届人教版 动量守恒定律单元测试1Word格式.docx

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7.如图所示在足够长的光滑水平面上有一静止的质量为M=2m的斜面，斜面表面光滑、高度为h、倾角为θ．一质量为m的小物块以一定的初速度沿水平面向右运动，不计冲上斜面过程中机械能损失。

如果斜面固定，则小物块恰能冲到斜面顶端。

如果斜面不固定，则小物块冲上斜面后能到达的最大高度为（　　）

A.B.C.

D.h

8.如图所示，木块A、B置于光滑水平桌面上，木块A沿水平方向向左运动与B相碰，碰后粘连在一起，将弹簧压缩到最短。

则木块A、B和弹簧组成的系统，从A、B相碰到弹簧压缩至最短的整个过程中（　　）

A.动量不守恒、机械能守恒B.动量不守恒、机械能不守恒

C.动量守恒、机械能守恒D.动量守恒、机械能不守恒

9.质量为1g的木板B静止在水平面上，可视为质点的物块A从木板的左侧沿木板上表面水平冲上木板，如图甲所示。

A和B经过1s达到同一速度，之后共同减速直至静止，A和B运动的v-t图象如图乙所示，取g=10m/s2，则物块A的质量为（　　）

A.1gB.3gC.2gD.6g

10.

如图所示，在固定的水平杆上，套有质量为m的光滑圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着质量为M的木块，现有质量为m0的子弹以大小为v0的水平速度射入木块并立刻留在木块中，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）

A.子弹射入木块后的瞬间，速度大小为

B.子弹射入木块后的瞬间，绳子拉力等于（M+m0）g

C.子弹射入木块后的瞬间，环对轻杆的压力大于（M+m+m0）g

D.子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统动量守恒

二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）

11.如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1、m2的两物块A、B相连接，并静止在光滑水平面上．现使B获得水平向右、大小为6m/s的瞬时速度，从此刻开始计时，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图象提供的信息可得（　　）

A.在t1，t2时刻两物块达到共同速度2m/s，且弹簧都处于伸长状态

B.从t3到t4时刻间弹簧由压缩状态恢复到原长

C.两物体的质量之比为m1：

m2=2：

1

D.在t2时刻，A、B两物块的动能之比为E1：

E2=4：

12.甲、乙两球在光滑的水平面上沿同一直线向同一方向运动，它们的动量分别为p甲=5g•m/s，p乙=9g•m/s，当甲追上乙发生碰撞后，乙球的动量变为12g•m/s，则甲、乙两球的质量比m甲：

m乙可能是（　　）

A.1：

10B.3：

10C.1：

4D.1：

6

13.

如图，在光滑水平面上放着质量分别为m和2m的A、B两个物块，现用外力缓慢向左推B使弹簧压缩，此过程中推力做功W．然后撤去外力，则（　　）

A.从开始到A离开墙面的过程中，墙对A的冲量为0

B.当A离开墙面时，B的动量大小为

C.A离开墙面后，A的最大速度为

D.A离开墙面后，弹簧的最大弹性势能为

14.

如图所示，在光滑的水平面上有一物体M，物体上有一光滑的半圆弧轨道，最低点为C，两端A、B一样高．现让小滑块m从A点由静止下滑，则（　　）

A.m不能到达M上的B点

B.m从A到C的过程中M向左运动，m从C到B的过程中M向右运动

C.m从A到B的过程中M一直向左运动，m到达B的瞬间，M速度为零

D.M与m组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒

15.如图是“牛顿摆”装置，5个完全相同的小钢球用轻绳悬挂在水平支架上，5根轻绳互相平行，5个钢球彼此紧密排列，球心等高．用1、2、3、4、5分别标记5个小钢球．关于此实验，下列说法中正确的是（　　）

A.当把小球1向左拉起一定高度，然后由静止释放，可观察到小钢球5向右摆起，且达到的最大高度与小钢球1的释放高度相同

B.如果同时向左拉起小钢球1、2、3到相同高度，同时由静止释放，经碰撞后，小钢球4、5一起向右摆起，且上升最大高度高于小钢球1、2、3的释放高度

C.如果同时向左拉起小钢球1、2、3到相同高度，同时由静止释放，经碰撞后，小钢球3、4、5一起向右摆起，且上升最大高度等于小钢球1、2、3的释放高度

D.上述整个实验过程中，5个小钢球组成的系统机械能守恒，动量守恒

三、实验题探究题（本大题共1小题，共10.0分）

16.某同学设计了一个用打点计时器探究碰撞过程中不变量的实验：

在小车甲的前端粘有橡皮泥，推动小车甲使之做匀速直线运动．然后与原来静止在前方的小车乙相碰并粘合成一体，而后两车继续做匀速直线运动，他设计的具体装置如图1所示．在小车甲后连着纸带，打点计时器打点频率为50H，长木板下垫着小木片用以平衡摩擦力．

