第十六章动量守恒定律单元练习.docx
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第十六章动量守恒定律单元练习
2018学年度高二物理人教版选修3-5第十六章动量守恒定律单元练习
一、单选题
1.对于力的冲量，下列说法正确的是（ ）
A.力越大，力的冲量就越大
B.作用在物体上的力大，力的冲量不一定大
C.竖直上抛运动中，上升和下降过程时间相等，则重力在整个过程中的冲量等于零
D.竖直上抛运动中，上升和下降过程时间相等，则上升和下降过程中重力的冲量等大、反向
2.物体在恒定的合力作用下做直线运动，在时间t1内动能由零增大到E1，在时间t2内动能由E1增加到2E1，设合力在时间t1内做的功为W1，冲量为I1，在时间t2内做的功是W2，冲量为I2，则（ ）
A.I1＜I2，W1=W2B.I1＞I2，W1=W2
C.I1＞I2，W1＜W2D.I1=I2，W1＜W2
3.
质量分别为m=1kg和M=2kg的两物块叠放在光滑水平桌面上，两物块均处于静止状态，从某时刻（t=0）开始，对放在下面的质量为m的物块施一水平推力F，已知推力F随时间t变化的关系为F=6t，量物块之间的动摩擦因数为μ=0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2，下列结论正确的是（ ）
A.两物块刚发生相对运动时的速度为1m/s
B.从施加推力F到两物块刚发生相对运动所需的时间为
s
C.从施加推力F到两物块刚发生相对运动两物块的位移为0.5m
D.从施加推力F到两物块刚发生相对运动F的冲量为6N•s
4.
小车静止在光滑水平面上，站在车上的人练习打靶（人相对于小车静止不动），靶装在车上的另一端，如图所示，已知车、人、枪和靶的总质量为M（不含子弹），子弹的质量为m，若子弹离开枪口的水平速度大小为v0（空气阻力不计），子弹打入靶中且留在靶里，则子弹射入靶后，小车获得的速度大小为（ ）
A.0B.
C.
D.
5.
如图所示，质量为M的小车置于光滑的水平面上，车的上表面粗糙，有一质量为m的木块以初速度v0水平地滑至车的上表面，若车足够长，下列说法正确的是（ ）
A.木块的最终速度为
v0
B.由于车表面粗糙，小车和木块所组成的系统动量不守恒
C.车表面越粗糙，木块减少的动量越多
D.车表面越粗糙，小车获得的动量越多
6.一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块，并留在其中，A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图所示，则在子弹打中木块A及弹簧被压缩的整个过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统（ ）
A.动量守恒、机械能守恒B.动量不守恒、机械能守恒
C.动量守恒、机械能不守恒D.无法判断动量、机械能是否守恒
7.两名质量相等的滑冰人甲和乙都静止在光滑的水平冰面上．现在，其中一人向另一个人抛出一个篮球，另一人接球后再抛回．如此反复进行几次后，甲和乙最后的速率关系是（ ）
A.若甲最先抛球，则一定是v甲＞v乙
B.若乙最后接球，则一定是v甲＞v乙
C.只有甲先抛球，乙最后接球，才有v甲＞v乙
D.无论怎样抛球和接球，都是v甲＞v乙
8.一艘在太空飞行的宇宙飞船，开动推进器后，受到的推力是900N，开动3s的时间，速度的改变为0.9m/s，飞船的质量是（ ）
A.300kgB.3000kgC.900kgD.9000kg
9.一质量为m的物体静止在光滑水平面上，在水平力F作用下，经时间t，通过位移L后，动量变为P、动能变为Ek．若上述过程F不变，物体的质量变为
，以下说法正确的是（ ）
A.经过时间2t，物体动量变为2PB.经过位移2L，物体动量变为2P
C.经过时间2t，物体动能变为4EkD.经过位移2L，物体动能变为4Ek
二、多选题
10.
