人教版高中物理选修3-5第一章动量守恒定律单元测试(含解析)

1、人教版高中物理选修3-5第一章动量守恒定律单元测试题号一一三四总分得分一、单选题（本大题共 6小题，共24.0分）1. 光滑水平地面上，A、B两物块质量都为 m, A以速度v 尸芋 * 一 向右运动，B原来静止，左端有一轻弹簧，如图所不，当A撞上弹簧，弹簧被压缩到最短时（）A. A、B系统总动量为2mvB. A的动量变为零C. B的动量达到最大值D. A、B的速度相等2.如图所示，质量为m的物体在一个与水平方向成。角的拉力F作用下，一直沿水平面向右匀速运动，则下列关于物体在t时间内所受力的冲量，正确的是（）-1A.拉力F的冲量大小为B.摩擦力的冲量大小为3.C.重力的冲量大小为 mgtD.物体

2、所受支持力的冲量是mgt如图所示，半径为R、质量为M的-光滑圆槽置于光滑的水平地面上，一个质量为m的小木块从槽的顶端由静止滑下.则木块从槽口滑出时的速度大小为（）A.一B. C. D. 一4 .质量为mi=1kg和m2 （未知）的两个物体在光滑的水平面上正碰，碰撞时间极短，其 x-t图象如图所示，则（）A.此碰撞一定为弹性碰撞B.被碰物体质量为2kgC.碰后两物体速度相同D.此过程有机械能损失5 .如图所示，质量为 m的小滑块可视为质点，从h高 处的A点由静止开始沿斜面下滑，停在水平地面上的 B点斜面和水平面之间有小圆弧平滑连接要使物体能原路返回，在B点需给物体的瞬时冲量最小应是（）A.B.C

3、.D.6. 从同一高度以相同速率分别抛出质量相同的三个小球，一球竖直上抛，一球竖直下抛，一球平抛，所受阻力都不计，则（）A.三球落地时动量相同B.三球落地时动量不相同C.从抛出到落地过程，三球受到的冲量相同D.从抛出到落地过程，平抛运动小球受到的冲量最小二、多选题（本大题共 4小题，共16.0分）7. 一质量为2kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，则（）A.B.C.D.8.自由滑下（，到达斜面底端的过程中时物块的速率为时物块的动量大小为 时物块的动量大小为 时物块的速度为零如图所示，两个质量相等的物体从同一高度沿倾角不同的两个光滑固定斜面由静止A.两

4、物体所受重力冲量相同B.两物体所受合外力冲量不同C.两物体到达斜面底端日动量相同D.两物体到达斜面底端时动量不同9.用不可伸长的细线悬挂一质量为M的小木块，木块静止，如图所中，子弹初速度为 V0,则下列判断正确的是（示.现有一质量为 m的子弹自左向右水平射入木块，并停留在木块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不 守恒B.子弹射入木块瞬间动量守恒，故子弹射入木块瞬间子弹和木块的共同速度为一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，其机械能等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一10 . A、B两小球在光滑水平面上沿同一直线向同一方向运动，

5、A球的动量为5kg?m/s,B球的动量为7kg?m/s,当A球追上B球时发生对心碰撞，则碰撞后A、B两球动量的可能值为（）A.,B.,C.,D.,三、填空题（本大题共5小题，共20.0分）11 .质量为0.45kg的木块静止在光滑水平面上，一质量为0.05kg的子弹以200m/s的水平速度击中木块，并留在其中，整个木块沿子弹原方向运动，则木块最终速度的大 小是 m/s。若子弹在木块中运动时受到的平均阻力为4.5M03N,则子弹射入木块的深度为 m。12.质子（ H）和“粒子（ He）被加速到相同动能时，质子的动量 （选填“大于”、“小于”或“等于"） a粒子的动量，质子和a粒子的德布

6、罗意波波长之比为13.14.如图所示，两个相切的圆表示一个静止的原子序数大于80的原子核发生某种衰变后，产生的两种运动粒子在匀强磁场中的运动轨迹，则此原子核发生 衰变（填" / " 6' "彳），其中辐射出来的射线轨迹是 “大圆”或“小圆”）两小木块A和B中间夹着一轻质弹簧，用细线捆在一起，放在光滑的水平台面上， 将细线烧断，木块A, B被弹簧弹出，最后落在水平地面上,落地点与平台边缘的水平距离分别为lA=1m, lB=2m,如图所示.则:（1）木块A、B离开弹簧时的速度大小之比7A : VB=；（2）木块A、B的质量之比mA： mB=；（3）弹簧对木块