（1）若已得到打点纸带如图2所示，并测得各计数点间距并标在图上，A为运动起始的第一点，则应选______段计算小车甲的碰前速度，应选______段来计算小车甲和乙碰后的共同速度．

A、AB 

B、BC 

C、CD 

D、DE

（2）已测得小车甲的质量m甲=0.40g，小车乙的质量m乙=0.20g，由以上测量结果可得：

碰前m甲v甲+m乙v乙=______g•m/s；

碰后m甲v甲′+m乙v乙′=______g•m/s．

（3）通过计算得出的结论是______．

四、计算题（本大题共3小题，共30.0分）

17.

如图所示，悬挂于竖直弹簧下端的小球质量为m，运动速度的大小为v，方向向下。

经过时间t，小球的速度大小为v，方向变为向上。

忽略空气阻力，重力加速度为g，求该运动过程中，小球所受弹簧弹力冲量的大小。

18.如图所示，甲、乙两个小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏，甲和他的冰车总质量共为M=30g，乙和他的冰车总质量也是30g，游戏时甲推着一个质量m=15g的箱子和他一起以大小为v0=2m/s的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来，为了避免相撞，甲突然将箱子沿冰面推给乙，箱子滑到乙处时乙迅速把它抓住，若不计冰面的摩擦，问甲至少要以多大的速度（相对地面）将箱子推出，才能避免与乙相撞．

19.

将一质量为MQ的长木板Q静止放在光滑的水平面上，一质量为MP，可视为质点的滑块P静止在长木板的左端．用一长为L的质量不计的细绳拴接一质量为m、可视为质点的小球，并将细绳的另一端悬于天花板，如图所示．现将小球拉到与悬点等高的位置且无初速地释放，当小球运动到最低点时恰好与滑块P发生正碰，碰后小球能沿原路返回到与碰撞点竖直高度为h处，而滑块P开始在长木板的上表面运动，并且最终滑块和长木板以相同的速度在水平面上做匀速直线运动．已知MQ=3g，MP=3g，m=0.5g，L=0.8m，h=0.2m，重力加速度g=10m/s2．则上述全过程中整个系统损失的机械能为多少？

