人教版高中物理选修35《动量守恒定律》同步测试题含答案.docx

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人教版高中物理选修35《动量守恒定律》同步测试题含答案

动量守恒定律》测试题

本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分

100，考试时间60分钟。

第Ⅰ卷（选择题共40分）

一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分。

在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分。

）

1．某人站在静浮于水面的船上，从某时刻开始从船头走向船尾，不计水的阻力，那么在这段时间内人和船的运动情况是（）

A．人匀速走动，船则匀速后退，且两者的速度大小与它们的质量成反比

B．人匀加速走动，船则匀加速后退，且两者的加速度大小一定相等

C．不管人如何走动，在任意时刻两者的速度总是方向相反，大小与它们的质量成反比

D．人走到船尾不再走动，船则停下解析：

以人和船构成的系统为研究对象，其总动量守恒，设

v1M船

v1、v2分别为人和船的速率，则有0＝m人v1－M船v2，故有＝

v2m人可见A、C、D正确。

人和船若匀加速运动，则有

F＝m人a人，F＝M船a船

a人M船

所以＝，本题中m人与M船不一定相等，故B选项错误。

a船m人

答案：

A、C、D

2．如图（十六）－1甲所示，在光滑水平面上的两个小球发生正碰。

小球的质量分别为m1和m2。

图（十六）－1乙为它们碰撞前后的x－t图象。

已知m1＝0.1kg，由此可以判断（）

图（十六）－1

1碰前m2静止，m1向右运动

2碰后m2和m1都向右运动

3由动量守恒可以算出m2＝0.3kg

4碰撞过程中系统损失了0.4J的机械能以上判断正确的是（）A．①③B．①②③

C．①②④D．③④解析：

由图象知，①正确，②错误；由动量守恒m1v＝m1v1＋

m2v2，将m1＝0.1kg，v＝4m/s，v1＝－2m/s，v2＝2m/s代入可得

121212

m2＝0.3kg，③正确；ΔE＝2m12－2m1v21＋2m2v22＝0，④错误。

答案：

A

3．如图（十六）－2所示，设车厢长度为l，质量为M，静止于光滑的水平面上，车厢内有一质量为m的物体以速度v0向右运动，与车厢壁来回碰撞n次后，静止于车厢中，这时车厢的速度为（）

图（十六）－2

A．v0，水平向右

B．0

C．mv0/（m＋M），水平向右

D．mv0/（M－m），水平向右

解析：

把物体以速度v0向右运动到物体最后静止在车厢的整个过程作为研究的时间范围，设车厢最后的速度为v，对过程始

末应用动量守恒定律，得mv0＝（m＋M）v，得v＝mv0/（m＋M）。

故C项正确。

答案：

C

4.

如图（十六）－3所示，在光滑的水平面上，小车M内有一弹

簧被A和B两物体压缩，A和B的质量之比为12，它们与小车间的动摩擦因数相等，释放弹簧后物体在极短时间内与弹簧分

开，分别向左、右运动，两物体相对小车静止下来，都未与车壁相碰，则（）

图（十六）－3

A．B先相对小车静止下来

B．小车始终静止在水平面上

C．最终小车静止在水平面上

D．最终小车水平向右匀速运动

解析：

由动量定理知A、B两物体获得的初动量大小相等，因为B物体所受摩擦力比A的大，故B物体先相对小车静止下来，而小车在A、B运动过程中也在运动，所以A选项正确，而B选项错误；物体A、B和小车组成的系统满足动量守恒定律，而系统初状态静止，故C选项正确。

