2mv0 2 CImv0 DI2mv0 答案 AD 解析 选取 A、B 作为一个系统，设两球碰撞后的速度为 v，在 A、B 两球碰撞过程中，以 v0 的方向为正方向，利用动量守恒定律可得：mv0(mm)v，解得 vv0 2，再将 A、B 及轻弹簧 作为一个系统，在压缩弹簧过程中利用机械能守恒定律可得：弹簧最大弹性势能 E1 2 2m v0 2 21 4mv0 2，A 正确，B 错误；弹簧压缩到最短后，A、B 开始向右运动，弹簧恢复原 长时，由机械能守恒定律可知，A、B 的速度大小均为v0 2 ，以水平向右为正方向，从球 A 被碰 撞到回到原静止位置的过程中， 弹簧对A、 B整体的

13、冲量大小I2mv0 2 2m v0 2 2mv0， C 错误，D 正确 二、实验题(本题共 2 小题，共 13 分) 11.(5分)用半径相同的两小球A、 B碰撞“验证动量守恒定律”， 实验装置示意图如图8所示， 斜槽与水平槽平滑连接实验时先不放 B 球，使 A 球从斜槽上某一固定点 C 由静止滚下，落 到位于水平地面的记录纸上留下痕迹再把 B 球静置于水平槽前端边缘处，让 A 球仍从 C 处 由静止滚下， A 球和 B 球碰撞后分别落在记录纸上留下各自的痕迹 记录纸上的 O 点是重垂线 所指的位置， 若测得各落点痕迹到 O 点的距离： OM2.68 cm， OP8.62 cm， ON11.5

14、0 cm， 并知 A、B 两球的质量比为 21，则未放 B 球时 A 球落地点是记录纸上的_点，系统 碰撞前总动量 p 与碰撞后总动量 p的百分误差|pp| p 100%_%(结果保留一位 有效数字) 图 8 答案 P(2 分) 2(3 分) 解析 根据实验现象，未放 B 球时 A 球落地点是记录纸上的 P 点；碰撞前总动量 p 与碰撞后 总动量 p的百分误差|pp| p |28.6222.68111.50| 28.62 2%. 12(8 分)图 9 为一弹簧弹射装置，在内壁光滑、水平固定的金属管中放有轻弹簧，弹簧压缩 并锁定， 在金属管两端各放置一个金属小球 1 和 2(两球直径略小于管径且

15、与弹簧不固连) 现 解除弹簧锁定，两个小球同时沿同一直线向相反方向弹射然后按下述步骤进行实验： 图 9 用天平测出两球质量 m1、m2； 用刻度尺测出两管口离地面的高度 h； 记录两球在水平地面上的落点 P、Q. 回答下列问题： (1)要测定弹射装置在弹射时所具有的弹性势能， 还需测量的物理量有_ (已知重力加 速度 g) A弹簧的压缩量 x B两球落点 P、Q 到对应管口 M、N 的水平距离 x1、x2 C小球直径 D两球从管口弹出到落地的时间 t1、t2 (2)根据测量结果，可得弹性势能的表达式为 Ep_. (3)由上述测得的物理量来表示，如果满足关系式_，就说明弹射过程中两小球组成的 系

16、统动量守恒 答案 (1)B(2 分) (2)m1gx1 2 4h m2gx2 2 4h (3 分) (3)m1x1m2x2(3 分) 解析 (1)根据机械能守恒定律可知，弹簧的弹性势能等于两球得到的动能之和，而要求解动 能必须还要知道两球弹射的初速度 v0，由平抛运动规律可知 v0 x 2h g ，故还需要测出两球 落点 P、Q 到对应管口 M、N 的水平距离 x1、x2； (2)小球被弹开时获得的动能 Ek1 2mv0 2mgx 2 4h ， 故弹性势能的表达式为 Ep1 2m1v1 21 2m2v2 2 m1gx12 4h m2gx2 2 4h ； (3)如果满足关系式 m1v1m2v2，

17、即 m1x1m2x2，那么就说明弹射过程中两小球组成的系统动 量守恒 三、计算题(本题共 4 小题，共 47 分) 13(10 分)(2018 三明市高二下期末)如图 10 所示，水平固定的长滑杆上套有 2 个质量均为 m 的薄滑扣(即可以滑动的圆环)A 和 B，两滑扣之间由不可伸长的柔软轻质细线连接， 细线长度 为 l， 滑扣在滑杆上滑行的阻力大小恒为滑扣对滑杆正压力大小的 k 倍， 开始时两滑扣可以近 似地看成挨在一起(但未相互挤压)今给滑扣 A 一个向左的初速度 v0 6kgl，使其在滑杆上 开始向左滑行，细线拉紧后两滑扣以共同的速度向前滑行，假设细线拉紧过程的时间极短， 重力加速度为

18、g，求： 图 10 (1)细线拉紧后两滑扣的共同速度大小； (2)整个过程中仅仅由于细线拉紧引起的机械能损失 答案 (1) kgl (2)kmgl 解析 (1)由动能定理：kmgl1 2mv1 21 2mv0 2(2 分) 由动量守恒定律：mv12mv共(2 分) 由解得 v12 kgl，v共 kgl(2 分) (2)E1 2mv1 21 22mv共 2 (3 分) 联立解得 Ekmgl(1 分) 14(12 分)(2019 永春一中高二期末)如图 11 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 R0.1 m，半圆形轨道的底端放置一个质量为 m0.1 kg 的小球 B，

