《动量守恒定律》单元测试题(含答案)

1、动量守恒定律单元测试题（含答案）一、动量守恒定律选择题1.质量为m、半径为R的小球，放在半径为3R、质量为3m的大空心球内，大球开始静止在光滑水平面上。当小球从如图所示的位置（两球心在同一水平面上）无初速度沿内壁2.如图所示，用长为L的细线悬挂一质量为M的小木块，木块处于静止状态.一质量为m、速度为V。的子弹自左向右水平射穿木块后，速度变为v.已知重力加速度为g,则m（v一v）子弹刚穿出木块时，木块的速度为0M子弹穿过木块的过程中，子弹与木块组成的系统机械能守恒子弹穿过木块的过程中，子弹与木块组成的系统动量守恒mv2一mv2d.木块上升的最大高度为r2Mg3.如图所示，长木板A放在光滑的水平面

2、上，质量为m二4kg的小物体B以水平速度岭二2m/s滑上原来静止的长木板A的表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，取g=10m/s2，则下列说法正确的是（）A木板A获得的动能为2J系统损失的机械能为2JA、B间的动摩擦因数为0.1木板A的最小长度为2m4.如图所示，物体A、B的质量均为m=0.1kg,B静置于劲度系数k=100N/m竖直轻弹簧的上端且B不与弹簧连接,A从距B正上方h=0.2m处自由下落，A与B相碰并粘在一起弹簧始终在弹性限度内，g=10m/s2下列说法正确的是AAB组成的系统机械能守恒BB运动的最大速度大于1m/sB物体上升到最高点时与初位置的高度

3、差为0.05mAB在最高点的加速度大小等于10m/s2质量为3m足够长的木板静止在光滑的水平面上，木板上依次排放质量均为m的木块1、2、3,木块与木板间的动摩擦因数均为卩.现同时给木块I、2、3水平向右的初速度岭、2%、3岭，已知重力加速度为g.则下列说法正确的是（）1木块相对静止前，木板是静止的21木块的最小速度是3v052木块的最小速度是-v0604v2木块3从开始运动到相对静止时位移是g如图所示,A、B、C三个半径相同的小球穿在两根平行且光滑的足够长的杆上三个球的质量分别为mA=2kg,mB=3kg,mC=1kg，初状态三个小球均静止BC球之间连着一根轻质弹簧，弹簣处于原长状态.现给A一

4、个向左的初速度v0=10m/sA、B碰后A球的速度变为向右,大小为2m/s，下列说法正确的是球A和B碰撞是弹性碰撞球A和B碰后，球B的最小速度可为0球A和B碰后，弹簧的最大弹性势能可以达到96J球A和B碰后，弹簧恢复原长时球C的速度可能为12m/s7如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动.两球质量关系为mB=2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为6kgm/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为一4kgm/s，贝9（）左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2：5左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1：10右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2

5、：5右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1：108.如图所示，离地H高处有一个质量为m、带电量为+的物体处于电场强度随时间变化规律为E二E0-kt（E0、k均为大于零的常数,电场方向以水平向左为正）的电场中，物体与竖直绝缘墙壁间的动摩擦因数为卩，已知卩qE00，木板发生运动，故A错误;B、设木块1的最小速度为vi,木块1的加速度f=mai做匀减速；木板的加速度为3mg=3ma做匀加速；当两者速度相等时木块1的速度达到最小1即v1=v0-at=at解得vi=-vo，故B错误；C、设木块2的最小速度为v2,此过程木块2的速度该变量为v0-v2,而木块3速度改变量与木块2速度该变量相等，即木块

6、3的速度为v0+v2由动量守恒可得m(v+2v+3v)=5mv+m(v+v),解得：v=5v,故C正确；000202260D、当木块3相对静止时，速度达到最小，此时四个物体共速，设速度为v3，则由动量守恒可得.m(v+2v+3v)=6mv0003解得:V3二V014v2对木块3,由动能定理可知-卩mgs=mv2-m（3v）2，解得：s=亠，故D正确；320Rg故选CD6A解析：AD【解析】【详解】A.A、B两球碰撞过程系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mAv0=mAvA+mBvB，解得：vB=8m/s，碰撞前系统总动能：=1mv2二-x2xIO2J二100J2A02111v2+m