7、A、B的冲量大小之比Ia： Ib=.15 .将质量为5kg的铅球（可视为质点）从距沙坑表面1.25m高处由静止释放，从铅球接触沙坑表面到陷入最低点所历经的时间为0.25s,不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2.则铅球对沙子的平均作用力大小为 N,方向.四、计算题（本大题共 3小题，共30.0分）16 .如图所示，同一光滑水平轨道上静止放置A、B、C三个物块，A、B两物块质量均为m, C物块质量为2m, B物块的右端装有一轻弹簧，现让A物块以水平速度 vo向右运动，与B碰后粘在一起，再向右运动推动 C （弹簧与C不粘连），弹簧没有 超过弹性限度.求：（1） A与B碰撞中的动能损失（2）整个运

8、动过程中，弹簧的最大弹性势能.17 .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vo=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：子弹射出木块时的速度V；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?18 .如图，在光滑的水平面上，有一质量为的木板，木板上有质量为的物块它们都以的初速度反向运动，它们之间有摩擦，且木板足够长，求：当木板向左的速度为时，物块的速度是多大?木板的最终速度是多大？答案和解析1 .【答案】D【解析】【分析】A和B组成的系统，动量守恒，当弹簧

9、压缩到最短时，A、B的速度相等。解决本题的关键知道动量守恒定律的条件，知道速度相等时，弹簧压缩量最大。【解答】A.A、B组成的系统所受的外力之和为零，动量守恒，总动量为mv,则弹簧压缩最短时，A、B系统总动量仍然为 mv,故A错误。BD.弹簧压缩到最短时， A、B速度相等，则 A的动量不为零，故 B错误，D正确。C.在压缩弹簧白过程中，B做加速运动，A做减速运动，弹簧压缩量最大时，速度相等， 然后B继续加速，A继续减速。所以弹簧压缩最短时，B的动量未达到最大值，故 C错误。故选D。2 .【答案】C【解析】 解：A、拉力F的冲量大小为Ft,故A错误。B、物体做匀速直线运动，可知摩擦力 f=Fco

10、s 8则摩擦力的冲量大小为 ft=Ftcos 8故B 错误。C、重力的冲量大小为 mgt,故C正确。D、支持力的大小为 N=mg-Fsin，。则支持力的冲量为（ mg-Fsint.故D错误。 故选：Co根据力的大小，结合冲量的公式I=ft求出各力的冲量大小.解决本题的关键知道冲量的大小等于力与时间的乘积，结合力的大小进行求解， 基础题.3 .【答案】B【解析】解：对木块和槽所组成的系统，水平方向不受外力，水平方向动量守恒，设木 块滑出槽口时的速度为 v,槽的速度为u,在水平方向上，由动量守恒定律可得：mv-Mu=0木块下滑时，只有重力做功，系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgR=-,联立解

11、得v=，故B正确，A、C、D错误。故选：B。当光滑圆槽不固定时，木块与槽组成的系统在水平方向上动量守恒，系统机械能守恒， 由动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出木块到达槽口时的速度.本题考查了动量守恒和能量守恒的基本运用，知道系统在水平方向上动量守恒，注意不能认为槽静止不动，结合动能定理求出木块到达槽口的速度.4 .【答案】A【解析】【分析】根据x-t图象斜率求出各自的速度，根据碰撞过程中动量守恒即可求解m2；根据碰撞前后机械能是否守恒判断是否为弹性碰撞即可。本题主要考查了动量守恒定律得应用，要知道判断是否为弹性碰撞的方法是看机械能是否守恒，若守恒，则是弹性碰撞，若不守恒，则不是弹性碰撞。【解

12、答】由图象可知，碰撞前 m2是静止的，m1的速度为：v二=-=4m/s,碰后 mi 的速度为：vi' =m/s=-2m/s, m2的速度为：V2' =2m/s,两物体碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律得：mv尸mivi' +m2v2',即：1X4=1 x (-2) +m2X2,解得：m2=3kg；碰撞前总动能：Ek=Eki+Ek2=-miVi2+-m2v22=-><1 M2+-X3 X02=8J,碰撞后总动能： Ek' =Eki' +Ek2' =-mivi' 2+-m2v2' 2=-M X (-2) 2+-X3&

13、gt;22=8J,碰撞前后系统动能不变，故碰撞是弹性碰撞，故 故选A。5.【答案】A【解析】【分析】先对从A到B过程根据动能定理列式，再对从 解得到B的初速度；最后根据动量定理得到在 本题关键是明确滑块的受力情况和运动情况， 难.【解答】滑块从A到B过程，根据动能定理，有：滑块从B返回A过程，根据动能定理，有：A正确，BCD错误。B到A过程根据动能定理列式，联立求B点需给物体的瞬时冲量.要结合动能定理和动量定理联立求解，不mgh-Wf=0,-mgh-Wf=0_联立解得：v=2；在B点需给物体的瞬时冲量等于动量的增加量，故 I = mv=2m -,故A正确，BCD错 误；故选：Ao6 .【答案】

