届人教版 动量守恒定律单元测试Word文件下载.docx
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B.m
C.m
D.m
7.滑雪运动是人们酷爱的户外体育活动，现有质量为m的人站立于雪橇上，如图所示．人与雪橇的总质量为M，人与雪橇以速度v1在水平面上由北向南运动（雪橇所受阻力不计）．当人相对于雪橇以速度v2竖直跳起时，雪橇向南的速度大小为（
）
A.
B.
C.
D.v1
8.如图所示，两光滑且平行的固定水平杆位于同一竖直平面内，两静止小球m1、m2分别穿在两杆上，两球间连接一个保持原长的竖直轻弹簧，现给小球m2一个水平向右的初速度v0．如果两杆足够长，则在此后的运动过程中（ ）
A.m1、m2组成的系统动量守恒
B.m1、m2组成的系统机械能守恒
C.弹簧最长时，其弹性势能为m2v02
D.当m1速度达到最大时，m2速度最小
9.光滑斜槽轨道的末端水平，固定在水平桌面上，斜槽末端静止放置一个质量为m2的小球B，在斜槽上某处释放另一质量为m1的小球A，两球在斜槽末端发生弹性正碰后，冲出轨道落于水平地面上的同一位置，求两小球的质量之比m1：
m2=（ ）
A.m1：
m2=1：
3B.m1：
m2=2：
1C.m1：
1D.m1：
m2=3：
1
10.在一次救灾行动中，需要把飞机上的50麻袋粮食投放到行驶的列车上，已知列车的质量为M，列车在铁轨上以速度v0做匀速直线运动，列车上方的飞机也沿铁轨以速度v1同向匀速飞行．在某段时间内，飞机连续释放下50袋粮食，每袋粮食质量为m，且这50袋粮食全部落在列车车厢内．不计列车与铁轨之间的摩擦，则列车载有粮食后的速度为（ ）
D.
二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）
11.
如图所示，两个质量和速度均相同的子弹分别水平射入静止在光滑水平地面上质量相同、材料不同的两矩形滑块A、B中，射入A中的深度是射入B中深度的两倍．上述两种射入过程相比较（ ）
A.射入滑块A的子弹速度变化大
B.整个射入过程中两滑块受的冲量一样大
C.射入滑块A中时阻力对子弹做功是射入滑块B中时的两倍
D.两个过程中系统产生的热量相同
12.在水平公路上，一辆装满货物的卡车以某一速度匀速行驶，由于司机疲劳驾驶，与一辆停在公路上的轿车相撞，撞击时卡车上有部分货物飞出，撞击后两车共同滑行了距离s后停下。
则（ ）
A.撞击过程可应用动量守恒
B.撞击过程可应用机械能守恒
C.飞出的货物质量越大，滑行距离s越大
D.飞出的货物质量越大，滑行距离s越小
13.如图所示，光滑水平面上放有质量分别为2m和m的物块A和B，用细线将它们连接起来，两物块中间夹有一压缩的轻质弹簧（弹簧与物块不相连），弹簧的压缩量为x．现将细线剪断，此刻物块A的加速度大小为a，两物块刚要离开弹簧时物块A的速度大小为v，则（ ）
A.物块开始运动前，弹簧的弹性势能为mv2
B.物块开始运动前，弹簧的弹性势能为3
mv2
C.物快B的加速度大小为a时弹簧的压缩量为
D.物块A从开始运动到刚要离开弹簧时位移大小为x
14.光滑水平面上，两个质量相等的小球A、B沿同一直线同向运动（B在前），已知碰前两球的动量分别为pA=12g•m/s、pB=8g•m/s，碰后它们动量的变化分别为△pA、△pB．下列数值可能正确的是（ ）
A.△pA=-2g•m/s、△pB=2g•m/sB.△pA=-3g•m/s、△pB=3g•m/s
C.△pA=-4g•m/s、△pB=4g•m/sD.△pA=-5g•m/s、△pB=5g•m/s
15.
