動量守恒定律單元測試

1、成都七中高2017級動量守恒定律單元測試考試時間：40分鐘 總分：110分一、不定項選擇題（本大題共10小題，共60.0分）1. 如圖所示，質(zhì)量為m的物體在一個與水平方向成角的拉力F作用下，一直沿水平面向右勻速運動，則下列關于物體在t時間內(nèi)所受力的沖量，正確的是（）A. 拉力F的沖量大小為FtcosB. 摩擦力的沖量大小為FtsinC. 重力的沖量大小為mgtD. 物體所受支持力的沖量是mgt2.人從高處跳下，為更好地保護身體，雙腳觸地，膝蓋彎曲讓身體重心繼續(xù)下降著地過程這樣做，可以減?。ǎ〢. 人動量變化的時間B. 人受到的沖量C. 人的動量變化量D. 人的動量變化率3.如圖所示，質(zhì)量為M的

2、小車置于光滑的水平面上，車的上表面粗糙，有一質(zhì)量為m的木塊以初速度v0水平地滑至車的上表面，若車足夠長，下列說法正確的是（）A. 木塊的最終速度為v0B. 由于車表面粗糙，小車和木塊所組成的系統(tǒng)動量不守恒C. 車表面越粗糙，木塊減少的動量越多D. 車表面越粗糙，小車獲得的動量越多4.在光滑的水平面上有a、b兩球在t=2s時發(fā)生正碰，其質(zhì)量分別為ma、mb，兩球在碰撞前后的v-t圖象如圖所示a、b兩球質(zhì)量之比是（）A. ma：mb=1：2B. ma：mb=2：5C. ma：mb=2：1D. ma：mb=5：25.如圖所示，在光滑水平面上，有質(zhì)量分別為2m和m的A、B兩滑塊，它們中間夾著一根處于壓

3、縮狀態(tài)的輕質(zhì)彈簧，由于被一根細繩拉著處于靜止狀態(tài)當剪斷細繩，在兩滑塊脫離彈簧之后，下述說法正確的是（）A. 兩滑塊的動能之比EkA：EkB=1：2B. 兩滑塊的動量大小之比pA：pB=2：1C. 兩滑塊的速度大小之比vA：vB=2：1D. 彈簧對兩滑塊做功之比WA：WB=1：12. 甲、乙兩個溜冰者質(zhì)量分別為48kg和50kg，甲手里拿著質(zhì)量為2kg的球，兩人均以2m/s的速率，在光滑的冰面上沿同一直線相向滑行，甲將球傳給乙，乙再將球傳給甲，這樣拋接幾次后，球又回到甲的手里，乙的速度為零，則甲的速度的大小為（）A. 0B. 2m/sC. 4m/sD. 無法確定3. 質(zhì)量為m的小球A以速度v0在

4、光滑水平面上運動，與質(zhì)量為2m的靜止小球B發(fā)生對心碰撞，則碰撞后A球的速度大小vA和B球的速度大小vB可能為（）A. vA=v0，vBv0B. vA=v0，vB=v0C. vA=v0，vB=v0D. vA=v0，vB=v04. 如圖所示，在光滑水平面上停放著質(zhì)量為m裝有光滑弧形槽的小車，質(zhì)量為m的小球以水平速度v沿槽向車上滑去，到達某一高度后，小球又返回車右端，則（）A. 小球以后將做自由落體運動B. 小球以后將向右做平拋運動C. 小球在弧形槽上升的最大高度為D. 小球在弧形槽上升的最大高度為5. 如圖所示，A、B兩個小球在光滑水平面上沿同一直線相向運動，它們的動量大小分別為p1和p2，碰撞后

5、A球繼續(xù)向右運動，動量大小為p1，此時B球的動量大小為p2，則下列等式成立的是（）A. p1+p2=p1+p2B. p1-p2=p1+p2C. p1-p1=p2+p2D. -p1+p1=p2+p26. 質(zhì)量為40kg的走鋼絲運動員，不慎從高空跌下，萬幸有彈性安全繩的保護，使其被懸掛起來已知彈性安全繩的原長為5m，安全繩緩沖的時間為2s，g=10m/s2以上過程中，下列說法正確的是（）A. 運動員重力的沖量為0B. 運動員重力的沖量為1200NsC. 緩沖時安全繩的平均沖力為600ND. 緩沖時安全繩的平均沖力為1000N7. 如圖所示，質(zhì)量為m的小球從距離地面高H的A點由靜止開始釋放，落到地面