14、B【解析】 解：AB、根据动能定理知， mgh=-，可知三球落地时速度的大小相等，由于平抛运动的速度方向与上抛运动和下抛运动的速度方向不同，则动量不同， 故A错误，B正确；CD、三个小球以相同的速率抛出，可知竖直上抛运动的物体运动时间大于平抛运动的 时间，平抛运动的时间大于竖直下抛运动的时间，所以上抛运动的时间最长，三球受到 的冲量不相同，根据动量定理知，mgt=Ap,可得上抛球动量变化量最大。下抛球动量变化量最小，则下抛球冲量最小，故 CD错误。故选：Bo根据动能定理比较小球落地时的速度，从而比较出落地时的动量，根据动量定理，结合 运动的时间，比较动量的变化量.解决本题的关键知道动量、动量的

15、变化量都是矢量，比较动量的变化量的大小可以通过 动量定理，结合运动的时间进行比较.7 .【答案】AB【解析】【分析】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。另外要学会看图，从图象中得出一些物理量之间的关系。【解答】A.前两秒，根据牛顿第二定律，a=1 m/s2,则0-1s的速度为：vi=ati=1m/s, A正确；8 .t=2s 时，速率为 V2=at2=2m/s,则动量为 P=mv2=4kg?m/s, B 正确；CD.2-4S,力开始反向，物体减速，根据牛顿第二定律，a' =-0.5m/s2,

16、所以3s时的速度为 V3=V2-a' t=1.5m/s,动量为 P=mv3=3kg?m/s, 4s时速度为 V4=2-0.5 1=1 m/s, CD 错误。故选AB。9 .【答案】BD【解析】解：物体在下滑中只有重力做功，而重力做功只与高度差有关，故两种情况下重力做功相等，由-得两种情况下到达斜面底端的速度的大小是相等的；A、两种情况下到达斜面底端的速度的大小是相等，又因长的斜面倾角小，物体的加速 度小，所以斜面越长下滑的时间越长，所以两种情况下重力作用的时间不相等，重力的 冲量也不相等。故 A错误；B、物体在两种情况下到达斜面底端的速度的大小是相等的，而速度的方向不同，所以 两种情况

17、下物体的末动量不同。根据动量定理：I = AP=mv-0,所以合力的冲量大小相等，方向是不同的。故 B正确；CD、物体在两种情况下到达斜面底端的速度的大小是相等的，而速度的方向不同，所 以两种情况下物体的末动量不同。故C错误，D正确。故选：BD。分析物体的受力情况，并找出各力的冲量情况，由动量定理、机械能守恒可判断出各量 是否相同.在研究功能关系时一定不要忽视了受力分析过程，只有正确地受力分析才能准确地找出做功情况.10 【答案】AB【解析】 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

18、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，所以整个过程的机 械能不守恒。故A正确；B、由子弹射入木块瞬间，取向右为正方向，由动量守恒定律得：mvo= (M+m) v,可得子弹射入木块瞬间子弹和木块的共同速度为v=.故B正确。C、忽略空气阻力，子弹和木块一起上升过程中，只有重力做功，系统机械能守恒，由于子弹射入木块的过程机械能有损失，所以其机械能小于子弹射入木块前的动能，故C错误；D、子弹射入木块后子弹和木块一起上升，由机械能守恒定律得 -(M + m) v2= (M+m)gh,可得上升的最大高度为 h=.故D错误。故选：AB。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

19、于系统外力，可由动量守恒定律列式求解子弹射入木块瞬间子弹和木块的共同速度；子弹射入木块后，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，运用机械 能守恒定律求解最大高度.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 .【答案】BC【解析】【分析】当A球追上B球时发生碰撞，遵守动量守恒.由动量守恒定律和碰撞过程总动能不增加， 进行选择。本题碰撞过程中动量守恒，同时要遵循能量守恒定律，不忘联系实际情况，即后面的球 不

20、会比前面的球运动的快。【解答】A、由题，碰撞前的总动量是 5+7=12kg?m/s；碰撞后，两球的动量方向都与原来方向相同，总动量为：6+8=14kg?m/s；不可能沿原方向增大.故 A错误.B、碰撞前，A的速度大于B的速度va>vb,则有一> 一,得到mA<-mB.根据碰撞过程总动能不增加，则有+J+，得到 mAmB,满足 mAV-mB.故B正确.C、根据碰撞过程总动能不增加，则有+J+，得到mAWmB,满足mAV-mB.故C正确.D、可以看出，碰撞后 A的动能不变，而B的动能增大，违反了能量守恒定律.故D错误.故选BC。12 .【答案】20 0.2【解析】 解：木块的质量