如图所示，质量为M的小车AB，在A端粘有橡皮泥，在B端固定有一根轻质弹簧，弹簧的另一端靠一块质量为m的物体C，且M＞m，小车原来静止于光滑水平面上，小车底板光滑，开始时弹簧处于压缩状态．当弹簧释放后，则（ ）
A.物体C离开弹簧时，小车一定是向右运动
B.物体C与A粘合后，小车速度为零
C.物体C从B向A运动过程中，小车速度与物体速度大小（对地）之比为
m：
M
D.物体C从B向A运动过程中，小车速度与物体速度大小（对地）之比为
M：
m
三、实验题探究题（本大题共1小题，共10.0分）
16.在“验证动量守恒定律”的实验中，气垫导轨上放置着带有遮光板的滑块A、B，遮光板的宽度相同，测得的质量分别为m1和m2．实验中，用细线将两个滑块拉近使轻弹簧压缩，然后烧断细线，轻弹簧将两个滑块弹开，测得它们通过光电门的时间分别为t1、t2．
（1）图2为甲、乙两同用螺旋测微器测遮光板宽度d时所得的不同情景．由该图可知甲同测得的示数为______mm，乙同测得的示数为______mm．
（2）用测量的物理量表示动量守恒应满足的关系式：
______，被压缩弹簧开始贮存的弹性势能EP=______．
四、计算题（本大题共3小题，共30.0分）
17.如图所示，光滑水平面上三个大小相同的小球a、b、c，质量分别为m1=0.2g，m2=m3=0.6g，小球a左端靠着一固定竖直挡板，右端与一轻弹簧1拴接，处于静止状态，小球b和c用一根轻质细线拴接，两物块中间夹着一个压缩的轻弹簧2，弹簧与两小球未拴接，它们以v0=1m/s的速度在水平面上一起向左匀速运动，某时刻细线突然被烧断，轻弹簧将两小球弹开，弹开后小球c恰好静止，小球b向左运动一段时间后，与弹簧1拴接，弹回时带动木块a运动，求：
（1）弹簧2最初所具有的弹性势能Ep；
（2）当弹簧1拉伸到最长时，小球a的速度大小v．
18.用发射装置竖直向上发射一弹丸，弹丸质量为m，当弹丸运动到距离地面60m的最高点时，爆炸成为甲、乙两块沿竖直方向飞出，甲、乙的质量比为1：
4，爆炸后经t1=2s甲运动到地面．不计质量损失，取重力加速度g=10m．s2，求：
（1）爆炸后甲运动的初速度v1；
（2）爆炸后乙运动到地面所用的时间t2．
19.
如图所示，一质量m=2g的铁块放在质量M=2g的小车左端，二者一起以v0=4m/s的速度沿光滑水平面向竖直墙面运动，车与墙碰撞的时间t=0.01s，碰撞时间极短，铁块与小车之间的动摩擦因数μ=0.4，g=10m/s2．求：
（1）车与墙碰撞时受到的平均作用力F的大小（由于碰撞时间极短，可认为在车与墙碰撞时铁块速度没变）；
（2）小车车长的最小值．
答案和解析
【答案】
1.C2.C3.C4.B5.D6.B7.D
8.A9.A10.A11.BD12.AD13.BC14.ABC
15.ABC
16.3.505；
3.485；
=
；
+
17.解：
（1）细线被烧断，轻弹簧将两小球弹开的过程，取向左为正方向，根据动量守恒定律得
（m2+m3）v0=m2vb
解得vb=2m/s
由机械能守恒定律得
Ep=m2vb2+（m2+m3）v02=0.6J
（2）b球带动a球运动的过程，当弹簧1拉伸到最长时，两球的速度相同．取向右为正方向，由动量守恒定律得
m2vb=（m1+m2）v
解得v=1.5m/s
答：
（1）弹簧2最初所具有的弹性势能Ep是0.6J．
（2）当弹簧1拉伸到最长时，小球a的速度大小v是1.5m/s．
18.解：
（1）爆炸后甲向下做匀加速运动，加速度为g，则有：
h=v1t1+
可得v1=
-
=20m/s，方向向下．
（2）对于爆炸过程，取向下为正方向，根据动量守恒定律得：
0=m1v1+m2v2；
得v2=-
=-
=5m/s，方向向上．
则h=-v2t2+
解得t2=4s
（1）爆炸后甲运动的初速度v1是20m/s，方向向下．
（2）爆炸后乙运动到地面所用的时间t2是4s．
19.解：
（1）车与墙碰撞过程中，不计碰撞时机械能的损失，则车与墙碰撞后的瞬间，小车的速度向左，大小为v0，设向左为正，根据动量定理得：
Ft=Mv0-M（-v0）