6、上后又陷 入泥潭中，由于受到阻力作用到達距地面深度為h的B點時速度減為零不計空氣阻力，重力加速度為 g關于小球在剛接觸地面到速度變?yōu)榱愕倪^程中，下列說法中正確的有（）A. 小球的機械能減少了mghB. 小球克服阻力做的功為mg（H+h）C. 小球所受阻力的沖量等于mD. 小球動量的改變量大小等于m二、綜合計算題（本大題共3小題，共50分）8. 如圖，質(zhì)量為M=0.2kg的長木板靜止在光滑的水平地面上，現(xiàn)有一質(zhì)量也為m=0.2kg的滑塊以v0=1.2m/s的速度滑上長木板的左端，小滑塊與長木板間的動摩擦因數(shù)=0.4，小滑塊剛好沒有滑離長木板，求：（ g=10m/s2

7、）（1）小滑塊的最終速度（2）在整個過程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量（3）以地面為參照物，小滑塊滑行的距離為多少？9. 如圖所示，質(zhì)量分別為M1=0.49kg和M2=0.5kg的木塊靜置在光滑水平地面上，兩木塊間夾有一輕質(zhì)彈簧，一粒質(zhì)量m=0.01kg的彈丸以v0=150m/s的速度打入木塊M1并停留在其中（打擊時間極短），求：當彈丸在木塊M1中相對靜止的瞬間木塊M1的速度v1；當M2的速度v=1m/s時彈簧的彈性勢能Ep10. 如圖所示，在光滑水平面上，木塊A的質(zhì)量mA=1kg，木塊B的質(zhì)量mB=4kg，質(zhì)量mc=2kg的木塊C置于足夠長的木塊B上，B、C之間用一輕彈簧相拴接并且接觸面光滑開始時B、C

8、靜止，A以v0=10m/s的初速度向右運動，與B碰撞后B的速度為3m/s，碰撞時間極短求：（1）A、B碰撞后A的速度；（2）彈簧長度第一次最短時B、C的速度分別是多少答案和解析【答案】1. C2. D3. D4. A5. A6. B7. B8. A9. A10. D11. AC12. AD13. BD14. BC15. BD16. C；ADE；14；2.9；1.01  17. 解：（1）小滑塊與長木板系統(tǒng)動量守恒，規(guī)定向右為正方向，由動量守恒定律得：mv0=（m+M）v解得最終速度為：（2）由能量守恒定律得：代入數(shù)據(jù)解得熱量為：Q=0.072J（3）對小滑塊應用動能定理：代

9、入數(shù)據(jù)解得距離為：S=0.16m答：（1）小滑塊的最終速度是0.6m/s，（2）在整個過程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量是0.072J；（3）以地面為參照物，小滑塊滑行的距離為0.16m。  18. 解：彈丸與木塊M1作用過程中，取向右為正方向，由動量守恒定律得：mv0=（m+M1）v1解得：v1=3m/s彈丸停留在木塊M1中一起壓縮彈簧與M2作用過程中動量守恒，機械能守恒，則得： （m+M1）v1=（m+M1）v2+M2v （m+M1）v12=Ep+（m+M1）v22+M2v2聯(lián)解得：Ep=1J答：當彈丸在木塊M1中相對靜止的瞬間木塊M1的速度v1是3m/s當M2

10、的速度v=1m/s時彈簧的彈性勢能Ep是1J  19. 解：（1）因碰撞時間極短，A、B碰撞時，C的速度為零，規(guī)定向右為正方向，由動量守恒定律得：mAv0=mAvA+mBvB     得vA=v0-=10-=-2m/s  即A、B碰撞后A的速度大小為2m/s，方向向左（2）彈簧長度第一次壓縮的最短時B、C速度相等，由動量守恒定律得：mBvB=（mB+mC）v 解得v =2m/s，方向向右答：（1）A、B碰撞后A的速度大小為2m/s，方向向左（2）彈簧長度第一次最短時B、C的速度都是2m/s，方向向右  【