答案：

A、C

5．一质量为m的铁锤，以速度v竖直打在木桩上，经过Δt时间而停止，则在打击时间内，铁锤对木桩的平均冲力的大小是

mv

C.Δt＋mg

mv

D.Δt－mg

解析：

对铁锤应用动量定理，设木桩对铁锤的平均作用力为

答案：

C

6．如图（十六）－4所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P和Q都可视作质点且质量相等。

Q与轻质弹簧相连。

设Q静止，P以某一初速度向Q运动并与弹簧发生碰撞。

在整个碰撞过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于（）

图（十六）－4

1

A．P的初动能B．P的初动能的2

11

C．P的初动能的3D．P的初动能的4解析：

两者速度相等时，弹簧最短，弹性势能最大。

设P的初速度为v，两者质量均为m，弹簧最短时两者的共同速度为v′，弹簧具有的最大弹性势能为Ep。

根据动量守恒，有mv＝2mv′，12121根据能量守恒有2mv2＝2×2mv′2＋Ep，以上两式联立求解得Ep＝4mv2。

可见弹簧具有的最大弹性势能等于滑块P原来动能的一半，

B正确。

答案：

B

7．在光滑水平面上，两球沿球心连线以相等速率相向而行，并发生碰撞，下列现象可能的是（）

A．若两球质量相同，碰后以某一相等速率互相分开

B．若两球质量相同，碰后以某一相等速率同向而行

C．若两球质量不同，碰后以某一相等速率互相分开

D．若两球质量不同，碰后以某一相等速率同向而行解析：

本题考查运用动量守恒定律定性分析碰撞问题，光滑水平面上两小球的对心碰撞符合动量守恒的条件，因此碰撞前后两小球组成的系统总动量守恒。

A项，碰撞前两球总动量为零，碰撞后也为零，动量守恒，所以A项是可能的。

B项，若碰撞后两球以某一相等速率同向而行，则两球的总动量不为零，而碰撞前为零，所以B项不可能。

C项，碰撞前后系统的总动量的方向不同，所以动量不守恒，C项不可能。

D项，碰撞前总动量不为零，碰后也不为零，方向可能相同，所以D项是可能的。

答案：

A、D

8.

如图（十六）－5所示，三角形木块A质量为M，置于光滑水平面上，底边长a，在其顶部有一三角形小木块B质量为m，其底边长b，若B从顶端由静止滑至底部，则木块后退的距离为（）

图（十六）－5

maMaB.

M＋mM＋m

C.m（a－b）D.M（a－b）

C.M＋mD.M＋m

解析：

A、B二者组成的系统水平方向不受外力作用，故系统水平方向满足动量守恒定律，则系统水平方向平均动量也守恒，由动量守恒定律得

答案：

C

9．一平板小车静止在光滑的水平地面上，甲、乙两个人要背靠着站在车的中央，当两人同时向相反方向行走，如甲向小车左端走，乙向小车右端走，发现小车向右运动，则（）

A．若两人的质量相等，则必定v甲＞v乙

B．若两人的质量相等，则必定v甲＜v乙

C．若两人的速度相等，则必定m甲＞m乙

D．若两人的速度相等，则必定m甲＜m乙

解析：

甲、乙两人和小车组成的系统满足动量守恒定律，由

动量守恒定律知

m甲v甲＝m乙v乙＋m车v车，

所以A、C选项正确。

答案：

A、C

10.如图（十六）－6所示，两个质量相等的物体沿同一高度、倾角不同的两光滑斜面顶端从静止自由下滑，到达斜面底端，两个物体具有不同的物理量是（）

图（十六）－6

A．下滑的过程中重力的冲量

B．下滑的过程中弹力的冲量

C．下滑的过程中合力的冲量

D．刚到达底端时的动量大小解析：

由运动学知识可知两个物体下滑所用的时间不同，由

I＝Ft可知A项正确；由于倾角不同，两物体受的弹力方向不同，所以B项正确；根据机械能守恒知两物体到达底端时的速度大小相等，由于速度方向不同，两物体的动量变化也不同，由动量定理可知C项正确。