解得：
F=1600N
（2）对车和铁块组成的系统为研究对象，系统所受的合力为零．
以向左为正方向，由动量守恒定律得：
Mv0-mv0=（M+m）v，
v=0
对系统，由能量守恒定律得：
（M+m）v02=μmgL
L=4m
（1）车与墙碰撞的平均作用力的大小F为1600N．
（2）小车车长的最小值为4m
【解析】
1.解：
A、运动员在空中运动过程中只受重力作用，根据动量定理可知运动员在空中动量的改变量等于重力的冲量，故A正确；
B、整个过程根据动量定理可得I=m△v=0，故运动员整个向下运动过程中合外力的冲量为零，故B正确；
C、运动员在水中运动过程中受到重力和水对他的作用力，根据动量定理可知运动员在水中动量的改变量等于水的作用力与重力的合力的冲量，故C不正确；
D、整个过程根据动量定理可得I=IG+IF=m△v=0，所以IG=-IF，即运动员整个运动过程中重力冲量与水的作用力的冲量等大反向，故D正确；
本题选不正确的，故选：
C。
分析下落过程中不同阶段运动员的受力情况和动量变化情况，根据动量定理进行解答。
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。
2.解：
A、前两秒，根据牛顿第二定律，a1=
=2m/s2，则0-2s的速度规律为：
v1=a1t1=2m/s，t=1s时，速率为2m/s，故A错误；
B、t=2s时，物块的速率v2=a1t2=4m/s，则动量大小为：
p2=mv2=4g•m/s，故B错误；
C、2-4s，力开始反向，物体减速，根据牛顿第二定律，a2=-1m/s2，所以3s时的速度为v3=v2-a2t3=3m/s，动量大小为p3=mv3=3g•m/s，故C正确；
D、结合C的分析可得，t=4s时物块速度v4=v2-a2t4=2m/s，所以4s末的功率：
P=Fv4=1×
2=2W，故D错误；
故选：
首先根据牛顿第二定律得出加速度，进而计算速度和动量。
本题考查了牛顿第二定律的简单运用，熟悉公式即可，并能运用牛顿第二定律求解加速度。
另外要会看图，从图象中得出一些物理量之间的关系。
3.解：
90m/h=25m/s，
根据动量定理
F•t=mv
所以
N
C
对人研究，运用动量定理F合•t=mv2-mv1，末速度为零，初速度为25m/s，作用时间为5s，代入求解即可．
此题难度不大，知道动量定理的表达式，直接代入数据求解即可，属于基础题．
该题也可以使用牛顿第二定律解答．
4.解：
A、设小船的质量为M，小球的质量为m，甲球抛出后，取甲球的速度方向（向左）为正方向，根据两球和船组成的系统动量守恒，有：
mv-（M+m）v′=0，
则此时船的速度v′的方向向右；
根据动量定理：
物体所受合力的冲量等于物体动量的变化．对于甲球，动量的变化量为mv，对于乙球动量的变化量为mv-mv′，则知甲的动量变化量大于乙球的动量变化量，根据动量定理可知，抛球时，人对甲球的冲量比人给乙球的冲量大．故A错误．
B、根据动能定理得：
人对甲球做的功W甲=
，对乙球做的功W乙=
，因此人对甲球做的功大于人对乙球做的功．故B正确．
CD、由于抛出后两小球相对于岸的速率相等，速度方向相反，且两小球的质量相同，所以两球相对于地的动量大小相等，方向相反，总动量为0．由于两球和船组成的系统动量守恒，原来系统的总动量为0．所以根据动量守恒定律可知，两球都抛出后，船的动量为0，则速度为0；
故CD错误．
B
抛球过程，两球和船组成的系统动量守恒．根据动量守恒定律求出两球抛出后小船的速度．通过动量的变化量，由动量定理判断冲量的大小关系．根据动能定理分析人对球做功关系．
解决本题的关键掌握动量守恒定律、动量定理和动能定理，并能灵活运用．运用动量守恒定律时注意速度的方向．
5.解：
A、当小球与弹簧接触后，小球与槽组成的系统在水平方向所受合外力不为零，系统在水平方向动量不守恒，故A错误；
B、下滑过程中两物体都有水平方向的位移，而力是垂直于球面的，故力和位移夹角不垂直，故两力均做功，故B错误；
