高中物理人教版 (2019)选择性必修 第一册3 动量守恒定律课后测评

这是一份高中物理人教版 (2019)选择性必修 第一册3 动量守恒定律课后测评，共15页。试卷主要包含了单选题，综合题等内容，欢迎下载使用。

1.3动量守恒定律提升优化（含解析）
一、单选题
1.一个大人和一个小孩面对面站在光滑的冰面上，都处于静止状态，某时刻小孩沿水平方向用力推了大人一下，结果两人向相反方向滑去。已知大人的质量大于小孩的质量，则下列说法正确的是（   ）
A. 小孩受到的冲量较大                                           B. 大人受到的冲量较大
C. 小孩运动的速度较大                                           D. 大人运动的速度较大
2.质量M=327kg的小型火箭（含燃料）由静止发射，发射时共喷出质量m=27kg的气体，设喷出的气体相对地面的速度均为v=1000m/s，忽略地球引力和空气阻力的影响，则气体全部喷出后，火箭的速度大小为（    ）
A. 76m/s                                B. 90m/s                                C. 94m/s                                D. 99m/s
3.质量相等的五个物体在光滑的水平面上，间隔一定的距离排成一直线，如图所示，具有初动能为 E0 的物块1向其他4个静止物块运动，依次发生碰撞，每次碰后不在分开，最后5个物体粘成一个整体，这个整体的动能是（   ）

A. 15E0                                     B. 125E0                                     C. 45E0                                     D. E0
4.一辆小车置于光滑水平桌面上，车左端固定一水平弹簧枪，右端安一网兜，若从弹簧枪中发射一粒弹丸，恰好落在网兜内，结果小车将（空气阻力不计）（   ）
A. 向左移动一段距离             B. 留在原位置             C. 向右移动一段距离             D. 做匀速直线运动
5.如图所示，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止．若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为(   )

A. v0＋ mM (v0＋v)                  B. v0－ mM v                  C. v0＋ mM v                  D. v0＋ mM (v0－v)
6.如图所示，一个质量为m的物块A与另一个质量为2m的物块B发生正碰，碰后B物块刚好能落入正前方的沙坑中，假如碰撞过程中无机械能损失，已知物块B与地面间的动摩擦因数为0.2，与沙坑的距离为1m，g取10m/s2 ， 物块可视为质点，则A碰撞前瞬间的速度为（   ）

A. 0.5m/s                               B. 1.0m/s                               C. 2.0m/s                               D. 3.0m/s
7.质量为M的小车静止在光滑水平面上，车上是一个四分之一圆周的光滑轨道，轨道下端切线水平，轨道半径为R，质量为m的小球由轨道最高点静止释放。已知M=3m，求小球运动到轨道最低点时小车的位移大小（   ）

A. 0. 25R                                    B. 0. 5R                                    C. 0. 75R                                    D. R
8.A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA=1kg，mB=2kg，vA=6m/s，vB=2m/s。当A追上B并发生碰撞后，A、B两球速度的可能值是(   )
A. v′A=2m/s，v′B=4m/s                                        B. v′A=5m/s，v′B=2.5m/s
C. v′A=－4m/s，v′B=7m/s                                    D. v′A=7m/s，v′B=1.5m/s
9.一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离。已知前部分的卫星质量为m1 ， 后部分的箭体质量为m2 ， 分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1为(   )（填选项前的字母）

A. v0-v2                    B. v0+v2                           C. v1=v0-m2m1v2                 D. v1=v0+m2m1(v0-v2)
10.如图所示，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m的小球从槽高h处开始自由下滑，则（　　）

A. 小球到达弧形槽底部时速度小于 2gh                          B. 小球到达弧形槽底部时速度等于 2gh
C. 小球在下滑过程中，小球和槽组成的系统总动量守恒     D. 小球自由下滑过程中机械能守恒
11.用长为L的轻绳连接质量相同的两个小球A、B。用手提着A，从B离地面高为h处由静止释放（h>L）。所有碰撞均为弹性碰撞、碰撞时间不计，空气阻力不计。以下说法正确的是（   ）

