人教版高中物理选修35第十六章动量守恒定律单元检测

人教版高中物理选修35第十六章动量守恒定律单元检测一、单选题1.当车辆发生碰撞事故时，为了尽可能地减轻驾乘人员的伤害程度，在汽车内前方(正副驾驶位)设置了安全气囊，在汽车发生猛烈撞击时安全气囊将自动弹出．则该安全气囊的功能是()A.减小驾乘人员的动量变化量 B.减小驾乘人员受到的冲量C.减小驾乘人员的动量变化率 D.减小驾乘人员与气囊的作用时间【答案】C【解析】【详解】汽车发生碰撞过程，驾乘人员从运动变化到静止，动量的变化量△P一定，由动量定理可知，人受到的冲量大小一定；安全气囊可以增加驾乘人员的减速的时间t，由动量定理得：△P＝Ft，动量的变化率F，延长时间t，动量的变化率减小，即人受到的冲击力减小，可以减小人受到的伤害；由以上分析可知，C正确，ABD错误．2.如图所示为一水平弹簧振子，小球在M、N间做简谐运动，O是平衡位置，P是ON之间的一点．下列说法错误的是（）A.小球每次经过P点时的回复力都相同B.小球每次经过P点时的加速度都相同C.小球每次经过P点时的动能都相同D.小球每次经过P点时的动量都相同【答案】D【解析】【分析】根据弹簧的形变量分析回复力的大小，结合牛顿第二定律分析加速度是否相同．注意振子每次经过同一点的速度大小相等，方向不一定相同．【详解】小球每次经过P点，由于弹簧的形变量相等，则弹力相等，可知回复力相同，故A正确．小球每次经过P点时，由于回复力相同，根据牛顿第二定律知，加速度相同，故B正确．小球每次经过P点时速度大小相等，则动能相同，故C正确．小球每次经过P点，速度大小相等，但是方向不一定相同，则动量不一定相同，故D错误．本题选错误的，故选D．【点睛】解决本题的关键知道弹簧振子的特点，经过同一点时，回复力相同，加速度相同，速度大小相等，但是速度方向不一定相同，知道动量是矢量，有大小有方向．3.如图，在光滑水平面上有一质量为m的物体，在与水平方向成θ角的恒定的拉力F作用下运动，则在时间t内（）A.重力的冲量为零B.拉力F的冲量为FtcosθC.拉力F的冲量为FtD.物体动量的变化量等于Ft【答案】C【解析】【详解】重力的冲量为重力与作用时间的乘积，为mgt，故A错误；拉力的冲量为拉力F与时间t的乘积，即Ft，故B错误，C正确；物体受到的合外力为Fcosθ，根据动量定理知物体动量的变化量△P=Ftcosθ＜Ft，故D错误．故选C．【点睛】本题考查了冲量的定义和动量定理的应用，注意区分合外力的冲量与某一个力的冲量在动量定理的应用中的区别是关键．4.如图所示，某人身系弹性绳从高空P处自由下落，做蹦极运动。图中a是弹性绳原长的位置，c是人所到达的最低点，b是人静止地悬着时的平衡位置，不计空气阻力，则人到达（  ）A.a点时动能最大B.b点时绳的弹性势能为零C.c点时绳的弹性势能最大D.从a点到c点，绳对人的冲量始终向下【答案】C【解析】【详解】ABC．运动员下降的过程中，弹性绳未伸长前运动员做自由落体运动，到达a点后绳子开始伸长，弹力开始增大，但由于此时弹力仍小于重力，所以仍做加速运动，当弹力和重力平衡时，即到达b点时，加速度为零，速度最大，动能最大，此时绳有形变，弹性势能大于零，由于人的速度仍向下，所以仍会向下运动，之后弹力大于重力，做减速运动，当到达最低点c时，绳子形变量最大，弹性势能最大，故AB错误，C正确；D．从a点到c点，绳子对人一直有向上的拉力，所以绳对人的冲量始终向上，故D错误。故选C。5.如图所示，一辆小车静止在光滑水平面上，A、B两人分别站在车的两端，当两人同时相向运动时（）A.若小车不动，两人速率一定相等B.若小车向左运动，A的速率一定比B的小C.若小车向左运动，A的动量一定比B的大D.若小车向左运动，A的动量一定比B的小【答案】C【解析】【详解】A．AB两人及小车组成的系统不受外力，系统动量守恒，根据动量守恒定律得若小车不动，则由于不知道AB质量关系，所以两人速率不一定相等，故A错误；BCD．若小车向左运动，则AB的动量和必须向右，而A向右运动，B向左运动，所以A的动量一定比B的大，但由于不知道两人的质量，所以两人的速率不定，故BD错误，C正确。