C、全过程小球和槽、弹簧所组成的系统只有重力与弹力做功，系统机械能守恒，小球与弹簧接触过程系统在水平方向所受合外力不为零，系统水平方向动量不守恒，故C错误；
D、球在槽上下滑过程系统水平方向不受力，系统水平方向动量守恒，球与槽分离时两者动量大小相等，由于m＜M，则小球的速度大小大于槽的速度大小，小球被弹簧反弹后的速度大小等于球与槽分离时的速度大小，小球被反弹后向左运动，由于球的速度大于槽的速度，球将追上槽并要槽上滑，在整个过程中只有重力与弹力做功系统机械能守恒，由于球与槽组成的系统总动量水平向左，球滑上槽的最高点时系统速度相等水平向左系统总动能不为零，由机械能守恒定律可知，小球上升的最大高度小于h，小球不能回到槽高h处，故D正确；
D．
由动量守恒的条件可以判断动量是否守恒；
由功的定义可确定小球和槽的作用力是否做功；
由小球及槽的受力情况可知运动情况；
由机械守恒及动量守恒可知小球能否回到最高点．
解答本题要明确动量守恒的条件，以及在两球相互作用中同时满足机械能守恒，应结合两点进行分析判断．
6.解：
小球1获得速度后由于受阻力做功，动能减小；
与2球相碰时，由动量守恒定律可知，两球交换速度，即球1静止，球2以1的速度继续行驶；
则可知，1的初动能克服两球运动中摩擦力所做的功；
则由动能定理可知；
mg•2L=mv2；
v=2
则冲量I=mv=m
B．
分析小球的运动过程，根据动量守恒分析碰撞后速度变化，再由动能定理可求得第一个小球的初速度，则可求得动量．
本题考查动量守恒定律中，相同小球相碰时将交换速度这一规律；
同时注意能将两小球的过程化为一个过程进行分析，由动能定理求解即可．
7.解：
雪橇所受阻力不计，人起跳后，人和雪橇组成的系统水平方向不受外力，系统水平动量守恒，起跳后人和雪橇的水平速度相同，设为v．
取向南为正方向，由水平动量守恒得：
Mv1=Mv，得v=v1，方向向南，故ABC错误，D正确．
D
人和雪橇组成的系统水平方向不受外力，系统水平动量守恒，根据系统水平动量守恒列式求解．
运用动量守恒定律时要注意方向性，本题中人跳起，影响的是在竖直方向的动量，但系统水平总动量保持不变．
8.解：
A、由于两球竖直方向上受力平衡，水平方向所受的弹力的弹力大小相等，方向相反，所以两球组成的系统所受的合外力为零，系统的动量守恒，故A正确．
B、对于弹簧、m1、m2组成的系统，只有弹力做功，系统的机械能守恒，由于弹性势能是变化的，所以m1、m2组成的系统机械能不守恒．故B错误．
C、当两球的速度相等时，弹簧最长，弹簧的弹性势能最大，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
m2v0=（m1+m2）v，解得：
v=
由系统的机械能守恒得：
m2v02=（m1+m2）v2+EP，解得：
EP=
，故C错误．
D、若m1＞m2，当弹簧伸长时，m1一直在加速，当弹簧再次恢复原长时m1速度达到最大．弹簧伸长时m2先减速后，速度减至零向左加速，最小速度为零．所以m1速度达到最大时，m2速度不是最小，故D错误．
A
分析两球的受力情况，根据合外力是否为零判断系统动量是否守恒．对于弹簧、m1、m2组成的系统机械能守恒．弹簧最长时，m1、m2的速度相同，根据系统的动量守恒和机械能守恒列式求弹簧的弹性势能．
本题考查了动量守恒定律的应用，解决本题的关键知道两球组成的系统动量守恒，两球和弹簧组成的系统机械能守恒，分析清楚运动过程，应用动量守恒定律与机械能守恒定律即可解题．
9.解：
设向右为正，根据动量守恒定律可知：
m1v1=m2v-m1v
根据机械能守恒可得：
mv12=（m1+m2）v2
联立以上两式解得：
m1：
3；
A．
两球碰后落到同一点，如果A球质量大于B球质量，则二者发生弹性碰撞时一定不会落到同一点，所以只能是A球碰后被以与B相同的速度反向运动，然后再滑到到末端时下落才能落到同一点，根据动量守恒和机械能守恒可求得质量之比．
本题要注意明确题意，知道两球碰后落在同一点所隐藏的信息，同时要注意准确掌握弹性碰撞的性质，明确在弹性碰撞中动量守恒，机械能守恒．
10.解：