答案：

A、B、C

第Ⅱ卷（非选择题共60分）

二、填空题。

（共4小题，每小题5分，共20分。

把答案直

接填写在题中横线上，不要求写出演算过程

11．（5分）如图（十六）－7所示，一铁块压着一纸条放在水

平桌面上，当以速度v抽出纸条后，铁块掉到地面上的P点，若

P点左侧”或“P点右侧”）

解析：

铁块受到的滑动摩擦力一定，纸条抽出的速度越大，

作用时间越短，摩擦力的冲量越小，由动量定理知I＝Δp＝mv′

－0，铁块获得的速度越小，平抛的水平距离也越小，故当以2v

的速度抽出时，铁块的落地点在P点左侧答案：

P点左侧

12．（5分）一质量为1kg的小球从0.8m高的地方自由下落到

一个软垫上，若从小球接触软垫到下陷至最低点经历了0.2s，则

这段时间内软垫对小球冲量的大小为。

（g取10m/s2，不

计空气阻力）

解析：

规定竖直向上为正方向，根据动量定理，有（F－mg）t

＝0－（－mv0），而v0＝2gh，由上面两式可求得Ft＝6N·s，即这段时间内软垫对小球的冲量为6N·s，方向竖直向上。

答案：

6N·s

13．（5分）场强为E、方向竖直向上的匀强电场中有两小球A、

B，它们的质量分别为m1、m2，电量分别为q1、q2。

A、B两球由静

止释放，重力加速度为g，则小球A和B组成的系统动量守恒应满足的关系式为。

解析：

动量守恒定律的条件是系统不受外力作用或者所受外力之和为零，若A、B两小球组成的系统满足动量守恒定律，则系统所受的电场力和重力必须平衡，即

E（q1＋q2）＝（m1＋m2）g。

）

答案：

E（q1＋q2）＝（m1＋m2）g

14．（5分）用半径相同的两小球A、B的碰撞验证动量守恒定律，实验装置如图（十六）－8所示，斜槽与水平槽圆滑连接。

实验时先不放B球，使A球从斜槽上某一固定点C由静止滚下，落到位于水平地面的记录纸上留下痕迹。

再把B球静置于水平槽前端边缘处，让A球仍从C处由静止滚下，A球和B球碰撞后分别落在记录纸上留下各自的痕迹。

记录纸上的O点是重垂线所指的

位置，若测得各落点痕迹到O点的距离：

OM＝2.68cm，OP＝8.62cm，ON＝11.50cm，并知A、B两球的质量比为21，则未放B球时A球落地点是记录纸上的点，系统碰撞前总动量p与碰

|p－p′|

撞后总动量p′的百分误差p＝%（结果保留一

位有效数字）。

图（十六）－8

解析：

未放B球时，A球落在P点

|p－p′||mA·OP－（mB·ON＋mA·OM）|p＝mA·OP

＝0.02＝2%。

|2m×8.62－（m×11.50＋2m×2.68）|2m×8.62

答案：

P2

三、计算题（共6小题，共40分。

解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。

只写出最后答案的不能得分。

有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。

）

15．（6分）如图（十六）－9所示，一根质量不计，长为1m能承受最大拉力为14N的绳子，一端固定于天花板上，另一端系一质量为1kg的小球，整个装置处于静止状态，若要将绳子拉断，作用在球上的水平冲量至少应为多少？

（g取10m/s2）

图（十六）－9

解析：

作用在小球上的冲量等于小球动量的增量：

I＝mv0，

当小球受到冲量时，则

22

mv0mv0

FT－mg＝L，FT＝mg＋L

当FT＝14N时，v0＝2m/s，所以I＝2N·s。

答案：

2N·s

16．（6分）在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速率v0

向右运动，在小球A的前方O点有一质量为m2的小球B处于静止状态，如图（十六）－10所示。

小球A与小球B发生正碰后小球A、B均向右运动。

小球B被在Q点处的墙壁弹回后与小球A在P点

相遇，PQ＝1.5PO。

假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性的，求两小球质量之比m1/m2。

图（十六）－10

解析：

从两小球碰撞后到它们再次相遇，小球A和B的速度

大小保持不变。

根据它们通过的路程，可知小球B和小球A在碰

撞后的速度大小之比为4∶1。

设碰撞后小球A和B的速度分别为v1和v2，在碰撞过程中动

量守恒，碰撞前后动能相等m1v0＝m1v1＋m2v2

2

2m1v20＝

11

22

又滑上劈B。

求物块在B上能够达到的最大高度。

A的速度大小分别

图（十六）－11解析：

设物块到达劈A的底端时，物块和为v和V，由机械能守恒和动量守恒得

1212mgh＝2mv＋2M1V

M1V＝mv②

设物块在劈B上达到的最大高度为h′，此时物块和B的共同速度大小为V′，由机械能守恒和动量守恒得

1212

mgh′＋2（M2＋m）V′2＝2mv2③

mv＝（M2＋m）V′④

联立①②③④式得

M1M2

（M1＋m）（M2＋m）h

18．（7分）如图（十六）－12所示，质量m1＝0.3kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1.5m，现有质量m2＝0.2kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝2m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止。