答案和解析

【答案】

1.C2.C3.A4.D5.C6.D7.C

8.B9.C10.C11.BC12.BCD13.CD14.CD

15.AC

16.BC；

DE；

0.420；

0.417；

在误差允许范围内，碰撞前后两个小车的mv矢量和是相等的． 

17.解：

以小球为研究对象，取向上为正方向，整个过程中根据动量定理可得：

I-mgt=mv-（-mv）

解得小球所受弹簧弹力冲量的大小为：

I=2mv+mgt。

答：

小球所受弹簧弹力冲量的大小为2mv+mgt。

18.解：

设甲至少以速度v将箱子推出，推出箱子后甲的速度为v甲，

乙的速度为v乙，取向右方向为正方向．则根据动量守恒得

（m甲+m）v0=m甲v甲+mv，①

mv-m乙v0=（m+m乙）v乙，②

当甲与乙恰好不相撞时，v甲=v乙，③

联立①②③得v=5.2m/s

甲至少要以5.2m/s的速度（相对地面）将箱子推出，才能避免与乙相撞． 

19.解：

设小球与滑块P碰前速度为v0，碰后速率为v1．则有：

对小球，根据机械能守恒定律，与滑块P碰撞前下摆的过程，有：

碰撞后上摆的过程有：

小球与滑块P碰撞过程中，以小球与滑块P为系统，动量守恒．

设碰后滑块P速度为vp，取向右为正方向，由动量守恒定律有：

mv0=-mv1+Mpvp

滑块与长木板相互作用过程中，以滑块与长木板为系统，系统动量守恒，设滑块P与长木板最终速度为v共，则有：

Mpvp=（Mp+MQ）v共

故小球及P、Q组成的系统损失的机械能为：

△E=mgL-

-（Mp+MQ）v共2

联立上述表达式并代入相关数据得：

△E=2.25J

全过程中整个系统损失的机械能为2.25J． 

【解析】

1.解：

每层楼高约为3m，鸡蛋下落的总高度h=（25-1）×

3m=72m；

自由下落时间t1=

=

s=3.8s，

与地面的碰撞时间约为t2=2ms=0.002s，

全过程根据动量定理可得：

mg（t1+t2）-Ft2=0

解得冲击力F=950N≈103N，故C正确。

故选：

C。

求出自由下落的时间，全过程根据动量定理求解即可。

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，能够根据全过程动量定理求解。

2.解：

①力F对物体的冲量大小：

I=Ft=10×

5N•s=50N•s，故①正确，②错误．

③根据动量定理得，物体受到的合外力的冲量为：

Fcos60°

•t，由动量定理可知：

•t=△p，

则合外力的冲量及动量的变化量为：

△p=10×

×

5gm/s=25gm/s，故③④正确，故C正确；

C．

根据冲量的公式求出力冲量的大小，通过动量定理，结合合力的冲量求出动量的变化量．

解决本题的关键掌握冲量的表达式，以及掌握动量定理的运用，知道合力的冲量等于动量的变化量．注意动量和冲量单位的联系．

3.解：

ABC、设任一斜面和水平方向夹角为θ，斜面长度为L，高度为h．

小球下滑过程中克服摩擦力做功为：

Wf=μmgLcosθ，Lcosθ即为斜面底边的长度，所以两次下滑到C点的过程摩擦力做功相等．

根据动能定理得：

mgh-μmgLcosθ=mvC2，知h越大，下滑到C点时的动能越大，所以下滑到C点时的动能一定不同，速率不同．

由动量定理得：

合外力的冲量I合=mvC-0，则知合外力的冲量一定不同，故A正确，BC错误．

D、由动能定理得：

mgh-μmgLcosθ=mvC2，得：

vC=

，与m无关，所以若小球质量增大，则沿同一斜面到达斜面底端的速度不变，故D错误．

A

先根据功的公式分析摩擦力做功关系，再由动能定理分析小球下滑到C点时的动能关系．由动量定理分析合外力的冲量关系．

解决本题的关键是明确滑动摩擦力做功与水平位移即斜面底边的长度有关，在涉及力在空间效应时要想到动能定理．在涉及力时间上的效应时要用动量定理．

4.解：

A、小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，竖直方向所受外力不为零，故系统只在在水平方向动量守恒，故AB错误

C、小球向左摆到最高点，小球的速度为零而小车的速度也为零，故C错误

D、系统只在在水平方向动量守恒，在任意时刻，小球和小车在水平方向的动量一定大小相等、方向相反．故D正确

故选D．

小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，满足水平方向动量守恒定律；

系统机械能守恒，但对小球来说，不满足动量和机械能守恒的条件．

本题对照机械能和动量守恒的条件进行判断．对于系统而言，机械能守恒、总动量不守恒，但由于系统所受的外力都在竖直方向上，系统水平方向上动量守恒．

5.解：

选取向左为正方向，设人从小车上跳起后沿水平方向的分速度为v1，小车沿水平方向的速度为v2，由于车与水平地面间的摩擦不计，二者沿水平方向的动量守恒，则：

mv1+Mv2=0

所以：

设人从右端到达左端时间为t，则人的位移：

x1=v1t

车的位移：

x2=v2t

由空间几何关系得：

x1+|x2|=L

联立以上各式得：

．故C正确，ABD错误

先由动量守恒求出二者水平速度的关系，然后设人从右端到达左端时间为t，由运动学公式求出各自的位移表达式，根据位移之和等于L即可求解．

该题中，人在空间中运动的过程中水平方向的分速度不变，所以该题中的情况与人船模型的情况是相同的，由此即可求出．

6.【分析】

火箭和卫星组成的系统在分离时水平方向上动量守恒，规定正方向，结合动量守恒定律求出分离后卫星的速率。

解决本题的关键是知道火箭和卫星组成的系统在水平方向上动量守恒，运用动量守恒定律进行求解，知动量守恒定律的表达式为矢量式，注意速度的方向。

【解答】

火箭和卫星组成的系统在分离时水平方向上动量守恒，规定初速度的方向为正方向，有：

（m1+m2）v0=m2v2+m1v1

解得：

，故D正确，ABC错误；

故选D。

7.解：

斜面固定时，物块运动过程只有重力做功，机械能守恒；

设物块初速度为v，则有：

；

斜面不固定时，物块和斜面在水平方向合外力为零，故动量守恒；

物块到达冲上斜面后能到达的最大高度H，物块的速度分速度为零，物块和斜面水平方向速度相等；

设此时，斜面速度为v'