故选C。6.水平恒定推力F1和F2分别作用于水平面上原来静止的、质量相等的a、b两物体上，作用一段时间后撤去推力，由于惯性．物体将继续运动一段时间后才能停下，两物体的v﹣t图象如图所示，已知图中线段AB∥CD，则（）A.a物体受到的摩擦力小于b物体受到的摩擦力B.a物体受到的摩擦力大于b物体受到的摩擦力C.F1的冲量大于F2的冲量D.F1的冲量小于F2的冲量【答案】D【解析】【分析】由速度图象分析可知，水平推力撤去后，AB与CD平行，说明加速度相同，动摩擦因数相同，两物体的质量相等，说明摩擦力大小相等．根据动量定理，研究整个过程，确定两个推力的冲量关系．【详解】由图，AB与CD平行，说明推力撤去后两物体的加速度相同，而撤去推力后物体的合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知，两物体受到的摩擦力大小相等；故AB错误．根据动量定理，对整个过程研究得：F1t1ftOB=0，F2t2ftOD=0；由图看出，tOB＜tOD，则有F1t1＜F2t2，即F1的冲量小于F2的冲量．故C错误，D正确．故选D．【点睛】本题首先考查读图能力，其次考查动量定理应用，关键是能正确选择研究过程，结合图像提供的信息求解．7.在光滑的水平桌面上有两个在同一直线上运动的小球a和b，正碰前后两小球的位移随时间的变化关系如图所示。在小球a和b的质量之比为（）A.9：16 B.1：4 C.3：8 D.4：1【答案】B【解析】【详解】位移时间图像的斜率表示速度，由题中图像可知，小球和碰撞前的速度分别为小球a和b碰撞后的速度为小球和碰撞过程满足系统动量守恒，以的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得代入数据解得B正确，ACD错误；故选B。8.静止的氡核弱放出粒子后变成钋核，粒子动能为.若衰变放出的能量全部变为反冲核和粒子的动能，真空中的光速为，则该反应中的质量亏损为A. B.0C. D.【答案】C【解析】【详解】核反应中动量守恒，钋核与粒子动量大小相等，由可求出钋核动能根据可知A．，与结论不相符，选项A错误；B．0，与结论不相符，选项B错误；C．，与结论相符，选项C正确；D．，与结论不相符，选项D错误；故选C.9.质量为的均匀木块静止在光滑水平面上，木块左右两侧各有一位拿着完全相同步枪和子弹的射击手。首先左侧射手开枪，子弹水平射入木块的最大深度为，然后右侧射手开枪，子弹水平射入木块的最大深度为，如图所示。设子弹均未射穿木块，且两颗子弹与木块之间的作用力大小均相同。当两颗子弹均相对木块静止时，下列说法中正确的是（）A.最终木块静止， B.最终木块向右运动，C.最终木块向左运动， D.最终木块静止，【答案】D【解析】【详解】设子弹的速度为，子弹的质量为，左侧子弹射入木块后与木块共同运动的速度为，由动量守恒定律可得设子弹与木块之间的作用力大小为，根据能量守恒定律可得当右侧子弹射入木块后，设最后的共同速度为，根据动量守恒可得解得根据能量守恒定律可得联立可知故选D。10.小铁块置于薄木板右端，薄木板放在光滑的水平地面上，铁块的质量大于木板的质量。t=0时使两者获得等大反向的初速度开始运动，t=t1时铁块刚好到达木板的左端并停止相对滑动，此时与开始运动时的位置相比较，下列示意图符合实际的是（）A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】开始时两者具有等大反向的初速度，由于铁块的质量大于木板的质量，所以系统的总动量水平向左，根据动量守恒定律知，当两物体相对静止时共同速度水平向左，而且在速度达到相等前，小铁块一直向左运动，所以两者速度相等时，小铁块在初位置的左侧。故选A。11.如图所示，小车放在光滑的水平面上，将绳系着的小球拉开到一定的角度，然后同时放开小球和小车．以小球和小车为系统．那么在以后的过程中()A.小球向左摆动时，小车也向左摆动，且系统动量守恒B.小球向左摆动时，小车向右运动，且系统水平方向动量守恒C.