新高考物理一轮复习精讲精练第7章 动量守恒定律 章末测试（含解析）

动量守恒定律章末测试(建议用时：75分钟)一、单项选择题1、质量为5kg的小球以5m/s的速度竖直落到地板上，随后以3m/s的速度反向弹回，若取竖直向下的方向为正方向，则小球动量的变化为()A．10kg·m/s B．－10kg·m/sC．40kg·m/s D．－40kg·m/s【答案】D【解析】动量的变化是末动量减去初动量，规定了竖直向下为正方向，则小球的初动量p1＝mv1＝25kg·m/s，末动量p2＝mv2＝－15kg·m/s，所以动量的变化Δp＝p2－p1＝－40kg·m/s。2、下列关于物体的动量和动能的说法，正确的是()A．物体的动量发生变化，其动能一定发生变化B．物体的动能发生变化，其动量一定发生变化C．若两个物体的动量相同，它们的动能也一定相同D．动能大的物体，其动量也一定大【答案】B【解析】物体的动量发生变化时，如果只是方向发生变化，则其动能不变，A错误；物体的动能发生变化时，速度大小一定变化，则动量一定发生变化，B正确；由Ek＝eq\f(p2,2m)可知，两物体的动量相同时，质量越小，动能越大，故选项C、D均错误。3、两球在水平面上相向运动，发生正碰后都变为静止。可以肯定的是，碰前两球的()A．质量相等 B．动能相等C．动量大小相等 D．速度大小相等【答案】C【解析】两球组成的系统碰撞过程中满足动量守恒，两球在水平面上相向运动，发生正碰后都变为静止，故根据动量守恒定律可以判断碰前两球的动量大小相等、方向相反，选项C正确。4、人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢躺着看手机，经常出现手机砸伤眼睛的情况。若手机质量约为200g，从离人眼约20cm的高度无初速掉落，砸到眼睛后手机未反弹，眼睛受到手机的冲击时间约为0.1s，g取10m/s2。下列说法正确的是()A．手机落到眼睛处的速度大小约为1m/sB．手机对眼睛的冲量方向竖直向上C．手机对眼睛的冲量大小约为0.6N·sD．眼睛对手机的平均作用力大小约为4N【答案】C【解析】手机做自由落体运动，有v2=2gh，解得v=2m/s，故A错误；手机对眼睛的作用力竖直向下，根据冲量的概念，可知其冲量方向竖直向下，故B错误；取竖直向上为正方向，手机与眼睛作用过程应用动量定理，有I-mgt=0-mv，解得I=0.6N·s，故C正确；眼睛对手机的平均作用力大小满足I=SKIPIF1<0t，解得SKIPIF1<0=6N，故D错误。5、(2022·扬州调研)《民法典》明确提出“禁止从建筑物中抛掷物品”，如果一瓶500mL的矿泉水瓶装满水后从教学楼4楼窗户坠下，与地面的撞击时间约为7×10－3s，未反弹，g取10m/s2，则矿泉水瓶对地面的冲击力约为()A．10N B．102NC．103N D．104N【答案】C【解析】矿泉水瓶的质量约为m＝0.5kg，4楼窗户离地高度约为h＝3×3m＝9m，矿泉水瓶做自由落体运动，落地速度为v＝eq\r(2gh)＝6eq\r(5)m/s，未反弹，则末速度为零，对矿泉水瓶撞地的过程，取向下为正，由动量定理mg·Δt－F·Δt＝0－mv，由牛顿第三定律可知地面对瓶的支持力等于瓶对地面的冲击力F′＝F，联立可得F′≈9.6×102N，力的数量级约为103N。6、如图甲所示，光滑水平面上有A、B两物块，已知A物块的质量mA＝2kg，以一定的初速度向右运动，与静止的物块B发生碰撞并一起运动，碰撞前后的位移—时间图像如图乙所示(规定向右为正方向)，则碰撞后的速度及物体B的质量分别为()A．2m/s，5kg B．2m/s，3kgC．3.5m/s，2.86kg D．