7、v2=x2x(2)2J+x3x82J=100J2BB22碰撞后系统总动能：厂,1E=mK2AA碰撞过程机械能不变，机械能守恒，碰撞是弹性碰撞，故A正确；BD.A、B碰撞后，B、C组成的系统水平方向动量守恒，弹簧恢复原长时B的速度最小，C的速度最大，以向左为正方向，从碰撞后到弹簧恢复原长过程，在水平方向，由动量守恒定律得：mBVB=mBVB+mCVC由机械能守恒定律得：解得：vBz=4m/s,vC=12m/s（弹簧恢复原长时C的速度最大，vB=8m/s,vC=0m/s不符合实际，舍去），由此可知，弹簧恢复原长时C的速度为12m/s，B的最小速度为4m/s，故B错误，D正确；由动量守恒定律得：mB

8、vB=（mB+mC）vCB、C速度相等时弹簧伸长量最大，弹簧弹性势能最大，B、C系统在水平方向动量守恒,以向左为正方向，在水平方向由机械能守恒定律得：1-(m+m)v2+E2BCCP解得弹簧的最大弹性势能：Ep=24J，故C错误。7A解析：A解析】试题分析：两球碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量守恒；同时考虑实际情况，碰撞前后面的球速度大于前面球的速度规定向右为正方向，碰撞前久B两球的动量均为6kg-m/s，说明久b两球的速度方向向右，两球质量关系为m-2m，所以碰撞前vv，所以左方是A球碰撞后A球的BAAB动量增量为-4kgm/s，所以碰撞后A球的动量是2kgm/s,碰撞过程系统总

9、动量守恒：m+m=m巴+m，所以碰撞后B球的动量是10kgm/s，根据mB=2mA，所AABBAABBBA以碰撞后A、B两球速度大小之比为2:5,A正确.8B解析：BC【解析】【详解】竖直方向上，由牛顿第二定律有:mg-gE二ma，随着电场强度E的减小，加速度a逐渐增大，做变加速运动，当E=0时，加速度增大到重力加速度g,此后物块脱离墙面，故A错误.当物体与墙面脱离时电场强度为零，所以E=Eo-kt=0，解得时间t=E；因摩擦力彳=qE=qE0k0qkt，则摩擦力的冲量：I=1沖qEx?=上寮，选项B正确；物体从开始运动到脱f20k2k离墙面电场力直不做功，由动能定理得，mgH-W=4f物体克

10、服摩擦力所做的功Wf=mgH.故C正确.物体沿墙面下滑过程是加速度增加的加速运动，平均速f8H_txW4sHv+vt=度VvA，可追上斜劈，当上升至最高处:比较mv+mv=(m+m)v，AABBAB111mgh=mv2+mv2(m+m)v2，B2AA2BB2AB知hh，故D错误.17.A解析：AC解析】分析】详解】AB根据能量守恒定律，转化的内能11Q=mv2(M+m)v2202而整个运动过程中，动量守恒2mv=(M+m)v联立可得Q=m(v2一vv)200A正确，B错误；CD.根据动能定理一f(S+d)=1mv2一1mv222ofS=2Mv2由联立得dv=Sv将代入可得小m(v一v)vdQ=

11、02SC正确，D错误。故选AC。18A解析：AD【解析】【分析】【详解】A.探测器绕月球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力小Mm/2兀、G=m()2rr2T解得探测器喷射物体前在圆周轨道I上运行时的周期T=2兀故A正确；在P点探测器喷射物体的过程中，设喷射前的速度为W根据动量守恒可知mv=mu+(m-Am)v解得喷射后探测器的速度,mv一mu(m一m)uv=丰m一mm故B错误；探测器在轨道II上做椭圆运动，半长轴r+Ra=根据开普勒第三定律可知a3r3III解得II减速降落过程，从P点沿轨道II运行到月球表面所经历的时间为r+R31r3t二T二()2呃ii2rGM故C错误；假设在月球表面的放置

12、一个质量为m的物体，则它受到的重力和万有引力相等GMm解得月球表面重力加速度的大小GMgr故D正确。故选AD。19A解析：AD【解析】【详解】小车和物块构成的系统在水平方向受到的合力为零，竖直方向有加速度，合力不为零，所以小车和物块构成的系统动量不守恒，在水平方向动量守恒，A正确；摩擦力大小相等方向相反，但物块与车位移不等(有相对位移)，代数和不为0,故B错误；在脱离圆弧轨道后，小车和物块由于摩擦力都会做匀减速运动，所以最大速度出现在物块运动到B点时，规定向右为正方向，小车和物块构成的系统在水平方向受到的合力为零，系统在水平方向动量守恒.设物块运动到B点时，物块的速度大小是I，小车的速度大小是