小球向左摆到最高点，小球的速度为零而小车速度不为零D.在任意时刻，小球和小车在水平方向的动量一定大小相等、方向相反【答案】BD【解析】【详解】AB.小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，竖直方向所受外力不为零，故系统只在水平方向动量守恒，系统在水平方向动量守恒，系统总动量为零，小球与车的动量大小相等、方向相反，小球向左摆动时，小车向右运动，故A错误，B正确；C.小球向左摆到最高点，小球的速度为零而小车的速度也为零，故C错误；D.系统只在水平方向动量守恒，在任意时刻，小球和小车在水平方向的动量一定大小相等、方向相反．故D正确；故选BD．12.下列运动属于反冲运动的有()A.乒乓球碰到墙壁后弹回 B.发射炮弹后炮身后退C.喷气式飞机喷气飞行 D.船员划桨使船前进【答案】BC【解析】【详解】A．乒乓球碰到墙壁上弹回是因为受到了墙壁的作用力，不是反冲运动，故A错误；B．发射炮弹后炮身后退，属于反冲运动，故B正确；C．喷气式飞机是利用飞机与气体间的相互作用而促进飞机前进的，属于反冲运动，故C正确；D．船员划桨使船前进是利用了水的反作用力作为动力，不属于反冲运动，故D错误。故选BC。二、多选题13.如图所示，劲度系数为k的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为m的物体A接触，但未与物体A连接，弹簧水平且无形变。现对物体A施加一个水平向右的瞬间冲量，大小为I0，测得物体A向右运动的最大距离为x0，之后物体A被弹簧弹回最终停在距离初始位置左侧2x0处。已知弹簧始终在弹簧弹性限度内，物体A与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，下列说法中正确的是（）A.物体A与弹簧作用过程，弹簧对物体A的冲量为零B.物体A向右运动过程中与弹簧接触的时间一定小于物体A向左运动过程中与弹簧接触的时间C.物体A与弹簧作用过程中，系统的最大弹性势能一定等于D.物体A向左运动最大动能一定大于【答案】BCD【解析】【详解】A．冲量物体A与弹簧作用过程，弹簧对物体A的冲量不为零，故A错误；B．根据牛顿第二定律物体向右运动有向左运动有所以，在同一位置大于，位移大小相等，所以向右运动时间小于向左运动的时间，故B正确；C．物体的初动能根据能量守恒可求最大的弹性势能故C正确；D．向左运动过程中，当物体A向左运动有最大动能时，则再向左开始减速，设回到出发点时动能为，从出发到在回到出发点的过程中，根据能量守恒所以故D正确。故选BCD。14.在光滑的水平桌面上有等大的质量分别为M=0.6kg，m=0.2kg的两个小球，中间夹着一个被压缩的具有Ep=10.8J弹性势能的轻弹簧（弹簧与两球不相连），原来处于静止状态。现突然释放弹簧，球m脱离弹簧后滑向与水平面相切、半径为R=0.425m的竖直放置的光滑半圆形轨道，如图所示。g取10m/s2。则下列说法正确的是（）A.球m从轨道底端A运动到顶端B的过程中所受合外力冲量大小为3.4N·sB.弹簧弹开过程，弹力对m冲量大小为1.8N·sC.若半圆轨道半径可调，则球m从B点飞出后落在水平桌面上的水平距离随轨道半径的增大而减小D.M离开轻弹簧时获得的速度为9m/s【答案】AB【解析】【详解】ABD．释放弹簧过程中系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒得由机械能守恒得代入数据解得即M离开轻弹簧时获得的速度为3m/s；m从A到B过程中，由机械能守恒定律得解得以向右为正方向，由动量定理得，球m从轨道底端A运动到顶端B的过程中所受合外力冲量大小为则合力冲量大小为3.4N•s，由动量定理得，弹簧弹开过程，弹力对m的冲量大小为故AB正确，D错误；C．设圆轨道半径为r时，飞出B后水平位移最大，由A到B机械能守恒定律得在最高点，由牛顿第二定律得m从B点飞出，需要满足：，飞出后，小球做平抛运动解得当时，即r=1.0125m时，x为最大，球m从B点飞出后落在水平桌面上的水平距离随轨道半径的增大先增大后减小，故C错误。故选AB。15.位于坐标原点处的波源A沿y轴做简谐运动，A刚好完成一次全振动时，在介质中形成的简谐横波的波形如图所示，B是沿波传播方向上的一个质点，则（