A. 球B与地面碰撞前，B球的机械能不守恒
B. 球B与地面碰撞后，在离地面 L2 处与A球相遇
C. 球B第二次与地面碰撞时的动能与第一次与地面碰撞的动能之比 h+Lh
D. 球B第二次与地面碰撞时，A、B两球间的距离等于L
12.如图所示，A，B两小球质量相同，在光滑水平面上分别以动量 p1=8kg⋅m/s 和 p2=6kg⋅m/s （向右为参考系正方向）做匀速直线运动，则在A球追上B球并与之碰撞的过程中，两小球碰撞后的动量 p1 和 p2 可能分别为（   ）

A. 5kg⋅m/s ， 9kg⋅m/s                                     B. 10kg⋅m/s ， 4kg⋅m/s
C. 7kg⋅m/s ， 7kg⋅m/s                                     D. 2kg⋅m/s ， 12kg⋅m/s
13.如图甲所示，光滑水平面上有一上表面粗糙的长木板， t=0 时刻质量 m=1kg 的滑块以速度 v0=7m/s 滑上长木板左端，此后滑块与长木板运动的 v-t 图像如图乙所示。下列分析正确的是（   ）


A. 长木板的质量为 0.5kg
B. 长木板的长度为 0.5m
C. 0~2s 内滑块与长木板间因摩擦产生的热量为 16J
D. 0~2s 内长木板对滑块的冲量大小为 4kg⋅m/s
14.光滑水平面上放置一表面光滑的半球体，小球从半球体的最高点由静止开始下滑，在小球滑落至水平面的过程中（   ）

A. 小球的机械能守恒                                              B. 小球一直沿半球体表面下滑
C. 小球和半球体组成的系统水平方向动量守恒        D. 小球在水平方向的速度一直增大
15.在爆炸实验基地有一发射塔，发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪。爆炸物自发射塔竖直向上发射，上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2:1、初速度均沿水平方向的两个碎块。遥控器引爆瞬开始计时，在5s末和6s末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声。已知声音在空气中的传播速度为340m/s，忽略空气阻力。下列说法正确的是（   ）
A. 两碎块的位移大小之比为1:2
B. 爆炸物的爆炸点离地面高度为80m
C. 爆炸后质量大的碎块的初速度为68m/s
D. 爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340m
16.如图所示，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，并使其轨道平面与地面垂直，物体 m1 、 m2 同时由轨道左、右最高点释放，二者在最低点碰后粘在一起向左运动，最高能上升到轨道的M点，已知OM与竖直方向夹角为 60° ，则两物体的质量之比 m1:m2 为（   ）

A. (2-1):1                   B. (2+1):(2+2)                   C. 1:2                   D. (2-1):(2+1)
二、综合题
17.如图所示，光滑水平面上叠放着长木板A和可视为质点的滑块B，木板A上表面粗糙，B置于A的最左端。一不可伸长的轻绳将物块C悬挂于 O 点（距地面高 0.8m 且位于木板 A 右端正上方），现将物块C向右拉至水平位置后由静止释放，当物块C下摆至最低点时，与木板A发生弹性碰撞（碰撞时间极短），碰后长木板A立刻向左运动，物块C恰好静止，最终滑块B恰好停在木板A的最右端。已知滑块B的质量 mB=1kg ，物块C的质量 mC=2kg ，轻绳长 lOC=0.8m ，A、B间的动摩擦因数 μ=13 ，取重力加速度大小 g=10m/s2 。求：

（1）长木板A的质量 mA ；
（2）A、B相对静止时的速度大小 v ；
（3）长木板A的长度 L 。
18.如图所示，质量分别为1kg、3kg的滑块A、B位于光滑水平面上，现使滑块A以4m/s的速度向右运动，与左侧连有轻弹簧的滑块B发生碰撞，求二者在发生碰撞的过程中

（1）弹簧的最大弹性势能﹔
（2）当滑块B的速度最大时，A的速度大小和方向分别是多少？
19.如图所示，在光滑水平面上有一固定的挡板，挡板左端固定一个轻弹簧。现有一质量M=3kg，长L=4m的小车AB（其中O为小车的中点，OA部分粗糙，OB部分光滑）,一质量为m=1kg的小物块（可视为质点）放在车的最左端。车和小物块一起以v0=4m/s的速度在水平面上向右匀速运动，车撞到挡板后瞬间速度变为零，但未与挡板粘连。已知车OB部分的长度大于弹簧的自然长度，弹簧始终处于弹性限度内，小物块与车AO部分之间的动摩擦因数为μ=0.3，重力加速度g=10m/s2。求：