19、 水平面上有一个质量为 M0.3 kg 的小球 A 以初速度 v04.0 m/s 开始向着小球 B 运动， 经过 时间 t0.80 s 与 B 发生弹性碰撞设两小球均可以看做质点，它们的碰撞时间极短，且已知 小球 A 与水平面间的动摩擦因数 0.25，求： 图 11 (1)两小球碰撞前 A 的速度大小； (2)小球 B 运动到最高点 C 时对轨道的压力； (3)小球 A 所停的位置距圆轨道最低点的距离 答案 (1)2 m/s (2)4 N，方向竖直向上 (3)0.2 m 解析 (1)以 v0的方向为正方向，碰撞前对 A 由动量定理有： MgtMvAMv0(1 分) 解得：vA2 m/s(1 分

20、) (2)对 A、B，碰撞前后动量守恒： MvAMvAmvB(1 分) 因 A、B 发生弹性碰撞，故碰撞前后动能保持不变： 1 2MvA 21 2MvA 21 2mvB 2(1 分) 联立以上各式解得：vA1 m/s，vB3 m/s(1 分) 又因为 B 球在轨道上机械能守恒： 1 2mvC 22mgR1 2mvB 2(1 分) 解得：vC 5 m/s(1 分) 设在最高点 C，轨道对小球 B 的压力大小为 FN，则有： mgFNmvC 2 R (1 分) 解得 FN4 N(1 分) 由牛顿第三定律知，小球对轨道的压力的大小为 4 N，方向竖直向上(1 分) (3)对 A 沿圆轨道运动时：1

21、2MvA 2MgR 因此A沿圆轨道运动到其能到达的最高点后又原路返回轨道底端， 此时A的速度大小为1 m/s. 由动能定理得： Mgs01 2MvA 2(1 分) 解得：s0.2 m(1 分) 15 (12分)两块质量都是m的木块A和B在光滑水平面上均以大小为v0 2 的速度向左匀速运动， 中间用一根劲度系数为k的水平轻弹簧连接， 如图12所示 现从水平方向迎面射来一颗子弹， 质量为m 4，速度大小为 v0，子弹射入木块 A(时间极短)并留在其中求： 图 12 (1)在子弹击中木块后的瞬间木块 A、B 的速度 vA和 vB的大小 (2)在子弹击中木块后的运动过程中弹簧的最大弹性势能 答案 (1

22、)v0 5 v0 2 (2) 1 40mv0 2 解析 (1)在子弹打入木块 A 的瞬间，由于相互作用时间极短，弹簧来不及发生形变，A、B 都不受弹簧弹力的作用，故 vBv0 2 ；(1 分) 由于此时 A 不受弹簧的弹力，木块 A 和子弹构成的系统在这极短过程中所受合外力为零，系 统动量守恒，选向左为正方向，由动量守恒定律得： mv0 2 mv0 4 (m 4m)vA(2 分) 解得 vAv0 5 (2 分) (2)由于子弹击中木块 A 后，木块 A、木块 B 运动方向相同且 vAvB，故弹簧开始被压缩，分 别给木块 A、B 施以弹力，使得木块 A 加速、B 减速，弹簧不断被压缩，弹性势能增

23、大，直 到二者速度相等时弹簧的弹性势能最大， 在弹簧压缩过程中木块 A(包括子弹)、B 与弹簧构成 的系统动量守恒，机械能守恒 设弹簧压缩量最大时共同速度的大小为 v，弹簧的最大弹性势能为 Epm， 选向左为正方向，由动量守恒定律得： 5 4mvAmvB( 5 4mm)v(2 分) 由机械能守恒定律得： 1 2 5 4mvA 21 2mvB 21 2( 5 4mm)v 2E pm(3 分) 联立解得 v1 3v0，Epm 1 40mv0 2.(2 分) 16 (13 分)(2019 沂南高二下期中)如图 13 所示， 一质量为 M 的平板车 B 放在光滑水平面上， 在其右端放一质量为 m 的小

24、木块 A，mM，A、B 间动摩擦因数为 ，现给 A 和 B 以大小相 等、方向相反的初速度 v0，使 A 开始向左运动，B 开始向右运动，最后 A 不会滑离 B，已知 重力加速度为 g，求： 图 13 (1)A、B 最后的速度大小和方向； (2)在平板车与小木块相对滑动的过程中，B 的加速度大小及 A 对 B 的冲量大小； (3)从地面上看，小木块向左运动到离出发点最远处时，平板车向右运动的位移大小 答案 (1)大小都为Mm Mmv0 方向都向右 (2) mg M 2Mmv0 Mm (3)2Mm 2Mg v02 解析 (1)以水平向右为正方向，对 A、B 系统由动量守恒得：Mv0mv0(Mm)v(2 分) 所以 vMm Mmv0，方向向右(2 分) (2)对 B，由牛顿第二定律得 mgMa(1 分) 可得 amg M (1 分) 对 B，由动量定理可得 IMvMv0(1 分) 得：I2Mmv0 Mm (1 分) 故 A 对 B 的冲量大小为2Mmv0 Mm (3)A 向左运动速度减为零时，到达最远处，设此时平板车运动的位移为 x，速度大小为 v， 则由动量守恒定律得：Mv0mv0Mv(2 分) 对平板车应用动能定理得： mgx1 2Mv 21 2Mv0 2 (2 分) 联立解得：x2Mm 2Mg v02.(1 分)