）A.波源A开始振动时的运动方向沿y轴负方向B.此后周期内回复力对波源A一直做负功C.经半个周期，质点B将向右迁移半个波长D.质点A与质点B的速度总是相同E.在一个周期时间内A所受回复力的冲量为零【答案】ABE【解析】【分析】简谐波传播过程中，质点做简谐运动时，起振方向与波源起振方向相同，与图示时刻波最前端质点的振动方向相同．波在同一均匀介质中匀速传播，振动在一个周期内传播一个波长．但质点不随波迁移．当回复力方向与质点运动的位移方向相同时，回复力做正功，否则，回复力做负功．经过一个周期质点的运动状态与开始时相同．【详解】波向右传播，图示时刻波最右端质点的振动方向沿y轴负方向，所以波源A开始振动时的运动方向沿y轴负方向．故A正确．此后的1/4周期内A点的回复力向上，位移向下，则回复力对波源A一直做负功．故B正确．质点只上下振动，不随波迁移．故C错误．质点A与质点B的距离为半个波长，所以速度总是相反．故D错误；经过一个周期质点速度的大小、方向都相同，所以动量的变化为0，根据动量定理可知一个周期时间内A所受回复力的冲量为零，故E正确．故选ABE．【点睛】本题应用到机械波两个基本特点：一是机械波向前传播时，介质中质点不随波迁移；二是介质中质点起振方向与波源起振方向相同．16.如图所示，A、B两木块紧靠在一起且静止于光滑水平面上，木块C以一定的初速度v0从A的左端开始向右滑行，最后停在B木块的右端，对此过程，下列叙述不正确的是（）A.当C在A上滑行时，A、C组成的系统动量守恒B.当C在B上滑行时，B、C组成的系统动量守恒C.无论C是在A上滑行还是在B上滑行，A、B、C三物块组成的系统动量都守恒D.当C在B上滑行时，A、B、C组成的系统动量守恒【答案】A【解析】【分析】【详解】A．当C在A上滑行时，对A、C组成的系统，B对A的作用力为外力，不等于0，故系统动量不守恒，故A错误；B．当C在B上滑行时，A、B已分离，对B、C组成的系统，沿水平方向不受外力作用，故系统动量守恒，故B正确；CD．若将A、B、C三木块视为一系统，则沿水平方向无外力作用，系统动量守恒，故CD正确。故选A。三、解答题17.如图所示，在光滑的水平杆上套着一个质量为m的滑环，滑环上通过一根不可伸缩的轻绳悬吊着质量为M的物体（可视为质点），绳长为l．将滑环固定时，给物块一个水平冲量，物块摆起后刚好碰到水平杆，若滑环不固定，仍给物块以同样的水平冲量，求物块摆起的最大高度．【答案】【解析】【详解】设物块获得初速为v0，则滑环固定时，①滑环不固定时，有Mv0=(M＋m)v②③由①②③，得18.如图，小球a、b用等长细线悬挂于同一固定点O。让球a静止下垂，将球b向右拉起，使细线水平。从静止释放球b，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60°。忽略空气阻力，求（i）两球a、b的质量之比；（ii）两球在碰撞过程中损失的机械能与球b在碰前的最大动能之比。【答案】（i）；（ii）【解析】【详解】（i）设球b的质量为m2，细线长为L，球b下落至最低点，但未与球a相碰时的速度为v，由机械能守恒定律得①式中g是重力加速度的大小。设球a的质量为m1；在两球碰后的瞬间，两球共同速度为v′，以向左为正。有动量守恒定律得②设两球共同向左运动到最高处，细线与竖直方向的夹角为θ，由机械能守恒定律得③联立①②③式得代入数据得（ii）两球在碰撞过程中的机械能损失是联立①⑥式，Q与碰前球b的最大动能Ek（Ek=）之比为⑦联立⑤⑦式，并代入题给数据得⑧19.某同学用如图甲所示装置通过半径相同的A、B两球的碰撞来寻找不变量，图中CQ是斜槽，QR为水平槽，二者平滑相接，实验时先使A球从斜槽上某一固定位置G由静止开始滚下，落到位于水平地面上的记录纸上，留下痕迹。重复上述操作10次，得到10个落点痕迹。