由水平方向动量守恒得：

mv=（M+m）v'

所以，

运动过程无摩擦，故对物块和斜面整体，只有重力做功，机械能守恒，故有：

，故

故C正确，ABD错误；

斜面固定时，根据机械能守恒求得高度h和初速度的关系；

斜面不固定时，根据动能定理求得物块、斜面在小物块冲上斜面后能到达的最大高度的速度，然后根据能量守恒求得最大高度。

对于运动过程中某一作用力做的功或某一位置的速度的求解，尤其是非匀变速运动，或做功的力较少或做功较易得到表达式的情况，常根据动能定理来求解。

8.解：

木块A、B和弹簧组成的系统，从A、B相碰到弹簧压缩至最短的整个过程中，墙壁对弹簧有作用力，系统的合外力不为零，所以动量不守恒。

A、B相碰粘连在一起的过程中，机械能有损失，所以机械能也不守恒，故ACD错误，B正确。

B。

系统所受的合外力为零时，系统动量守恒。

只有重力或弹力做功时，系统的机械能守恒，根据系统的受力情况与做功情况判断系统动量与机械能是否守恒。

解决本题的关键是掌握系统动量守恒的条件，以及知道当系统只有动能和势能之间相互转化时，系统机械能守恒。

分析清楚运动过程即可正确解题。

9.解：

由图象可知，A在0-1s内的加速度a1=

=-2m/s2，

对A，由牛顿第二定律得，-μ1mAg=mAa1

解得AB间的动摩擦因数μ1=0.2。

由图象知，A、B在1-3s内的加速度a3=

=-1m/s2，

对AB由牛顿第二定律得-μ2（M+m）g=（M+m）a3

解得B与水平面间的动摩擦因数μ2=0.1。

由图象可知B在0-1s内的加速度a2=

==2m/s2。

对B，由牛顿第二定律得，μ1mAg-μ2（mB+mA）g=mBa2，

代入数据解得mA=3g。

A、B速度相同后，一起做匀减速运动，根据速度时间图线求出匀减速运动的加速度大小，结合牛顿第二定律求出与水平面间的动摩擦因数。

隔离对M分析，根据速度时间图线得出0-1s内M的加速度，根据牛顿第二定律求出A的质量。

本题考查了牛顿第二定律和速度时间图线的综合运用，关键理清A、B的运动规律，结合图线的斜率求出加速度，根据牛顿第二定律进行研究。

10.解：

A、子弹射入木块后的瞬间，取水平向右为正方向，由子弹和木块系统的动量守恒，则m0v0=（M+m0）v1，解得速度大小为

，故A错误；

B、子弹射入木块后的瞬间，根据牛顿第二定律可得

，可知绳子拉力大于（M+m0）g，故B错误；

C、子弹射入木块后的瞬间，对圆环，有：

N=T+mg＞（M+m+m0）g，则由牛顿第三定律知，环对轻杆的压力大于（M+m+m0）g，故C正确；

D、子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统只在水平方向动量守恒，故D错误；

子弹射入木块的过程遵守动量守恒，由动量守恒定律求出子弹穿入木块中时子弹和木块的共同速度。

由向心力公式求绳子拉力。

子弹射入木块后的瞬间，对圆环，根据平衡知识分析环对轻杆的压力大小。

木块向右摆动的过程中，圆环向右滑动，此过程中，系统水平方向不受外力，水平方向的动量守恒。

本题是连接体机械能守恒和水平方向动量守恒问题，关键要正确选择研究对象，明确研究的过程。

此题研究只能针对系统，对单个物体机械能不守恒。

11.解：

A、从图象可以看出，从0到t1的过程中弹簧被压缩，t1时刻两物块达到共同速度2m/s，此时弹簧处于伸长状态，由图示图象可知，t2时刻两物体的速度大小不相等，且方向相反，则速度不同，故A错误；