列车与粮食组成的系统水平方动量守恒，以列车的初速度方向为正方向，水平方向，由动量守恒定律得：
Mv0+50mv1=（M+50m）v，
列车与粮食组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出列车的速度．
本题考查了求列车的速度，应用动量守恒定律即可正确解题．
11.解：
A、设子弹的初速度为v，共同速度为v′，则根据动量守恒定律，有：
mv=（M+m）v′，
v′=
由于两矩形滑块A、B的质量相同，故最后子弹与滑块的速度都是相同的，故A错误；
B、滑块A、B的质量相同，初速度均为零，末速度均为
，故动量该变量相等，根据动量定理，冲量相等，故B正确；
C、根据动能定理，射入滑块中时阻力对子弹做功等于动能的增加量，故射入滑块A中时阻力对子弹做功是射入滑块B中时的1倍，故C错误；
D、根据能量守恒定律，两个过程中系统产生的热量等于系统减小的机械能，故两个过程中系统产生的热量相同，故D正确；
BD。
子弹射入滑块过程中，子弹和滑块系统动量守恒，根据动量守恒定律列式求解共同速度，然后根据能量守恒定律列式求解系统产生的内能，根据动量定理列式求解滑块所受的冲量．
本题考查子弹射木块模型，关键是根据动量守恒定律、动量定理和能量守恒定律列式分析，不难．
12.解：
A、撞击过程时间很短，内力远大于外力，则可认为动量守恒，可应用动量守恒定律，故A正确；
B、撞击过程有机械能损失，则不可应用机械能守恒，故B错误；
CD、设卡车碰前总质量M，碰后飞出货物质量△m，轿车质量m，取撞击前货物的运动方向为正。
根据动量守恒定律：
Mv0=（M-△m+m）v+△mv0，则有：
，可知，△m越大v越小；
根据
可知s越小，故D正确，C错误；
AD。
撞击过程时间很短，内力远大于外力，可认为动量守恒。
根据动量守恒定律和动能定理列式，分析滑行距离s和货物质量m的关系。
对于碰撞，即使有外力，在撞击时间极短时，内力远大于外力，也可认为动量守恒，所以碰撞的基本规律是动量守恒定律。
13.解：
A、根据动量守恒定律得0=2mv-mvB，得物块B刚要离开弹簧时的速度vB=2v，由系统的机械能守恒得：
物块开始运动前弹簧的弹性势能为：
Ep=•2mv2+mvB2=3mv2．故A错误，B正确；
C、当物块A的加速度大小为a，根据胡克定律和牛顿第二定律得x=2ma．当物块B的加速度大小为a时，有：
x′=ma，对比可得：
x′=，即此时弹簧的压缩量为．故C正确．
D、取水平向左为正方向，根据系统的动量守恒得：
2m
-m
=0，又xA+xB=x，解得A的位移为：
xA=x，故D错误．
BC
根据系统的动量守恒，求得物块B刚要离开弹簧时的速度，由系统的机械能守恒求物块开始运动前弹簧的弹性势能．当A的加速度大小为a，根据胡克定律和牛顿第二定律求得此时的弹力．物块B的加速度大小为a时，对物块，由胡克定律和牛顿第二定律求弹簧的压缩量．
解决本题的关键要明确系统遵守两大守恒定律：
动量守恒定律和机械能守恒定律，求A的位移时，根据平均动量守恒列式．
14.解：
A追上B并与B相碰，说明A的速度大于B的速度，pA=12g•m/s，pB=8g•m/s，两个质量相等的小球，所以vA=vB；
以它们运动的方向为正方向，若发生完全非弹性碰撞，则碰撞后的速度是相等的，所以碰撞后它们的动量也相等，为：
g•m/s
所以：
△pA=PA′-PA=10-12=-2g•m/s、△pB=PB′-PB=10-8=2g•m/s
若是弹性碰撞，则：
PA+PB=PA′+PB′
弹性碰撞的过程中机械能以上守恒的，设它们的质量为m，则：
由于：
P=mv
联立可得：
PA′=8g•m/s，PB′=12g•m/s
所以此时：
△pA=PA′-PA=8-12=-4g•m/s、△pB=PB′-PB=12-8=4g•m/s
由以上的分析可知，△pA在-2到-4g•m/s之间，△pB在2-4g•m/s之间都是可能的．
A、如果△pA=-2g•m/s、△pB=2g•m/s，碰后动量
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