13、v2,根据动量守恒得：0解得=mv+M(-V)，根据能量守恒得mgh=mv2+Mv21221222MgRM+m2加gR，故C错误D正确.M2+Mm20A解析：ABC【解析】【分析】【详解】以两球组成的系统为研究对象，取A、B球碰撞前的速度方向为正方向，两球的质量分别为m、m，由于碰撞前，A球能追上B球，则ABp、pmmAB代入数据整理得5m一mB7A系统的总动量p=7kgm/s+5kgm/s=12kgm/sA.若碰后A、B两球动量为pA=6kgm/s,pB=6kgm/s由于p+p=pAB因此碰撞过程中动量守恒，且碰后A球不可能超过B球，因此ABmmAB解得m4+B- HYPERLINK l b

14、ookmark76 o Current Document 2m2m2m2mABAB11m13a代入数据整理得由解得mmAB11m13a能找到合适质量的A、B两物体，因此A正确；若碰后A、B两球动量为pA=3kgm/s,pB=9kgm/s由于p+p=pAB因此碰撞过程中动量守恒，且碰后A球不可能超过B球，因此p匕pmmAB解得m_!+旦2m2m2mBAB7m5A3mA能找到合适质量的A、B两物体，因此B正确；若碰后A、B两球动量为pA=-2kgm/s,pB=14kgm/s由于p+p=pAB因此碰撞过程中动量守恒，碰撞后的机械能不可能超过碰前的机械能TOC o 1-5 h zp2p2p2p2 HY

15、PERLINK l bookmark272 o Current Document d+BH+B- HYPERLINK l bookmark238 o Current Document 2m2m2m2mABAB代入数据整理得19mmB5A由联立解得m19mB5A能找到合适质量的A、B两物体，因此C正确；若碰后A、B两球动量为pA=-4kgm/s,pB=17kgm/s由于p+p丰pAB因此碰撞过程中动量不守恒，D错误。故选ABC。二、动量守恒定律解答题21（1）小车与墙壁碰撞时的速度是4m/s；（2）要滑块能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，半圆轨道的半径R的取值为RW0.24m或R0.6m.【解析】解

16、：（1）设滑块与小车的共同速度为vl，滑块与小解析：（1）小车与墙壁碰撞时的速度是4m/s；(2)要滑块能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，半圆轨道的半径R的取值为R0.6m.【解析】解：(1)设滑块与小车的共同速度为，滑块与小车相对运动过程中动量守恒，有mv0=(m+M)v1代入数据解得v1=4m/s设滑块与小车的相对位移为L,由系统能量守恒定律，有|imgL=代入数据解得L1=3m设与滑块相对静止时小车的位移为二，根据动能定理，有limgS-。代入数据解得S1=2m因LVL,SVS，说明小车与墙壁碰撞前滑块与小车已具有共同速度，且共速时小车与墙壁还未发生碰撞，故小车与碰壁碰撞时的速度即V=4m/

17、s.(2)滑块将在小车上继续向右做初速度为V=4m/s，位移为L2=L-L=1m的匀减速运动，然后滑上圆轨道的最低点P.若滑块恰能滑过圆的最高点，设滑至最高点的速度为v,临界条件为mg=m-根据动能定理，有-|imgL2-in联立并代入数据解得R=0.24m若滑块恰好滑至扌圆弧到达T点时就停止，则滑块也能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道.根据动能定理，有-|imgL2-代入数据解得R=0.6m综上所述，滑块能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，半圆轨道的半径必须满足R0.6m答：小车与墙壁碰撞时的速度是4m/s；要滑块能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，半圆轨道的半径R的取值为R0.6m.【点评】本题通过计算分析

18、小车与墙壁碰撞前滑块与小车的速度是否相同是难点.第2题容易只考虑滑块通过最高点的情况，而遗漏滑块恰好滑至圆弧到达T点时停止的情况，要培养自己分析隐含的临界状态的能力.22(1)2m/s，0.714s(2)【解析】【详解】(1)小球a的轨迹如图所示，才能与小球b相撞，故小球a在磁场中做圆周运动的半径r=R在磁场中解得：在磁场中的运动时解析：2m/s,0.714s(2)17m10解析】详解】小球a的轨迹如图所示，才能与小球b相撞，故小球a在磁场中做圆周运动的半径r=Rmv2qvB=a-aar解得：=2m/sqBRv二am在磁场中的运动时间兀rt二-1v在电场中qE=maa-0=vt一at2a222