用不可伸长的细线悬挂一质量为M的小木块，木块静止，如图所示．现有一质量为m的子弹自左方水平射向木块，并停留在木块中，子弹初速度为v0，则下列判断正确的是（ ）
A.从子弹射向木块到一起上升到最高点的过程中系统的机械能守恒
B.子弹射入木块瞬间系统动量守恒，故子弹射入木块瞬间子弹和木块的共同速度为
C.忽略空气阻力，子弹和木块一起上升过程中系统机械能守恒，其机械能一定小于子弹射入木块前的动能
D.子弹和木块一起上升的最大高度为
11.某人站在浮于水面的船上，人和船保持静止状态，从某时刻开始人从船头走向船尾，设水的阻力不计，那么在这段时间内关于人和船的运动情况，下列说法正确的是（ ）
A.人匀速行走时，船匀速后退，两者速度的大小与它们的质量成反比
B.人加速行走时，船加速后退，两者加速度的大小与它们的质量成反比
C.人在船上行走时，两者的动能与它们的质量成反比
D.当人从船头走到船尾停止运动后，船由于惯性还会继续后退一段距离
12.一个质量为 M的长木板静止在光滑水平面上，一颗质量为m的子弹，以水平速度v0射入木块并留在木块中，在此过程中，子弹射入木块的深度为d，木块运动的距离为s，木块对子弹的平均阻力为f，则对于子弹和长木板组成的系统，下列说法正确的是（ ）
A.子弹射入木块过程中系统的机械能守恒
B.系统的动量守恒，而机械能不守恒
C.子弹减少的动能等于fs
D.系统损失的机械能等于fd
13.一个绕地球做匀速圆周运动的人造卫星，在轨道上瞬间炸裂成质量相等的A、B两块，其中A仍沿原轨道运动，不计炸裂前后卫星总质量的变化，则（ ）
A.B不可能沿原轨道运动
B.炸裂后的瞬间A、B的总动能大于炸裂前的动能
C.炸裂后的瞬间A、B的动量大小之比为1：
3
D.炸裂后的瞬间A、B速率之比为1：
1
14.A、B两个质量相等的球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是7kg•m/s，B球的动量是5kg•m/s，当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量的可能值是（ ）
A.pA=8 kg•m/s，pB=4 kg•m/sB.pA=6 kg•m/s，pB=6 kg•m/s
C.pA=5 kg•m/s，pB=7 kg•m/sD.pA=-2 kg•m/s，pB=14 kg•m/s
三、实验题探究题
15.如图1所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系：
先安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下重垂线所指的位置O．
接下来的实验步骤如下：
步骤1：
不放小球2，让小球1从斜槽上A点由静止滚下，并落在地面上．重复多次，用尽可能小的圆，把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置；
步骤2：
把小球2放在斜槽前端边缘位置B，让小球1从A点由静止滚下，使它们碰撞．重复多次，并使用与步骤1同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置；
步骤3：
用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置M、P、N离O点的距离，即线段OM、OP、ON的长度．
（1）对于上述实验操作，下列说法正确的是______
A．应使小球每次从斜槽上相同的位置自由滚下
B．斜槽轨道必须光滑
C．斜槽轨道末端必须水平
D．小球1质量应大于小球2的质量
（2）上述实验除需测量线段OM、OP、ON的长度外，还需要测量的物理量有______．
A．A、B两点间的高度差h1
B．B点离地面的高度h2
C．小球1和小球2的质量m1、m2
D．小球1和小球2的半径r
（3）当所测物理量满足表达式______（用所测物理量的字母表示）时，即说明两球碰撞遵守动量守恒定律．如果还满足表达式______（用所测物理量的字母表示）时，即说明两球碰撞时无机械能损失．
（4）完成上述实验后，某实验小组对上述装置进行了改造，如图2所示．在水平槽末端与水平地面间放置了一个斜面，斜面的顶点与水平槽等高且无缝连接．使小球1仍从斜槽上A点由静止滚下，重复实验步骤1和2的操作，得到两球落在斜面上的平均落点M′、P′、N′．用刻度尺测量斜面顶点到M′、P′、N′三点的距离分别为l1、l2、l3．则验证两球碰撞过程中动量守恒的表达式为______（用所测物理量的字母表示）．
四、计算题
16.