3.5m/s，0.86kg【答案】B【解析】由图像可知，碰前A的速度为v1＝eq\f(20,4)m/s＝5m/s，碰后A、B的共同速度为v2＝eq\f(28－20,8－4)m/s＝2m/s，A、B碰撞过程中动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得mAv1＝(mA＋mB)v2，解得mB＝3kg，故选项B正确。7、两球A、B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，两球A、B速度的可能值是()A．vA′＝3m/s，vB′＝4m/sB．vA′＝5m/s，vB′＝2.5m/sC．vA′＝2m/s，vB′＝4m/sD．vA′＝－4m/s，vB′＝7m/s【答案】C【解析】碰前系统总动量为p＝mAvA＋mBvB＝(1×6＋2×2)kg·m/s＝10kg·m/s，碰前总动能为Ek＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)＝(eq\f(1,2)×1×62＋eq\f(1,2)×2×22)J＝22J，如果vA′＝3m/s，vB′＝4m/s，则碰后总动量为p′＝(1×3＋2×4)kg·m/s＝11kg·m/s，动量不守恒，A错误；碰撞后，A、B两球同向运动，A球在B球的后面，A球的速度大于B球的速度，不可能，B错误；如果vA′＝2m/s，vB′＝4m/s，则碰后总动量为p′＝(1×2＋2×4)kg·m/s＝10kg·m/s，系统动量守恒，碰后总动能为Ek′＝(eq\f(1,2)×1×22＋eq\f(1,2)×2×42)J＝18J，系统动能减小，满足碰撞的条件，C正确；如果vA′＝－4m/s，vB′＝7m/s，则碰后总动量为p′＝[1×(－4)＋2×7]kg·m/s＝10kg·m/s，系统动量守恒，碰后总动能为Ek′＝(eq\f(1,2)×1×42＋eq\f(1,2)×2×72)J＝57J，系统动能增加，不可能，D错误。8、(2022·河源开学考)内壁光滑的圆环管道固定于水平面上，图为水平面的俯视图。O为圆环圆心，直径略小于管道内径的甲、乙两个等大的小球(均可视为质点)分别静置于P、Q处，PO⊥OQ，甲、乙两球质量分别为m、km。现给甲球一瞬时冲量，使甲球沿图示方向运动，甲、乙两球发生弹性碰撞，碰撞时间不计，碰后甲球立即向左运动，甲球刚返回到P处时，恰好与乙球再次发生碰撞，则()A．k＝eq\f(1,2) B．k＝eq\f(5,3)C．k＝2 D．k＝5【答案】B【解析】设甲球初速度为v0，初始时两球间的弧长为l，则管道长为4l，设碰撞后甲、乙小球速度大小分别为v1、v2，两球发生弹性碰撞，由动量守恒定律得mv0＝kmv2－mv1，由机械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)kmveq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，由于再次碰撞，则有l＝v1t，3l＝v2t，联立方程，解得k＝eq\f(5,3)，故选B。二、多项选择题9、(2022·北京西城区5月统测)蹦床是体操运动的一种，有“空中芭蕾”之称。为了能够更好地完成空中动作，在网上准备阶段运动员要设法使自己弹得足够高。如图所示，蹦床的中心由弹性网面组成，若运动员从离水平网面3m高处由静止自由下落，着网后沿竖直方向回到离水平网面5m高处，则在此过程中()A．只有重力对运动员做功，运动员的机械能守恒B．运动员的机械能增加，是因为弹性网弹力对运动员做正功C．弹性网弹力对运动员的冲量大小等于运动员重力的冲量大小D．