（1）小物块和弹簧相互作用的过程中，弹簧具有的最大弹性势能；
（2）小物块和弹簧相互作用的过程中，弹簧对小物块的冲量；
（3）小物块最终停在小车上的位置距A端多远。
答案解析
一、单选题
1.【答案】 C
【解析】两人组成的系统，初状态总动量为零，根据动量守恒，可知两人的动量变化量大小相等，方向相反，根据 ΔP=mv-0=mv ，可知质量小的速度大，C符合题意，D不符合题意；根据动理定理 I=ΔP ，可知两人的冲量大小相等，AB不符合题意；
故答案为：C.
2.【答案】 B
【解析】根据动量守恒定律 (M-m)V-mv=0
解得 V=mvM-m=27×1000327-27m/s=90m/s
故答案为：B。
3.【答案】 A
【解析】对整个系统研究，整个过程运用动量守恒定律得， mv0=5mv ，解得 v=v05 ，因为 E0=12mv02 ，则整体的动能 EK=12⋅5m⋅v2=110mv02=15E0. A符合题意，B、C、D不符合题意．
故答案为：A．
【分析】以五个物体为系统，在整个过程中，动量守恒，运用动量守恒定律，求出最终整体的速度，从而得出整体的动能．
4.【答案】 A
【解析】ABCD.由于弹丸与车组成的系统水平方向动量守恒，总动量保持为零不变，弹丸离开枪向右运动，则小车必向左运动，弹丸落在网兜内做完全非弹性碰撞，弹丸和车立即停下，而车已经向左移动了一段距离，A符合题意BCD不符合题意。
故答案为：A。
5.【答案】 A
【解析】人在跃出的过程中船人组成的系统水平方向动量守恒，规定向右为正方向，由动量守恒定律得：（M+m）v0=Mv′-mv，解得：v′=v0+ mM （v0+v）；
故答案为：A
6.【答案】 D
【解析】碰撞后B做匀减速运动，由动能定理得 -μ⋅2mgx=0-12⋅2mv2
代入数据得 v=2m/s
A与B碰撞的过程中A与B组成的系统在水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，则 mv0=mv1+2mv
由于没有机械能的损失，则 12mv02=12mv12+12⋅2mv2
联立可得 v0=3m/s
故答案为：D。
7.【答案】 A
【解析】小球滚到最低点的过程中，由于系统水平方向总动量守恒。设小球水平位移的大小为s1 ， 车水平位移的大小为s2。得(取水平向左为正方向)： ms1t-Ms2t=0
又s1+s2=R
联立解得： s2=0.25R
故答案为：A。
8.【答案】 A
【解析】考虑实际情况，碰撞后A球速度不大于B球的速度，BD不符合题意；
A追上B并发生碰撞前的总动量是 mAvA+mBvB=1kg×6m/s+2kg×2m/s=10kg·m/s ，
A、 1kg×2m/s+2kg×4m/s=10kg·m/s
B、 1kg×5m/s+2kg×2.5m/s=10kg·m/s
C、 1kg×(-4m/s）+2kg×7m/s=10kg·m/s
D、 1kg×7m/s+2kg×1.5m/s=10kg·m/s
根据能量守恒定律，碰撞后的系统总动能应该小于或等于碰撞前的系统总动能，碰撞前总动能为22J，A选项碰撞后总动能为18J，C选项碰撞后总动能为24J，A符合题意，C不符合题意；
故答案为：A。
9.【答案】 D
【解析】系统分离前后，动量守恒： (m1+m2)v0=m1v1+m2v2 ，解得： v1=v0+m2m1(v0-v2) ，A、B、C不符合题意；D符合题意。
故答案为：D
10.【答案】 A
【解析】AB．小球与弧形槽组成的系统在水平方向系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv球-mv槽=0
由机械能守恒定律得 mgh=12mv球2+12mv槽2
解得 v球=v槽=gh<2gh
A符合题意，B不符合题意；C．小球在下滑过程中，小球和槽组成的系统所受合外力不为零，系统总动量不守恒，C不符合题意；D．小球下滑过程中，除重力做功外槽对球做功，小球的机械能不守恒，D不符合题意。
故答案为：A。
11.【答案】 C