11、解析】1. 解：A、拉力F的沖量大小為Ft，故A錯誤B、物體做勻速直線運動，可知摩擦力f=Fcos，則摩擦力的沖量大小為ft=Ftcos，故B錯誤C、重力的沖量大小為mgt，故C正確D、支持力的大小為N=mg-Fsin，則支持力的沖量為（mg-Fsin）t故D錯誤故選：C 根據(jù)力的大小，結合沖量的公式I=ft求出各力的沖量大小解決本題的關鍵知道沖量的大小等于力與時間的乘積，結合力的大小進行求解，基礎題2. 解：C、由圖，AB與CD平行，說明推力撤去后兩物體的加速度相同，而撤去推力后物體的合力等于摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律可知，兩物體受到的摩擦力大小相等但a的運動總時間小于b的時間，根據(jù)I=ft可

12、知，摩擦力對a物體的沖量小于摩擦力對b物體的沖量，故C錯誤A、B根據(jù)動量定理，對整個過程研究得  F1t1-ftOB=0，F(xiàn)2t2-ftOD=0由圖看出，tOBtOD，則有F1t1F2t2，即F1的沖量小于F2的沖量故AB錯誤D、根據(jù)動量定理可知，合外力的沖量等于物體動量的變化量，ab兩個物體動量的變化量都為零，所以相等，故D正確；故選：D由速度圖象分析可知，水平推力撤去后，AB與CD平行，說明加速度相同，動摩擦因數(shù)相同，兩物體的質(zhì)量相等，說明摩擦力大小相等根據(jù)動量定理，研究整個過程，確定兩個推力的沖量關系本題首先考查讀圖能力，其次考查動量定理應用時，選擇研究過程的能力中等

13、難度3. 【分析】明確人下落過程中的速度變化，則可得出動量的變化規(guī)律，從而明確能減小的物理量。人下落過程中動量的變化是一定的，但通過延長與地面的接觸時間可以減小人受到地面的沖擊力和動量的變化率?！窘獯稹咳藦母咛幪聲r，動量的變化量是相同的；通過膝蓋彎曲時延長了人動量變化的時間；從而減小地面對人體的沖擊力；由動量定理可知，可以減小人的動量變化率；但不能減小人動量變化的時間及人的動量變化量；同時也不能減小人受到的沖量；故選D。4. 解：根據(jù)動量定理得： F0t0=mv1  2F0t0=mv2-mv1 由解得：v1：v2=1：3得：P1：P2=1：3x1=，x2=+t0代入解得：

14、x1：x2=1：5做的功為W2=W1=得W1：W2=1：9故選：A根據(jù)動量定理求速度v1和v2之比根據(jù)功率公式P=Fv，求出P1和P2之比，根據(jù)功的定義式求功W1和W2之比另外，可以根據(jù)動量與動能的聯(lián)系：求解，比分析做功的方法簡單。本題涉及力在時間的積累效果，優(yōu)先考慮動量定理要注意位移是相對出發(fā)點的位移5. 解：A、B、以小車和木塊組成的系統(tǒng)為研究對象所受合外力為零，因此系統(tǒng)動量守恒，由于摩擦力的作用，m速度減小，M速度增大，m速度減小到最小時，M速度達最大，最后m、M以共同速度運動有：mv=（m+M）v解得：v=故A正確，B錯誤；C、根據(jù)A選項分析，木塊減少的動量mv-mv與車面粗糙程度無關

15、故C錯誤；D、根據(jù)A選項分析，小車M獲得動量Mv與車面粗糙程度無關，故D錯誤故選：A 以小車和木塊組成的系統(tǒng)為研究對象所受合外力為零，因此系統(tǒng)動量守恒，根據(jù)動量守恒列方程即可解答應用動量守恒定律時要清楚研究的對象和守恒條件把動量守恒和能量守恒結合起來列出等式求解是常見的問題，難度適中6. 解：對木塊和槽所組成的系統(tǒng)，水平方向不受外力，水平方向動量守恒，設木塊滑出槽口時的速度為v，槽的速度為u，在水平方向上，由動量守恒定律可得：mv-Mu=0 木塊下滑時，只有重力做功，系統(tǒng)機械能守恒，由機械能守恒定律得：mgR=，聯(lián)立解得v=，故B正確，A、C、D錯誤故選：B當光滑圓槽不固定時，木塊與槽組成的系