弹性网弹力对运动员的冲量大小大于运动员重力的冲量大小【答案】BC【解析】运动员从离水平网面3m高处由静止自由下落，着网后沿竖直方向回到离水平网面5m高处，初、末位置动能都为0，但末位置重力势能大于初位置重力势能，运动员的机械能增加了，故机械能不守恒，故A错误；运动员的机械能增加，弹性网弹力先对运动员做负功，再做正功，但总体做正功，故B正确；根据动量定理可知，运动员初、末速度为0，故动量的变化量为0，合外力的冲量为0，故弹性网弹力对运动员的冲量大小等于运动员重力的冲量大小，故C正确，D错误。10、(2022·绵阳第二次诊断)如图所示，总质量为M、带有光滑平台的小车静止在光滑水平地面上，一轻质弹簧左端固定于平台上竖直挡板，右端用质量为m的小球压缩一定距离后用细线锁定。固定小车，烧断细线，小球被弹出后落在车上A点，水平位移大小为L，弹簧对小球的冲量大小为I；不固定小车，烧断细线，小球落在车上B点(图中未标出)，则()A．小球水平位移大小大于LB．小球水平位移大小小于LC．弹簧对小球的冲量大小大于ID．弹簧对小球的冲量大小小于I【答案】BD【解析】固定小车时，弹簧弹性势能全部转化为了小球的动能，小球速度大，得到的冲量大；没固定小车时，弹簧弹性势能只有部分转化为了小球的动能，小球速度小，得到的冲量小。综上，小球水平位移大小小于L，得到的冲量大小小于I，故A、C错误，B、D正确。11、如图甲所示，长2m的木板Q静止在某水平面上，t＝0时刻，可视为质点的小物块P以水平向右的某初速度从Q的左端向右滑行。P、Q的速度—时间图像如图乙所示，其中a、b分别是0～1s内P、Q的速度—时间图线，1～2s内P、Q共同的速度—时间图线。已知P、Q的质量均是1kg，g取10m/s2。则以下判断正确的是()A．P、Q系统在相互作用的过程中动量守恒B．在0～2s内，摩擦力对Q的冲量是2N·sC．P、Q之间的动摩擦因数为0．1D．P相对Q静止的位置在Q木板的右端【答案】AC【解析】根据图乙可知，1s后二者以相同的速度匀速运动，水平方向受力平衡，即不受摩擦力作用，在0～2s内，木板Q下表面与水平面之间没有摩擦力，P、Q系统在相互作用的过程所受的外力之和为零，动量守恒，故A正确；从图像可知，0～2s内对Q，先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动，在1～2s内无摩擦力，根据动量定理，摩擦力的冲量等于动量的变化，所以I＝Mv－0＝1N·s，故B错误；P从速度为2m/s减为1m/s所需的时间为1s，则a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(1－2,1)m/s2＝－1m/s2，又a＝eq\f(－μmg,m)＝－μg，所以μ＝0.1，故C正确；在t＝1s时，P、Q相对静止，一起做匀速直线运动，在0～1s内，P的位移x1＝eq\f(2＋1,2)×1m＝1.5m，Q的位移x2＝eq\f(0＋1,2)m＝0．5m，则Δx＝x1－x2＝1m＜2m，知P与Q相对静止时刚好在木板的中间，并不在木板的右端，故D错误。12、物理学中有一种碰撞被称为“超弹性连续碰撞”，通过能量的转移可以使最上面的小球弹起的高度比释放时的高度更大。如图所示，A、B、C三个弹性极好的小球，相邻小球间有极小间隙，三球球心连线竖直，从离地一定高度处由静止同时释放(其中C球下部离地H)，所有碰撞均为弹性碰撞，且碰后B、C恰好静止，则()A．C球落地前瞬间A球的速度为SKIPIF1<0B．从上至下三球的质量之比为1∶2∶6C．A球弹起的最大高度为25HD．