【解析】A．球B与地面碰撞前，两球之间的绳子的张力为零，此时B球只有重力做功，机械能守恒，A不符合题意；
B．设B球落地的速度为v，则球B与地面碰撞后，向上以初速度v做做匀减速运动,而A以速度为v向下做匀加速运动，则在离地面小于 L2 处与A球相遇，B不符合题意；
C．球B第一次与地面碰撞时的动能为Ek1=mgh；
B落地时的速度 v=2gh
两球相遇时的时间 t=L2v=L22gh
此时B距离地面的高度 H=vt-12gt2=L2-L216h
A的速度 vA=v+gt=2gh+Lg8h
B的速度 vB=v-gt=2gh-Lg8h
两球发生弹性碰撞，根据 mvA+mvB=mv'A+mv'B
12mv2A+12mv2B=12mv'2A+12mv'2B
可得碰后B的速度变为 vB'=vA=2gh+Lg8h
A的速度为 vA'=vB=2gh-Lg8h
则B再次落地时的动能为 Ek2=mgH+12mvB'2=mg(h+L)
则球B第二次与地面碰撞时的动能与第一次与地面碰撞的动能之比 h+Lh ，C符合题意；
D．球B第二次与地面碰撞时，B下落的高度为H，但是由于此时B的初速度为 vB'=2gh+Lg8h>2gh
所以落地的时间小于 t=L22gh ，而两个球的相对速度大小为 vA+vB=22gh
因此此时两个球之间的距离为 Δx=(vA+vB)t 则两球之前的距离小于L，D不符合题意。
故答案为：C。
12.【答案】 C
【解析】AD．两小球质量相同，设质量都是m，则开始时的动能 E0=p122m+p222m=642m+362m=50m
碰撞后的动能应 E=p1'22m+p2'22m≤E0
AD不符合题意；
B．根据动量守恒定律知，两球碰撞的过程中，应该是B球的动量增加，A球的动量减小，A的动量不能增加，B不符合题意；
C．根据动量守恒定律，如果两球碰撞后一起运动，则二者的动量相等，都是 7kg⋅m/s ，C项是可能的，C符合题意；
故答案为：C。
13.【答案】 C
【解析】A．滑块滑上长木板后，滑块受摩擦力作用做匀减速运动，长木板做匀加速运动，由图乙可知滑块的加速度大小为 a1=ΔvΔt=2m/s2
长木板的加速度大小为 a2=ΔvΔt=1m/s2 由牛顿第二定律可知摩擦力
Ff=ma1=Ma2
故摩擦力 Ff=2N
M=2kg
A不符合题意；
BC．从图乙可知 2s 末滑块滑离长木板，长木板的长度即为滑块与长木板的相对位移 l=(7+1)×22m=8m
滑块与长木板间因摩擦产生的热量 Q=Ffl=16J
B不符合题意C符合题意；
D．从图乙可知 2s 末滑块滑离长木板，此时滑块的速度大小为 3m/s ，长木板对滑块的水平方向冲量 I=mv-mv0=-4kg⋅m/s
但长木板对滑块还有竖直方向的冲量，D不符合题意。
故答案为：C。
14.【答案】 C
【解析】A．小球下滑过程向右运动，半球体向左运动，半球体对小球做负功，小球机械能将减少，A不符合题意；
B．小球下滑过程向右运动，半球体向左运动，两者最终脱离失去接触，所以小球不会一直沿半球体下滑，B不符合题意；
C．将小球和半球体看做整体，水平方向不受外力，所以水平方向动量守恒，C符合题意；
D．当小球与半球体不再接触时，小球将做类斜抛运动，水平方向不受力，水平方向速度不变，D不符合题意。
故答案为：C。
15.【答案】 B
【解析】A．爆炸时，水平方向，根据动量守恒定律可知 m1v1-m2v2=0
因两块碎块落地时间相等，则 m1x1-m2x2=0
则 x1x2=m2m1=12
则两碎块的水平位移之比为1:2，而从爆炸开始抛出到落地的位移之比不等于1:2，A不符合题意；
B．设两碎片落地时间均为t，由题意可知 (5-t)v声(6-t)v声=12
解得t=4s
爆炸物的爆炸点离地面高度为 h=12gt2=12×10×42m=80m
B符合题意；
CD．爆炸后质量大的碎块的水平位移 x1=(5-4)×340m=340m
质量小的碎块的水平位移 x2=(6-4)×340m=680m
爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340m+680m=1020m