如图所示，用不可伸长的细线悬挂一质量为M=1kg的小木块，木块处于静止状态．现有一质量为m=0.01kg的子弹以初速度v0=300m/s自左方水平地射穿木块，木块上升的最大高度h=0.2m，求：
①子弹射出木块时的速度v；
②若子弹射穿木块的时间为△t=0.02s，子弹对木块的平均作用力F大小为多少？
17.如图所示，质量为m=1kg的滑块，以υ0=5m/s的水平初速度滑上静止在光滑水平面的平板小车，若小车质量M=4kg，平板小车长L=3.6m，滑块在平板小车上滑移1s后相对小车静止．（g取9.8m/s2 ）．求：
（1）滑块与平板小车之间的动摩擦因数μ；
（2）若要滑块不滑离小车，滑块的初速度不能超过多少？
答案和解析
【答案】
1.B2.B3.A4.A5.A6.C7.B
8.B9.A10.BCD11.ABC12.BD13.BC14.BC
15.ACD；C；m1•OP=m1•OM+m2•ON；m1•（OP）2=m1•（OM）2+m2•（ON）2；m1
=m1
+m2
16.解：
①设子弹射穿木块后木块获得速度为v′．
木块上摆过程，只有重力做功，其机械能守恒，由机械能守恒定律得：
Mv′2=Mgh，
子弹射穿木块过程系统的动量守恒，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得：
mv0=mv+Mv′，
联立并代入数据解得：
v′=2m/s，v=100m/s；
②以木块为研究对象，由动量定理可得：
F△t=Mv′，
代入数据解得：
F=100N；
答：
①子弹射出木块时的速度v为100m/s；
②若子弹射穿木块的时间为△t=0.02s，子弹对木块的平均作用力F大小为100N．
17.解：
（1）对滑块与小车组成的系统，水平方向上合力为零，动量守恒，选向右的方向为正，由动量守恒定律可得：
mv0=（m+M）v
滑块相对小车静止时的速度为：
：
v=
=
=1m/s
以滑块的初速度方向为正方向，对滑块，由动量定理得：
-μmgt=mv-mv0，
解得动摩擦因数为：
μ=
=
≈0.4；
（2）设滑块恰好不滑离小车的最大速度为v，当滑块滑到小车最右端时，两者速度相等，滑块在小车上滑行时，动量守恒，由动量守恒定律得：
mv=（m+M）v′
即：
1×v=（1+4）v′
解得：
v=5v′…①，
由能量守恒定律得：
mv2=
（m+M）v′2+μmgL，
即：
×1×v2=
（1+4）v′2+0.4×1×9.8×3.6，
v2=5v′2+28.224…②
联立①②解得：
v≈6m/s；
答：
（1）滑块与平板小车之间的动摩擦因数为0.4；
（2）若要滑块不滑离小车，滑块的初速度不能超过6m/s．
【解析】
1.解：
AB、由冲量公式I=Ft，作用在物体上的力大，时间不一定相等，故冲量不一定大，故A错误，B正确；
CD、冲量是矢量，竖直上抛运动中，上升和下降过程时间相等，受力相同，所以上升和下降过程中重力的冲量相同，故CD错误；
故选：
B
冲量的公式I=Ft，冲量是矢量，冲量的方向由力的方向决定．
本题考查对冲量概念、公式的理解，抓住矢量性，解答负关键是能从定义理解记忆．
2.解：
根据动能定理得：
W1=E1-0=E1，W2=2E1-E1=E1，则W1=W2．
动量与动能的关系式为P=
则由动量定理得：
I1=
，I2=
-
，则I1＞I2．
故选B
根据动能定理研究功的关系，根据动量定理研究冲量的关系．
根据动能的变化由动能定理求合力的功、根据动量的变化由动量定理求合力的冲量是这两大定理基本的应用．
3.解：
A、当M达到最大静摩擦力时，M相对m发生相对滑动；则此时M的加速度为：
a=μg=0.2×10=2m/s2；则对整体受力分析可知，F=（m+M）a=3×2=6N=6t，则可知发生相对运动的时间为1s，F是均匀增加的，故1s内其平均作用力