A球弹起的最大高度为9H【答案】ABD【解析】因为A、B、C球由静止同时释放，所以落地瞬间的速度相等，由自由落体运动公式v2=2gH，解得vA=vC=vB=SKIPIF1<0，A正确；由题意可知，C球碰地，反向碰B，B再反向碰A，因都是弹性碰撞，设向上为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律，C碰B过程有mCvC-mBvB=mBvB'，SKIPIF1<02，B碰A过程有mBvB'-mAvA=mAvA'，SKIPIF1<0，联立解得mA∶mB∶mC=1∶2∶6，B正确；由B选项分析解得vA'=3SKIPIF1<0，A球弹起的最大高度hmax=SKIPIF1<0=9H，C错误，D正确。三、实验题13、为了验证动量守恒定律(探究碰撞中的不变量)，某同学选取了两个材质相同、体积不等的立方体滑块A和B，按下述步骤进行实验：步骤1：在A、B的相撞面分别装上尼龙拉扣，以便二者相撞以后能够立刻结为整体；步骤2：安装好实验装置如图甲，铝质轨道槽的左端是倾斜槽，右端是长直水平槽，倾斜槽和水平槽由一小段弧连接，轨道槽被固定在水平桌面上，在轨道槽的侧面与轨道等高且适当远处装一台数码频闪照相机；步骤3：让滑块B静置于水平槽的某处，滑块A从斜槽某处由静止释放，同时开始频闪拍摄，直到A、B停止运动，得到一幅多次曝光的数码照片；步骤4：多次重复步骤3，得到多幅照片，挑出其中最理想的一幅，打印出来，将刻度尺紧靠照片放置，如图乙所示。(1)由图分析可知，滑块A与滑块B碰撞发生的位置在________。①P5、P6之间②P6处③P6、P7之间(2)为了探究碰撞中动量是否守恒，需要直接测量或读取的物理量是________。①A、B两个滑块的质量m1和m2②滑块A释放时距桌面的高度③频闪照相的周期④照片尺寸和实际尺寸的比例⑤照片上测得的s45、s56和s67、s78⑥照片上测得的s34、s45、s56和s67、s78、s89⑦滑块与桌面间的动摩擦因数写出验证动量守恒的表达式______________________________________________。(3)请你写出一条有利于提高实验准确度或改进实验原理的建议：________________。【答案】(1)②(2)①⑥m1(2s56＋s45－s34)＝(m1＋m2)·(2s67＋s78－s89)(3)见解析(任意一条即可)【解析】(1)由题图可知碰撞位置发生在P5、P6之间或P6处，又由于P6位置滑块速度明显减小，故A、B相撞的位置在P6处，故②正确。(2)设碰撞前滑块A在P4、P5、P6的速度分别为v4、v5、v6，碰撞后，整体在P6、P7、P8的速度分别为v6′、v7、v8，则v4＝eq\f(s34＋s45,2T)，v5＝eq\f(s45＋s56,2T)，又v5＝eq\f(v4＋v6,2)，解得碰撞前滑块A速度v6＝eq\f(2s56＋s45－s34,2T)，同理，碰撞后整体的速度v6′＝eq\f(2s67＋s78－s89,2T)，需要验证的方程为m1v6＝(m1＋m2)v6′，将以上两式代入整理得m1(2s56＋s45－s34)＝(m1＋m2)(2s67＋s78－s89)，故需要直接测量的物理量是A、B两个滑块的质量m1和m2及s34、s45、s56和s67、s78、s89，故①、⑥正确。(3)提高实验准确度或改进实验原理的建议：①使用更平整的轨道槽，轨道要平整，防止各段摩擦力不同，滑块做非匀变速运动。②在足够成像的前提下，缩短频闪照相每次曝光的时间，碰撞时间很短，缩短频闪照相每次曝光的时间，使滑块碰撞位置拍摄更清晰、准确。③适当增大相机和轨道槽的距离，相机和轨道槽的距离较小时，由于镜头拍摄引起的距离误差增大，应适当增大相机和轨道槽的距离。④将轨道的一端垫起少许，平衡摩擦力，使得滑块碰撞前后都做匀速运动。14、如图所示，某同学利用气垫导轨和光电门验证动量守恒定律。将气垫导轨放置在水平桌面上，导轨的左端有缓冲装置，右端固定有弹簧。将滑块b静止放于两光电门之间，用弹簧将滑块a弹出。滑块a被弹出后与b发生碰撞，b与缓冲装置相碰后立即停下，测得滑块a、b质量分别为ma、mb，两个滑块上安装的挡光片的宽度均为d。(1)实验中记录下滑块b经过光电门时挡光片的挡光时间为t0，滑块a第一次、第二次经过光电门A时，挡光片的挡光时间分别为t1、t2，则通过表达式可以验证动量守恒定律。物块a、b的质量大小关系为ma(选填“>”“<”或“=”)mb；