质量大的碎块的初速度为 v10=x1t=3404m/s=85m/s
CD不符合题意。
故答案为：B。
16.【答案】 D
【解析】设半圆形光滑轨道半径为R，两物体下滑到最低点碰撞前的速度大小分别为v1、v2 ， 下滑过程中由动能定理得 m1gR=12m1v12-0
m2gR=12m2v22-0
去水平向左为正方向，在最低点碰撞过程中由动量守恒定律可得 m2v2-m1v1=(m1+m2)v共
碰撞后一起上升到轨道M点的过程中由动能定理可得 -(m1+m2)gR(1-cos60∘)=0-12(m1+m2)v共2
联立解得 m1:m2=(2-1):(2+1)
故答案为：D。
二、综合题
17.【答案】 （1）解：因C、A为弹性碰撞，碰后物块C恰好静止，设碰撞前物块C的速度大小为 vC ，碰撞后木板A的速度大小为 vA ，所以有 mCvC=mAvA
12mCvC2=12mAvA2
解得 vC=vA
mA=2kg
（2）解：由动能定理及动量守恒定律得 12mCvC2=mCglOC
mAvA=(mA+mB)v
解得 v=83m/s
（3）解：A、B相对滑动的过程中，损失的机械能转化为内能，所以有 μmBgL=12mAvA2-12(mA+mB)v2
解得 L=1.6m
【解析】（1）由于以AC为系统发生弹性碰撞，利用动量守恒定律结合能量守恒定律可以求出长木板其质量的大小；
（2）C下落过程，利用动能定理可以求出C的速度大小，利用C的速度大小可以求出A碰后速度的大小，以AB为系统，利用动量守恒定律可以求出相对静止时速度的大小；
（3）AB相对滑动时，其损失的机械能转化为内能，利用能量守恒定律可以求出长木板的长度大小。
 18.【答案】 （1）当弹簧压缩最短时，弹簧的弹性势能最大，此时滑块A、B共速。
由动量守恒定律得 mAv0=(mA+mB)v
解得 v=mAv0mA+mB=1×41+3m/s=1m/s
弹簧的最大弹性势能即滑块A、B损失的动能 Epm=12mAv02-12(mA+mB)v2=6J
（2）当弹簧恢复原长时，滑块B获得最大速度为 vm ，由动量守恒和能量守恒得，即有 mAv0=mAvA+mBvm
12mAv02=12mBvm2+12mAvA2
解得 vm=2m/s
则有，A的速度大小为 vA=-2m/s
A的速度大小为，方向向左
【解析】（1） 当弹簧压缩最短时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律和能量守恒定律列方程求解。
（2） 当弹簧恢复原长时，滑块B获得最大速度为 vm ， 由动量守恒定律和能量守恒定律列方程求解。
 19.【答案】 （1）小物块从A到O匀减速直线，由动能定理-μmg· L2 = 12 mv12-mv02
小物块压缩弹簧到最短的过程，由能量守恒知Ep= 12 mv12
联立解得：
v1=2m/s，Ep=2J
（2）小物块小物块和弹簧相互作用的过程，对小物块由动量定理知I=-mv1-mv1
解得：I=-4kg·m/s
冲量大小是4m/s，方向水平向左
（3）小物块相对小车向左滑动的过程，由于 12 mv12=2J＜μmg L2 =6J
因此小物块不会从小车上滑下，最终小物块和小车具有共同速度v共 ，
选向左为正方向，对小物块和小车组成的系统，
由动量守恒定律知mv1=(m+M)v共
由能量守恒知 12 mv12= 12 (m+M)v共2+μmgd
代入数据解得：v共=0.5m/s，d=0.5m
小物块最终停在小车上上的位置距A端:xA= L2 -d=1.5m
【解析】（1）物块从A到O的过程做匀减速直线运动，利用动能定理可以求出物块经过O点速度的大小，结合能量守恒定律可以求出弹簧最大弹性势能的大小；
（2）小物块与弹簧作用的过程，其弹簧对物块的冲量改变物块的动量，利用动量定理可以求出弹簧对物块的冲量大小；
（3）根据能量守恒定律可以判别物块的动能不足以离开小车，所小物块与小车最后具有相同的速度，利用系统的动量守恒定律及能量守恒定律可以求出小物块最后停止在小车上的位置。