=
=3N；对整体由动量定理可得，
t=（M+m）v；解得：
v=1m/s；故A正确，B错误；
C、若物体做匀加速直线运动，则1s内的位移x=
×vt=0.5m；而物体做的是变加速直线运动，故位移不是0.5m；故C错误；
D、由动量定理可知，I=（M+m）v=3N•s；故D错误；
故选：
A．
对m分析由最大静摩擦力可求得m的最大加速度；再对整体受力分析可求得F值；对全程由动量定理可求得1s时的速度及冲量．
本题中采用了力的平均值求冲量的方法，但是求功时不能应用平均力来求．
4.解：
车、人、枪、子弹组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，以子弹的初速度方向正方向，射击前系统动量为零，由动量守恒定律可知，子弹射入靶中后系统动量也为零，车的速度为零；
故选：
A．
系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出速度．
本题考查了求车的速度，确定研究对象、应用动量守恒定律即可正确解题．
5.解：
A、B、以小车和木块组成的系统为研究对象所受合外力为零，因此系统动量守恒，由于摩擦力的作用，m速度减小，M速度增大，m速度减小到最小时，M速度达最大，最后m、M以共同速度运动．有：
mv=（m+M）v′
解得：
v′=
．故A正确，B错误；
C、根据A选项分析，木块减少的动量mv-mv′与车面粗糙程度无关．故C错误；
D、根据A选项分析，小车M获得动量Mv′与车面粗糙程度无关，故D错误．
故选：
A
以小车和木块组成的系统为研究对象所受合外力为零，因此系统动量守恒，根据动量守恒列方程即可解答．
应用动量守恒定律时要清楚研究的对象和守恒条件．把动量守恒和能量守恒结合起来列出等式求解是常见的问题，难度适中．
6.解：
弹水平射入置于光滑水平面上的木块，并留在其中的过程中系统所受外力之和为零，动量守恒，在子弹打中木块A及弹簧被压缩的整个过程中除弹簧弹力做功外还有摩擦力做功，系统机械能不守恒．
故选C
根据系统动量守恒的条件：
系统不受外力或所受合外力为零判断动量是否守恒．根据是否是只有弹簧的弹力做功判断机械能是否守恒．
本题考查动量守恒和机械能守恒的判断和应用能力．动量是否守恒要看研究的过程，要细化过程分析，不能笼统．
7.解析：
因系统动量守恒，故最终甲、乙动量大小必相等．谁最后接球谁的质量中包含了球的质量，即质量大，根据动量守恒：
m1v1=m2v2，因此最终谁接球谁的速度小．
答案：
B
根据动量定理守恒进行分析即可
本题属于基础题，注重动量守恒在实际生活中应用分析．
8.解：
根据加速度的定义式得，飞船的加速度为：
a=
=
=0.3m/s2，
根据牛顿第二定律F=ma得飞船的质量为：
m=
=
kg=3000kg
故B正确、ACD错误。
故选：
B。
根据加速度的定义式求出飞船的加速度，结合牛顿第二定律求出飞船的质量。
对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁。
9.解：
AC、以初速度方向为正方向，根据动量定理，有：
Ft=P，故时间变为2t后，动量变为2P，故A正确；
根据
，动量变为2倍，质量减半，故动能变为8Ek，故C错误；
BD、经过位移2L，根据动能定理，有：
FL=Ek，故位移变为2倍后，动能变为2Ek，故D错误；
根据P=
，动能变为2倍，质量减半，故动量不变，故B错误；
故选：
A
AC、根据动量定理分析物体动量的变化，得到物体的末动能情况；
BD、根据动能定理列式得到物体的末动能情况，进一步得到动量情况．
本题关键是分别根据动量定理和动能定理列式分析，同时要记住动量与动能的关系公式