21、 M=0045kg,子弹的质量为 m=0.05kg,初速度为vo=200m/s, 二者组成的系统水平方向动量守恒， 设子弹初速度方向为正方向， 根据动量守恒定律可 得：mv0= (m+M) v解得木块最终速度的大小 v= m/s=20m/s；设子弹射入木块的深度为 d,根据能量守恒定律可得：fd=_-,解得：d=0.2m。故答案为：20； 0.2。以整体为研究对象，水平方向根据动量守恒定律求解木块最终的速度大小；根据能量守恒定律求解子弹射入木块的深度。本题主要是考查了动量守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统

22、的动量和碰撞后系统的动量相等列方程进行解答。13 .【答案】小于；2： 1【解析】【分析】根据Ek=-、P=mv得到动能与动量的关系，然后根据公式-比较物质波的波长。该题考查德布罗意波波长，关键是记住公式入二，同时要能够推导出动量与动能的关系分析，基础题目。【解答】动能与动量的关系为：P= ,物质波的波长：入;，联立得到：工，质子(H)和“粒子(He)质量之比为1： 4,故物质波的波长之比为 2： 1；故答案为：小于，2: 1。14 .【答案】a；大圆【解析】解：原子核发生衰变，粒子的速度方向相反，由图可知粒子的运动的轨迹在两侧，根据左手定则可以得知，衰变后的粒子带的电性相同，所以释放的粒子应

23、该是氯核，所 以原子核发生的应该是“衰变；衰变后，粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，故：qvB=m解得：R= 一，静止的原子核发生衰变，根据动量守恒可知，衰变前后，动量守恒，故两个粒子的动量mv相等，磁感应强度也相等，故 q越大，轨道半径越小；故大圆是释放粒子的运动轨迹，小圆是新核的运动轨迹；故答案为：”，大圆.静止的原子核发生衰变，根据动量守恒可知，发生衰变后的粒子的运动的方向相反，在根据粒子在磁场中运动的轨迹可以判断粒子的电荷的性质；衰变后的粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力可得半径公式，结合轨迹图分析.根据粒子的速度的方向相反和两个粒子的运动的轨迹由左手定则可以分析

24、判断粒子的带电的情况.15 .【答案】1：2 2： 1 1：1【解析】解：(1)两个木块被弹出离开桌面后做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，因为下落的高度相等，所以运动的时间相等，水平方向上根据公式 x=vot及b=1m, lB=2m得：vA： vb=1a: 1b=1： 2；(2)弹簧弹开两个物体的过程，对两个木块组成的系统，取向左为正方向，根据动量守恒定律得：mAVA-mBVB=O解得：mA： mB=VB： va=2 ： 1；(3)由动量定理得：Ia： I B=mAVA： mBVB=1 ： 1；故答案为：(1) 1： 2； (2) 2： 1； (3) 1： 1.木块被

25、弹出离开桌面后做平抛运动，根据平抛运动的特点即可判断木块A、B离开弹簧时的速度大小之比.对于弹簧弹开两个物体的过程，运用动量守恒判断质量之比，根据 动量定理求出弹簧对木块 A、B的冲量大小之比本题中对于弹簧弹开物体的过程，要抓住系统的合外力为零，遵守动量守恒定律.平抛运动的研究方法是运动的合成与分解，知道高度决定了平抛运动的时间，高度相同时平抛运动的时间是相等的.16 .【答案】150;竖直向下【解析】【分析】由自由落体运动规律可求得铅球落地时的速度；再对铅球在沙子中的运动，由动量定理可求得沙子对铅球的平均作用力。本题考查动量定理的应用，要注意在应用动量定理时，应明确各量的方向。【解答】铅球到

26、达沙坑表面的速度为：；设向下为正，则由动量定理可得：( mg+F) t=0-mv解得： 一；负号说明铅球受到的作用力向上；则由牛顿第三定律可知，沙子对铅球的平均作用力为150N,方向竖直向下；故答案为：150,竖直向下17 .【答案】 解：(1) A与B碰撞过程中，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得： mvo=2mvi 得 V1 = 一._ _2_2A与B碰撞中的动能损失 AEk=-mvo -><2mv1二-(2)当A、B、C有共同速度时，弹簧弹性势能最大.由动量守恒定律：2mv1= (2m+2m) V2由能量转化守恒定律得，最大弹性势能为22Ep=-X2mv1 -X4mv2 =一答：(1) A与B碰撞中的动能损失是-(2)整个运动过程中，弹簧的最大弹性势能是一【解析】(1)在A与B碰撞过程中，系统的动量守恒，由动量守恒定律求出它们碰撞后的速度，再由能量守恒定律求动能损失.(2)当A、B、C有共同