16、統(tǒng)在水平方向上動量守恒，系統(tǒng)機械能守恒，由動量守恒定律與機械能守恒定律可以求出木塊到達槽口時的速度本題考查了動量守恒和能量守恒的基本運用，知道系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，注意不能認為槽靜止不動，結合動能定理求出木塊到達槽口的速度7. 解：由圖可知b球碰前靜止，設碰撞前，a球的速度為v0，碰后a球速度為v1，b球速度為v2，物體碰撞過程中動量守恒，規(guī)定a的初速度方向為正，由動量守恒定律有：mav0=mav1+mbv2；由圖知，v0=4m/s，v1=-1m/s，v2=2m/s，代入上式解得：ma：mb=2：5故ACD錯誤，B正確故選：Ba、b碰撞過程中動量守恒，根據(jù)動量守恒定律列出方程，結合圖象信息

17、即可求得兩球質(zhì)量關系解決本題的關鍵是要掌握碰撞遵守基本的規(guī)律：動量守恒定律，列方程時要注意速度的方向，讀圖時速度的大小和方向一起讀8. 解：在兩滑塊剛好脫離彈簧時運用動量守恒得：2mvA+mvB=0得：兩滑塊速度大小之比為：=，故C錯誤；兩滑塊的動能之比EkA：EkB=，故A正確；兩滑塊的動量大小之比pA：pB=，故B錯誤；彈簧對兩滑塊做功之比等于兩滑塊動能之比為1：2，故D錯誤故選A先根據(jù)動量守恒守恒求出脫離彈簧后兩滑塊的速度之比，根據(jù)動能、動量的表達式求出動能及動量之比，根據(jù)彈簧對兩滑塊做功等于滑塊動能的變化量求出彈簧對兩滑塊做功之比本題是動量定理的直接應用，要比較物理量之間的比例關系，就

18、要把這個量用已知量表示出來再進行比較9. 解：設甲溜冰者的運動方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律，選擇開始和最后兩個狀態(tài)列方程得：（M甲+m）v0-M乙v0=M乙×0-（M甲+m）v，代入數(shù)據(jù)解得v=0，故BCD錯誤，A正確故選A以兩人和球為研究對象，系統(tǒng)水平方向動量守恒，根據(jù)動量守恒列方程即可正確解答該題比較簡單，考查了動量守恒定律的應用，注意該定律的應用條件，同時注意動量守恒定律公式的矢量性10. 解：從子彈射向木塊到木塊將彈簧壓縮到最短的全過程中，系統(tǒng)受到墻壁的彈力，合外力不為零，總動量不守恒同時在作用過程中由于摩擦力做功；故彈簧、木塊和子彈組成的系統(tǒng)機械能減小，轉(zhuǎn)化為內(nèi)能故動量不

19、守恒、機械能不守恒；故選：D從子彈射向木塊到木塊將彈簧壓縮到最短的全過程中，系統(tǒng)受到墻壁的彈力，總動量不守恒系統(tǒng)的機械能減小轉(zhuǎn)化為內(nèi)能在木塊壓縮彈簧過程中，木塊對彈簧的作用力等于彈簧對木塊的作用力在彈簧壓縮到最短的時刻，木塊的速度為零，彈簧處于壓縮狀態(tài)，加速度不為零判斷動量和機械能是否守恒，關鍵根據(jù)守恒條件進行判斷：動量守恒的條件是合外力為零，機械能守恒條件是只有重力或彈簧的彈力做功11. 【分析】兩球碰撞過程，系統(tǒng)不受外力，故碰撞過程系統(tǒng)總動量守恒；碰撞過程中系統(tǒng)機械能可能有一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，根據(jù)能量守恒定律，碰撞后的系統(tǒng)總動能應該小于或等于碰撞前的系統(tǒng)總動能；同時考慮實際情況，碰撞后A球速

20、度不大于B球的速度。本題碰撞過程中動量守恒，同時要遵循能量守恒定律，不忘聯(lián)系實際情況，即后面的球不會比前面的球運動的快！【解答】兩球碰撞過程，系統(tǒng)不受外力，故碰撞過程系統(tǒng)總動量守恒，ABCD均滿足；考慮實際情況，碰撞后A球速度不大于B球的速度，因而D錯誤，ABC滿足；根據(jù)能量守恒定律，碰撞后的系統(tǒng)總動能應該小于或等于碰撞前的系統(tǒng)總動能，B選項碰撞前總動能為，B選項碰撞后總動能為，故B錯誤，故選AC。12. 解：A、系統(tǒng)整個過程水平方向動量守恒，設小球離開小車時，小球的速度為v1，小車的速度為v2，整個過程中動量守恒，得：mv0=mv1+mv2  由動能守恒得：mv02=mv12+mv