，基础题目．
10.解：
A、从子弹射向木块到一起运动到最高点的过程可以分为两个阶段：
子弹射入木块的瞬间系统动量守恒，但机械能不守恒，有部分机械能转化为系统内能，之后子弹在木块中与木块一起上升，该过程只有重力做功，机械能守恒但总能量小于子弹射入木块前的动能，故A错误，C正确；
B、规定向右为正方向，由子弹射入木块瞬间系统动量守恒可得：
mv0=（m+M）v′
所以子弹射入木块后的共同速度为：
v′=
，故B正确；
D、之后子弹和木块一起上升，该阶段机械能守恒
（M+m）v2=（M+m）gh，可得上升的最大高度为
，故D正确．
故选：
BCD．
子弹射入木块过程，由于时间极短，子弹与木块间的内力远大于系统外力，故可由动量守恒定律列式求解；
子弹和木块系统由于惯性继续上升，由于绳子的拉力不做功，只有重力做功，故系统机械能守恒，也可以运用动能定理求解．
子弹射木块是一种常见的物理模型，由于时间极短，内力远大于外力，故动量守恒；系统接下来的运动是摆动，也是一种常见的物理模型，机械能守恒，当然，能用机械能守恒定律解的题通常都能用动能定理解决！
11.解：
人和船组成的系统动量守恒．设人的质量为m，瞬时速度为v，船的质量为M，瞬时速度为v'．以人方向为正方向，由动量守恒定律得：
mv-Mv'=0，解得：
=
；A、人匀速行走，船匀速后退，两者速度大小与它们的质量成反比，故A正确；
B、人和船相互作用力大小相等，方向相反，故船与人的加速度分别为
和
，加速度与它们质量成反比，人加速行走时，船加速后退，两者加速度的大小与它们的质量成反比，故B正确；
C、人和船组成的系统动量守恒，人与船的动量大小相等，两者的动能之比：
=
=
=
，人在船上行走时，两者的动能与它们的质量成反比，故C正确；D、人与船组成的系统动量守恒，由于系统的初动量为零，当人从船头走到船尾停止运动后，人的动量位移，系统总动量为零，由动量守恒定律可知，船的动量为零，船停止运动，故D错误；
故选：
ABC．
人为系统，系统受到的合外力为0，故系统的动量守恒，系统初始动量为0，根据动量守恒定律即可求解．
船组成的系统动量守恒，总动量为0，所以不管人如何走动，在任意时刻两者的动量大小相等、方向相反．若人停止运动而船也停止运动，难度不大，属于基础题．
12.解：
A、子弹射入木块的过程中，木块对子弹的平均阻力对系统做功，所以系统的机械能不守恒．故A错误；
B、系统处于光滑的水平面上，水平方向不受其他的外力，所以动量守恒；由A的分析可得机械能不守恒．故B正确；
C、子弹减少的动能等于阻力与子弹位移的乘积，即：
△EK=W=f（s+d），故C错误；
D、系统损失的机械能等于阻力与两个物体相对位移的乘积，即：
△E=fd．故D正确．
故选：
BD．
根据动量守恒定律的条件和机械能守恒的条件判断出是否守恒；
分别对子弹和木块运用动能定理，列出动能定理的表达式．摩擦力与相对位移的乘积等于系统能量的损失．
解决本题的关键知道运用动能定理解题，首先要确定好研究的对象以及研究的过程，然后根据动能定理列表达式．
13.解：
A、如果爆炸后B的速度大小与爆炸前速度大小相等，则B沿原轨道运动，故A错误；
B、爆炸过程系统动量守恒，爆炸释放的能量转化为A、B的动能，爆炸后系统的总动能增加，因此炸裂后的瞬间A、B的总动能大于炸裂前的动能，故B正确；
C、爆炸过程系统动量守恒，如果爆炸后B的速度方向，由动量守恒定律可知，A、B的动量大小之比考研为1：
3，故C正确；
D、爆炸后A、B的质量相等，如果炸裂后的瞬间A、B速率之比为1：
1，则爆炸后A、B的动量大小相等，如果爆炸后A、B的速度方向相反，总动量为零，爆炸过程动量不守恒，因此爆炸后A、B的速度方向不能相反，如果爆炸后A、B的速度方向相同，则爆炸后总动能减小爆炸前的总动能，不符合实际情况，假设错误，由此可知，炸裂后的瞬间A、B速率之比不可能为1：
