精选教育学年度高二物理人教版选修35第十六章动量守恒定律单元练习doc.docx
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精选教育学年度高二物理人教版选修35第十六章动量守恒定律单元练习doc
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0.2s，则被撞死的兔子其奔跑的速度至少为（g取10m/s2）（ ）
A.1m/sB.1.5m/sC.2m/sD.2.5m/s
4.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，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d位于同一圆周，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（ ）
A.重力对它们的冲量相同B.弹力对它们的冲量相同
C.合外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9kg•m/s，方向水平向右
D.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F的作用，拉力F随时间t变化的图象如图所示，则下列说法中不正确的是（ ）
A.0～4s内物体的位移为零B.0～4s内拉力对物体做功为零
C.4s末物体的动量为零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mv
D.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t0时刻撤去F，其V-t图象如图所示．已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，则下列关于力F大小和力F做功（W）大小的关系式，正确的是（ ）
A.W=
B.F=2μmgC.W=μmgv0t0D.F=3μmg
14.在质量为M的小车中挂有一单摆，摆球的质量为m0，小车和单摆以恒定的速度v沿光滑水平地面运动，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v1、v2、v3，满（M+m）v=Mv1+mv2+m0v3
B.摆球的速度不变，小车和木块的速度变化为v1、v2，满足Mv=Mv1+mv2
C.车和摆球的速度都变为v1，木块的速度变化为v2，满足（M+m0）v=（M+m0）v1+mv2
D.小摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为v1，满足Mv=（M+m）v1
15.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=0.50kg，乙的质量m2=0.25kg
B．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
甲车
乙车
甲乙整体
质量m/kg
0.50
0.25
0.75
速度v/（m•s-1）
0
0
mv
0
mv2
0
（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=1.00m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=1.25m，在轨道末端放有质量为mB=0.30kg的小球B（视为质点），另一质量为mA=0.10kg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2.6N，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移为s=0.80m，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′A．
18.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D点，D在圆心O的正下方，整个轨道位于同一竖直平面内．物块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，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.D3.C4.C5.B6.A7.C
8.D9.A10.A11.BD12.AD13.AD14.BD
15.ABD
16.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：
mAgR-Wf=
mAvA2-0，
代入数据解得：
Wf=0.2J；
（3）两球碰撞后离开圆弧做平抛运动，对B球，
在竖直方向：
h=
gt2，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′=-0.8m/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0.2J
（3）A与B正碰后瞬间小球A的速度为0.8m/s，方向向左．
18.解：
（1）在整个过程中，由能量守恒定律得：
-μmg•2R=0-
mv02，
由题意知：
μ=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：
mv02=
（m+2m）v2+mgh+μmgR，
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；
B、由洛仑兹力提供向心力qvB=m
可得：
mv=qBr，显然半径大的其动量大，则b粒子的动量最大，其次是a，最小的是c，所以选项B错误；
C、运动时间t=
，由轨迹可知，a粒子偏转90°，而b粒子偏转小于90°，则a在磁场的时间大于b的时间，选项C错误；
D、加速度a=
=
=
，显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，选项D正确。
故选：
D。
根据粒子运动轨迹由左手定则判断粒子的电性；粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律求出粒子的速度，然后求出粒子的动量的表达，从动量的表达式就知道三种粒子的动量大小；根据粒子做圆周运动的周期与转过的圆心角比较粒子运动时间。
带电粒子在磁场、质量及电量相同情况下，运动的半径与速率成正比，从而根据运动圆弧来确定速率的大小。
3.解：
取兔子奔跑的速度方向为正方向。
根据动量定理得-Ft=0-mv
v=
由F=mg
得到v=
=gt=2m/s
故选：
C。
以兔子为研究对象，它与树桩碰撞过程中，水平方向受到树对它的打击力，速度减小至零，根据动量定理研究其速度．
本题应用动量研究碰撞过程物体的速度．对于打击、碰撞、爆炸等变力作用过程，往往用动量定理研究作用力．
4.解：
设△t时间内喷出的水的质量为m，在△t时间内水的速度变成0，选取向下为正方向，由动量定理可得：
-F0•△t=0-mv0…①
将平板向下平移至距离水龙头h处，△t时间内喷出的水流出后经过时间t落在平板上，仍然会在△t时间内与平板作用后速度变成0，则：
-2F0•△t=0-mv…②
又：
v=v0+gt…③
联立①②③式得：
v=2v0，h=
，t=
，故C正确，ABD错误。
故选：
C。
根据动量定理得出作用力的大小与速度大小的关系，然后结合匀变速直线运动的公式，联立求出即可。
本题主要考查了动量定理的直接应用，知道将平板向下平移至距离水龙头h处后，虽然水流的速度增大，但水流的横截面积也减小，所以在△t时间内仍然全部速度变成0是解答的关键。
5.解：
物块B压缩弹簧的过程，开始时A做加速运动，B做减速运动，随着压缩量的增大，弹簧的弹力增大，两个物块的加速度增大。
当弹簧压缩至最短时，二者的速度相等；此后A继续加速，B继续减速，弹簧的压缩量减小，弹力减小，两个物块的加速度减小。
当弹簧恢复原长时B离开弹簧。
所以v-t图象切线斜率的大小都先增大后减小。
设B离开弹簧时A、B的速度分别为vA和vB。
取水平向右为正方向，根据动量守恒定律：
mBv0=mAvA+mBvB，
由机械能守恒得：
mBv02=
mAvA2+
mBvB2
联立解得vA=
v0，vB=
v0。
若mB＞mA，由上式可得：
vA＞vB．所以B图是可能的。
若mB=mA，由上式可得：
vA=v0，vB=0。
若mB＜mA，由上式可得：
vA＞0，vB＜0。
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α，环运动的时间为t，圆周的直径为D．则环的加速度大小a=gcosα．
由位移公式得：
Dcosα=
，得到t=
，所以三个环运动时间相同．
A、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．
B、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=Ft，判断重力冲量关系．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：
vA=5m/s、vB=-3m/s．
P=mAvA+mBvB=3×5+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：
A、动量是质量与速度的乘积，故A错误；
B、动量是质量与速度的乘积，故B错误
C、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；
D、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，4s末的速度为零，位移一直增大．
A、物体在4s内先做匀加速后做匀减速运动，4s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，4s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；
D、根据I=Ft可知：
前4s内I合=2F-2F=0，故D正确；
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．
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。
B、人第一次将木箱推出的过程中，取向右为正方向，由动量守恒定律得0=mv-5mv1，得v1=
．人和木箱组成的系统的动能增量为△Ek=
+
=
．故B正确。
C、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=mv-（-mv）=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v相同时，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。
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-t0过程和0-3t0过程，由动量定理
Ft0-μmgt0=mv0
Ft0-μmg（3t0）=0
解得
F=3μmg
故B错误、D正确；
A、C、由图象
0-t0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-t0过程和0-3t0过程分别运用动量定理列式，可以求出水平恒力F的大小；由图象求出0-t0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．
BD、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：
A、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、v2，以人的速度方向为正方向，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=（m人+M船）v，可得v=0，说明船停止运动，故D正确．
故选：
ABD
水的阻力不计，人从船头走向船尾的过程中，人与船组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，应用动量守恒定律分析答题．
本题考查了动量守恒定律的应用，人与船组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律可以解题，“人船模型”是高中物理的重要模型，要掌握结论：
人动船动，人停船停，人快船快．
16.
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