B、由图示图象可知，从t3到t4时间内A做减速运动，B做加速运动，弹簧由压缩状态恢复到原长，故B正确；

C、由图示图象可知，t1时刻两物体相同，都是2m/s，A、B系统动量守恒，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

m2v1=（m1+m2）v2，即m2×

6=（m1+m2）×

2，解得：

m1：

1，故C正确；

D、由图示图象可知，在t2时刻，A、B两物块的速度分别为：

4m/s、-2m/s，两物体的动能之比为E1：

E2=m1vA2：

m2vB2=×

2m2×

42：

m2×

（-2）2=8：

1，故D错误；

BC．

两个滑块与弹簧系统机械能守恒、动量守恒，结合图象可以判断它们的能量转化情况和运动情况．

本题考查了动量守恒定律的应用，分析清楚图示图象、分析清楚物体的运动过程是解题的前提与关键，应用动量守恒定律与动能计算公式可以解题．

12.解：

碰撞过程动量守恒，有：

，P甲=5g•m/s，P乙=9g•m/s，

=12g•m/s，解得：

=5g•m/s，两球的动量方向都与原来方向相同，

碰前：

，解得：

碰后：

碰撞过程能量守恒：

+

综合可知：

≤

，故A错误，BCD正确；

BCD

当甲球追上乙球时发生碰撞，遵守动量守恒，符合实际运动情况，由动量守恒定律和碰撞过程总动能不增加列式求解．

对于碰撞过程要遵守三大规律：

1、动量守恒定律；

2、总动能不增加；

3、符合物体的实际运动情况，即碰前后面物体速度大于前面物体速度，碰后如果速度方向相同，后面物体速度不大于前面物体速度．

13.【分析】

根据冲量的定义判断墙对A的冲量是否为零，撤去力F后，B向右运动，弹簧弹力逐渐减小，当弹簧恢复原长时，A开始脱离墙面，这一过程机械能守恒，A离开墙壁后系统机械能守恒动量也守恒，故系统动能不可以为0，则弹簧弹性势能不可能与系统总机械能相等。

正确认识动量守恒条件和机械能守恒条件是解决本题的关键了，如果一个系统不受外力或所受外力的矢量和为零，那么这个系统的总动量保持不变，这个结论叫做动量守恒定律；

系统只有重力或弹力做功为机械能守恒条件。

A.根据冲量的定义得从开始到A离开墙面的过程中，墙壁对A有弹力，所以墙对A的冲量不为0，故A错误；

B.撤去力F后，B向右运动，弹簧弹力逐渐减小，当弹簧恢复原长时，A开始脱离墙面，这一过程机械能守恒，即满足：

B的动量大小为

，故B错误；

C.当弹簧再次恢复原长时，A的速度最大，这一过程系统动量和机械能均守恒，有：

动量守恒：

2mvB=mvA+2mv′B 

①，

机械能守恒：

②

由①②解得：

，故C正确；

D.B撤去F后，A离开竖直墙后，当两物体速度相同时，弹簧伸长最长或压缩最短，弹性势能最大；

设两物体相同速度为v，A离开墙时，B的速度为v0，根据动量守恒和机械能守恒得

2mvB=3mv，

又

联立得到，

弹簧的弹性势能最大值为

，故D正确。

故选CD。

14.解：

A、M和m组成的系统水平方向不受外力，动量守恒，没有摩擦，系统的机械能也守恒，所以根据水平方向动量守恒和系统的机械能守恒知，m恰能达到小车M上的B点，到达B点时小车与滑块的速度都是0，故A错误；

B、M和m组成的系统水平方向动量守恒，m从A到C的过程中以及m从C到B的过程中m一直向右运动，所以M一直向左运动，m到达B的瞬间，M与m速度都为零，故B错误，C正确；

D、小滑块m从A点静止下滑，物体M与滑块m组成的系统水平方向不受外力，动量守恒．没有摩擦，M和m组成的系统机械能守恒，故D正确；

CD

小滑块m从A点静止下滑，物体M与滑块m组成的系统水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒，竖直方向有加速度，合力不为零，系统动量不守恒．没有摩擦，系统的机械能守恒．

分析清物体运动过程，该题属于水平方向动量守恒的类型，知道系统在某一方向的合外力为零，该方向的动量守恒．

15.解：

A、碰撞中的能量损失不计，则小球与小球之间发生的是弹性碰撞，由于小球完全一样，结合碰撞过程中动量守恒和动能守恒可知：

每两个小球碰后交换速度，1与