1，故D错误；
故选：
BC．
卫星爆炸过程系统动量守恒，爆炸后如果B的速度大小不变，则B仍看沿原轨道做圆周运动，应用动量守恒定律分析答题．
爆炸过程系统动量守恒而机械能不守恒，应用动量守恒定律与系统动能增加分析各选项可以解题；解题时注意讨论，否则会出现错解与漏解．
14.解：
以两物体组成的系统为研究对象，以甲的初速度方向为正方向，两个物体的质量均为m，碰撞前系统的总动能：
Ek=
+
=
+
=
系统的总动量：
P=7kg•m/s+5kg•m/s=12kg•m/s；
A、碰后甲乙两球动量为：
8kg•m/s，4 kg•m/s，系统的总动量P′=8+4=12kg•m/s，动量守恒．碰后，两球同向运动，甲的速度比乙球的速度大，不符合两球的运动情况，所以不可能，故A错误．
B、碰后甲乙两球动量为：
6 kg•m/s，6 kg•m/s，系统总动量P′=6+6=12kg•m/s，系统的动量守恒，总动能：
Ek′=
+
=
，系统动能增加，是可能的，故B正确；
C、碰后甲乙两球动量为：
5kg•m/s，7 kg•m/s，系统动量总P′=5+7=12kg•m/s，系统动量守恒，总动能：
Ek′=
+
=
，系统动能不变，是可能的，故C正确；
D、如果-2kg•m/s，14kg•m/s，系统总动量P′=-2+14=12kg•m/s，系统动量守恒，系统总动能：
Ek′=
+
=
，系统总动能增加，违反了能量守恒定律，不可能，故D错误；
故选：
BC
当甲球追上乙球时发生碰撞时，遵守动量守恒．由动量守恒定律和碰撞过程总动能不增加，通过列式分析，再进行选择．
对于碰撞过程要遵守三大规律：
1、是动量守恒定律；2、总动能不增加；3、符合物体的实际运动情况．
15.解：
（1）因为平抛运动的时间相等，根据v=
，所以用水平射程可以代替速度，则需测量小球平抛运动的射程间接测量速度．故应保证斜槽末端水平，小球每次都从同一点滑下；同时为了小球2能飞的更远，防止1反弹，球1的质量应大于球2的质量；故ACD正确，B错误；
故选：
ACD．
（2）根据动量守恒得，m1•OP=m1•OM+m2•ON，所以除了测量线段OM、OP、ON的长度外，还需要测量的物理量是小球1和小球2的质量m1、m2．
故选：
C．
（3）因为平抛运动的时间相等，则水平位移可以代表速度，OP是A球不与B球碰撞平抛运动的位移，该位移可以代表A球碰撞前的速度，OM是A球碰撞后平抛运动的位移，该位移可以代表碰撞后A球的速度，ON是碰撞后B球的水平位移，该位移可以代表碰撞后B球的速度，当所测物理量满足表达式m1•OP=m1•OM+m2•ON，说明两球碰撞遵守动量守恒定律，由功能关系可知，只要
m1v02=
m1v12+
m2v22成立则机械能守恒，故若m1•OP2=m1•OM2+m2•ON2，说明碰撞过程中机械能守恒．
（4）碰撞前，m1落在图中的P′点，设其水平初速度为v1．小球m1和m2发生碰撞后，m1的落点在图中M′点，设其水平初速度为v1′，m2的落点是图中的N′点，设其水平初速度为v2．设斜面BC与水平面的倾角为α，
由平抛运动规律得：
Lp′sinα=
gt2，Lp′cosα=v1t
解得v1=
．
同理v1′=
，v2=
，可见速度正比于
．
所以只要验证m1
=m1
+m2
即可．
故答案为．
（1）ACD；
（2）C；（3）m1•OP=m1•OM+m2•ONm1•（OP）2=m1•（OM）2+m2•（ON）2；（4）m1
=m1
+m2
．
（1、2）
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