物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10m/s2，求

图（十六）－12

（1）物块在车面上滑行的时间t；

（2）要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v′0不超过多少。

解析：

（1）设物块与小车共同速度为v，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有

F，对物块应用动量定理有

m2v0＝（m1＋m2）v①设物块与车面间的滑动摩擦力为－Ft＝m2v－m2v0②又F＝μm2g③

代入数据得

t＝0.24s④

（2）要使物块恰好不从车面滑出，须使物块到车面最右端时与小车有共同的速度，设其为v′，则

m2v′0＝（m1＋m2）v′⑤

由功能关系有

代入数据解得

v′0＝5m/s

故要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v′0不超过5m/s。

答案：

（1）0.24s

（2）5m/s

19．（7分）如图（十六）－13所示，坡道顶端距水平面高度为h，质量为m1的小物块A从坡道顶端由静止滑下，进入水平面上的滑道时无机械能损失，为使A制动，将轻弹簧的一端固定在水平滑道延长线M处的墙上，另一端与质量为m2的挡板B相连，弹簧处于原长时，B恰位于滑道的末端O点。

A与B碰撞时间极短，碰后结合在一起共同压缩弹簧，已知在OM段A、B与水平面间的

动摩擦因数均为μ，其余各处的摩擦不计，重力加速度为g，求：

图（十六）－13

W＝μ（m1＋m2）gd

由能量守恒定律，有

12

2（m1＋m2）v′＝Ep＋μ（m1＋m2）gd

m21

解得Ep＝m＋mgh－μ（m1＋m2）gd。

2

答案：

（1）v＝2gh

（2）Ep＝m＋mmgh－μ（m1＋m2）gd

20．（7分）如图（十六）－14所示，长L＝12m的木板右端固定一立柱，板和立柱的总质量M＝50kg，木板置于地面上，木板

与地面间的动摩擦因数μ＝0.1。

质量m＝50kg的人立于木板左端，木板与人均静止。

若人以4m/s2的加速度匀加速向右奔跑至

板的右端，并立即抱柱立柱，g取10m/s2，求：

图（十六）－14

（1）从人开始奔跑至到达木板右端所经历的时间t；

（2）从人开始运动到最终木板静止，木板发生的总位移x。

解析：

（1）人向右加速运动受到木板向右摩擦力Ff2＝ma2＝

200N

12

人运动的位移x2＝2a2t2木板水平方向受两个力：

人对木板向左的摩擦力Ff′2＝200N

得t＝a1＋a2＝2s。

（2）如图所示，人向右奔跑时，木板向左运动的位移x1＝12a1t2

＝4m

人抱住立柱时，人的速率

v2＝a2t＝8m/s，

木板的速率v1＝a1t＝4m/s人抱柱立柱时时间很短，人与立柱间的相互作用力远大于地

面的摩擦力，两者动量守恒，取向右为正方向，

mv2－Mv1＝（m＋M）v′

mv2－Mv1

得v′＝mmv＋－MMv＝2m/s，

人抱住立柱后，两者一起向右运动，加速度

Ff1μ（m＋M）g2

a3＝＝＝μg＝1m/s，

3m＋Mm＋M

2

共同运动的位移x3＝＝2m

2a3

故木板的总位移x＝x1－x3＝2m，方向向左

答案：

（1）2s

（2）2m，方向向左

m1v1＋m2v2211222

利用v2/v1＝4，可解出m2＝2

m1

答案：

m1＝2

m2

17．（7分）两个质量分别为M1和M2的劈A和B，高度相同，

放在光滑水平面上。

A和B的倾斜面都是光滑曲面，曲面下端与水平面相切，如图（十六）－11所示。

一质量为m的物块位于劈A的倾斜面上，距水平面的高度为h。

物块从静止开始滑下，然后

（1）物块A在与挡板B碰撞前瞬间速度v的大小；

（2）弹簧最大压缩量为d时的弹性势能Ep（设弹簧处于原长时弹性势能为零）。

解析：

（1）由机械能守恒定律，有

m1gh＝21m1v2

v＝2gh。

（2）A、B在碰撞过程中内力远大于外力，由动量守恒，有m1v

＝（m1＋m2）v′

A、B克服摩擦力所做的功