19、小球a射入磁场到与小球b相碰撞经历的时间t=t+1=O.i+0.4=0.714s12(2)小球a与b发生弹性碰撞有mva=mv+mvaabb111mv2=mv2+mv22aa2aa2bb解得：v=m/sa3v、8m/sb3因两个小球是大小相同的金属球，碰后分开时所带电荷量因碰后两球的速度均垂直电场方向，故均做类平抛运动小球a沿电场方向有a1=5m/s2小球b沿电场方向有qE=mabb2a2=10m/s2由于a2a1，假设小球均未从NP边界穿出，则小球b将先到达MN边界.小球b沿电场方向的位移tb=0.2s此时小球b垂点电场方向的位置为-42R+vt=L=1bb-5所以假设成立，如图所示当小球b

20、到达MN边界时刻，小球a与b在正方形MNPQ区域内运动的间距最大.设最大间距为s,则有1s2=(R一at2)2+(*一v)t221bbab解得：10【点睛】解题关键：运用动量守恒及能量守恒，处理弹性碰撞在涉及曲线运动时，往往采用化曲为直的思想，转化为类平抛运动来处理23(1)1.33V；(2)3m；(3)0.67J【解析】【分析】【详解】(1)a棒滑到底端时的速度为，根据动能定理整理得导体棒相当于电源，内电阻为1,外电路总电阻为0.5,因此a解析：(1)1.33V；(2)3m；(3)0.67J解析】分析】详解】a棒滑到底端时的速度为，根据动能定理mgh一pmgcos0 xaahsin0整理得v

21、=4m/s1导体棒相当于电源，内电阻为1Q，外电路总电阻为0.5Q，因此a棒两端的电势差BLvU二X0.5二1.33V1.5b棒距CD线的距离最大为x,则回路的平均电动势BLxAt平均电流导体所受平均安培力根据动量定理根据整理得1.50F=BIL一FAt=0一mva1x=3m当a棒即将与b棒碰撞时的速度为v2，根据动量定理一FAt=mv一mva2a1由联立可得v=2m/s2a、b棒碰撞后粘在一起，根据动量守恒定律mv=(m+m)va2ab3解得v=0.5m/s3接下来，a、b棒一起减速运动，此时整个回路的总阻为1.5Q，根据动量定理一FAt=0一(m+m)vab2根据整理得x=1.5m导体棒a

22、、b碰撞前电阻R产生的热量，根据能量守恒定律1111Q=一Q=(mv2一mv2)=0.5J26总62a12a2导体棒a、b碰撞后电阻R产生的热量，根据能量守恒定律221Q=Q=x(m+m)v2=0.17J13总32ab3电阻R在整个过程中产生的焦耳热Q=Q+Q=0.67JR1224.(1)2.5m/s(2)6次(3)5s12.75m【解析】试题分析：(1)设两者间相对静止时速度为V，由动量守恒定律得mv0=2mv,可得v=2.5m/s2)物块与凹槽间的滑动摩擦力解析：(1)2.5m/s(2)6次(3)5s12.75m【解析】试题分析：(1)设两者间相对静止时速度为v,由动量守恒定律得mv0=2

23、mv,可得v=2.5m/s物块与凹槽间的滑动摩擦力二二U二-T设两者间相对静止前相对运动的路程是S,由动能定理得已知L=1m可推知物块与右侧槽壁共发生6次碰撞设凹槽与物块碰撞前的速度分别为V、v2，碰后的速度分别为V,、v2z,有t21fT1mv-.用耳+刖耐=mv.亠+J.j.L2丄丄x得二H.即每碰撞一次凹侧与物块发生一次速度交换,在同一坐标系上两者的速度图线如图所示：根据碰撞次数可分为13段，凹槽、物块的v-t图象在两条连续的匀变速运动图线间转换,故可用匀变速直线运动规律求时间则卩二吃+应2=一昭凹槽的v-t图象所包围的阴影部分面积即为凹槽的位移大小s2，(等腰三角形面积共13份，第一份面积为0.5L，其余每份面积均为L.)考点：动量守恒定律、运动学的基本规律25.(1)；(2)；(3)【解析】【详解】(1)a棒刚进入水平轨道时，由机械能守恒得解得由：得由牛顿第二定律2)b棒在窄轨上运动的过程中，对a、b棒，设b棒刚滑上宽轨时解析：B2L2gh4mR，2-mgh；(3)600mgh25600解析】详解】1)a棒刚进入水平轨道时，由机械能守恒得mgh=mv22o解得由：v0E=BLvF安=BIL得由牛顿第二定律4RFa=-bmB2L2J2ghb4mR(2)b棒在窄轨上运动的过程中，对a、b棒，设b棒刚滑上宽轨时的速度为