(2)将滑块b上的挡光片取下，在两滑块相邻端面粘上轻质尼龙拉扣，使两滑块碰撞能粘在一起运动，记录下滑块a上挡光片经过光电门A的挡光时间为ta，滑块a、b粘在一起后挡光片经过光电门B的挡光时间为tb，若两滑块的质量仍为ma、mb，则验证动量守恒定律的表达式是。

答案:(1)SKIPIF1<0<(2)SKIPIF1<0解析:(1)滑块b碰后的速度v2=SKIPIF1<0滑块a碰前的速度v0=SKIPIF1<0滑块a碰后弹回的速度v1=SKIPIF1<0要验证的关系是mav0=mbv2-mav1即maSKIPIF1<0=mbSKIPIF1<0-maSKIPIF1<0即SKIPIF1<0因a碰后反弹，则物块a、b的质量大小关系为ma<mb。(2)滑块a经过光电门A的速度va=SKIPIF1<0两滑块粘在一起后经过光电门B时的速度vab=SKIPIF1<0要验证的关系是mava=(ma+mb)vab即maSKIPIF1<0=(ma+mb)SKIPIF1<0即SKIPIF1<0。四、解答题15、宇宙飞船在飞行过程中有很多技术问题需要解决，其中之一就是当飞船进入宇宙微粒尘区时如何保持速度不变的问题。假设一宇宙飞船以v＝2.0×103m/s的速度进入密度ρ＝2.0×10－6kg/m3的微粒尘区，飞船垂直于运动方向上的最大截面积S＝5m2，且认为微粒与飞船相碰后都附着在飞船上，则飞船要保持速度v不变，所需推力多大？【答案】40N【解析】设飞船在微粒尘区飞行Δt时间，则在这段时间内附着在飞船上的微粒质量Δm＝ρSvΔt，微粒由静止到与飞船一起运动，微粒的动量增加，由动量定理Ft＝Δp得FΔt＝Δmv＝ρSvΔtv，所以飞船所需推力F＝ρSv2＝2.0×10－6×5×(2.0×103)2N＝40N。16、如图所示，在水平面上依次放置小物块A、C以及曲面劈B，其中A与C的质量相等均为m，曲面劈B的质量M＝3m，曲面劈B的曲面下端与水平面相切，且曲面劈B足够高，各接触面均光滑。现让小物块C以水平速度v0向右运动，与A发生碰撞，碰撞后两个小物块粘在一起滑上曲面劈B。求：图4(1)碰撞过程中系统损失的机械能；(2)碰后物块A与C在曲面劈B上能够达到的最大高度。【答案】(1)eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)(2)eq\f(3veq\o\al(2,0),40g)【解析】(1)小物块C与物块A发生碰撞粘在一起，以v0的方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝2mv，解得v＝eq\f(1,2)v0碰撞过程中系统损失的机械能为E损＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)×2mv2，解得E损＝eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)。(2)当小物块A、C上升到最大高度时，A、B、C系统的速度相等。根据动量守恒定律mv0＝(m＋m＋3m)v1，解得v1＝eq\f(1,5)v0根据机械能守恒得eq\f(1,2)×2m(eq\f(1,2)v0)2＝eq\f(1,2)×5m×(eq\f(1,5)v0)2＋2mgh，解得h＝eq\f(3veq\