21、22  聯(lián)立，解得：v1=0，v2=v0，即小球與小車分離后二者交換速度；所以小球與小車分離后做自由落體運動故A正確，B錯誤；C、當小球與小車的水平速度相等時，小球弧形槽上升到最大高度，設該高度為h，則：mv0=2mv  mv02=2mv2+mgh   聯(lián)立解得：h=故C錯誤，D正確故選：AD 選取小球與小車組成的系統(tǒng)為研究對象，系統(tǒng)整個過程水平方向動量守恒，豎直方向動量不守恒，系統(tǒng)的機械能守恒，所以相當于彈性碰撞！小球回到小車右端時，小球的速度為0，小車具有向左的速度當小球與小車的水平速度相等時，小球弧形槽上升到最大高度解決本題關鍵是能夠把動量守恒，結

22、合機械能守恒進行分析求解；抓住當小球與小車的水平速度相等時，小球弧形槽上升到最大高度，而在碰撞中沒有能量損失，可視為彈性碰撞，在相互作用過程中交換速度13. 解：據(jù)題：碰撞后A球繼續(xù)向右運動，則B球反向后向右運動，取向右為正方向，碰撞過程中AB兩個小球的動量守恒，根據(jù)動量守恒定律得：p1-p2=p1+p2移項得：-p1+p1=p2+p2 故選：BD 碰撞過程中A、B兩個小球總的動量守恒，根據(jù)動量守恒定律列式即可求解，注意碰撞后A球繼續(xù)向右運動，則B球反向后向右運動本題主要考查了動量守恒定律的直接應用，注意動量的方向性，要選取正方向，用正負表示動量的方向14. 解：A、運動員做自由落體運動的時間

23、：，所以重力的總沖量：IG=mg（t1+t）=40×10×（1+2）Ns=1200Ns故A錯誤，B正確；C、在安全繩產(chǎn)生拉力的過程中，人受重力、安全繩的拉力作用做減速運動，此過程的初速度就是自由落體運動的末速度，所以有：v0=m/s=10 m/s，根據(jù)動量定理，取豎直向下為正，有：mgt-t=0-mv0，解得：=mg+=400N+N=600 N故C正確，D錯誤；故選：BC運動員先做自由落體運動，由運動學的公式求出末速度；在緩沖階段，可以看成勻減速直線運動，根據(jù)動量定理即可求出平均沖力的大小本題除了用動力學解決，也可以對緩沖的過程采取動量定理進行求解注意在

24、解題時明確動量定理的矢量性，先設定正方向15. 解：A、小球在整個過程中，動能變化量為零，重力勢能減小mg（H+h），則小球的機械能減小了mg（H+h）故A錯誤B、對全過程運用動能定理得，mg（H+h）-Wf=0，則小球克服阻力做功Wf=mg（H+h）故B正確C、落到地面的速度v=，對進入泥潭的過程運用動量定理得，知阻力的沖量大小不等于故C錯誤D、落到地面的速度v=，對進入泥潭后的速度為0，所以小球動量的改變量大小等于m故D正確故選：BD 通過小球重力勢能和動能的變化量求出小球機械能的減小量，對全過程運用動能定理，求出小球克服阻力做功的大小，根據(jù)動量定理求出小球阻力的沖量解決本題的關鍵掌握動能

25、定理和動量定理的運用，運用動能定理解題不需考慮速度的方向，運用動量定理解題需考慮速度的方向16. 解：（1）驗證動量守恒定律實驗中，即研究兩個小球在軌道水平部分碰撞前后的動量關系，直接測定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是通過落地高度不變情況下水平射程來體現(xiàn)速度故選C（2）實驗時，先讓入射球ml多次從斜軌上S位置靜止釋放，找到其平均落地點的位置P，測量平拋射程OP然后，把被碰小球m2靜置于軌道的水平部分，再將入射球ml從斜軌上S位置靜止釋放，與小球m2相碰，并多次重復測量平均落點的位置，找到平拋運動的水平位移，因此步驟中D、E是必須的，而且D要在E之前至于用天平秤質(zhì)量先后均可以所以答案是：ADE（3）若碰撞是彈性碰撞，動能是守恒的，則有