然后把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让A球仍从位置G由静止开始滚下，和B球碰撞后，A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹。重复这种操作10次。图中O是水平槽末端口在记录纸上垂直投影点，P为未放被碰球B时A球的平均落点，M为与B球碰后A球的平均落点，N为被碰球B的平均落点。若B球落点痕迹如图乙所示，其中米尺水平放置，且平行于OP，米尺的零点与O点对齐。（1）入射球A的质量和被碰球B的质量的关系是_________（选填“>”“<”或“=”）；（2）碰撞后B球的水平射程约为________cm；（3）下列选项中，属于本次实验必须测量的的物理量是________（填选项前的字母）。A．水平槽上未放B球时，测量A球平均落点位置到O点的距离B．A球与B球碰撞后，测量A球平均落点位置到O点的距离C．测量A球或B球的直径DD．测量A球和B球的质量、E．测量G点相对于水平槽面的高度H（4）若为不变量，则需验证的关系式为_______________。（用题中给出的字母表示）【答案】①.>②.64.7③.ABD④.【解析】【详解】（1）[1]要使两球碰后都向右运动应有A球质量大于B球质量，即；（2）[2]将10个点圈在圆内的最小圆的圆心作为平均落点，可由米尺测得碰撞后B球的水平射程约为64.7cm。（3）[3]从同一高度做平抛运动，飞行的时间t相同，而水平方向为匀速直线运动，故水平位移所以只要测出小球飞行的水平位移，就可以用水平位移的测量值代替平抛初速度。故需测出未放B球时A球飞行的水平距离和碰后AB球飞行的水平距离和，及AB两球的质量。故选ABD。（4）[4]若为不变量，需验证的关系式为，将代入上式得20.某同学用如图甲所示的装置来验证动量守恒定律，该装置由水平长木板及固定在木板一端的硬币发射器组成，硬币发射器包括支架、弹片及弹片释放装置，释放弹片可将硬币弹出。已知一元硬币和五角硬币与长木板间动摩擦因数相同，主要实验步骤如下：①将一元硬币置于发射槽口，释放弹片将硬币发射出去，硬币沿着长木板中心线运动，在长木板中心线，放置一元硬币的右侧取一点，测出停止滑动时硬币右侧到点的距离。再从同一位置释放弹片将硬币发射出去，重复多次，取该距离的平均值记为，如图乙所示；②再将五角硬币放在长木板上，使其左侧位于点（两币间有缝隙），并使其直径与中心线重合，按步骤①从同一位置释放弹片，重新弹射一元硬币，使两硬币对心正碰，重复多次，分别测出两硬币碰后停止滑行时距点距离的平均值和，如图丙所示。（1）为完成该实验，除长木板，硬币发射器，一元及五角硬币、刻度尺外，还需要的器材为______。（2）实验中还需要测量的物理量及其字母表示为：______，______。（3）验证动量守恒定律的表达式为______（用测量物理量对应的字母表示）。【答案】①.天平②.一枚一元硬币质量③.一枚五角硬币质量④.【解析】【详解】（1）[1]在验证动量守恒定律时需要测量物体的速度和质量，速度可以通过位移求解，位移通过刻度尺测量，而质量需要用到天平进行测量。（2）[2][3]为验证动量守恒定律需要测量两枚硬币的质量m1、m2（3）[4]两枚硬币在桌面上发生碰撞后，做加速度相同的减速运动，根据速度与位移的关系可得若满足动量守恒，则有由于只需验证即可。21.在足够长的光滑水平面上有一个宽度为L的矩形区域，只要物体在此区域内就会受到水平向右的恒力F作用．两个可视为质点的小球如图所示放置，B球静止于区域的右边界，现将A球从区域的左边界由静止释放，A球向右加速运动，在右边界处与B球碰撞(碰撞时间极短)．若两球只发生一次碰撞，且最终两球的距离保持不变，求：(1)A、B两球的质量之比；(2)碰撞过程中A、B两球组成的系统机械能的损失．【答案】(1)1∶4；(2)【解析】【详解】（1）设A、B质量分别为mA、mB，A碰前速度为v0，A、B碰后瞬间的速度大小分别为vA、vB；由动量守恒定律由题意知，碰后A、B速度大小相等、方向相反，设其大小为v，则碰前，对A由动能定理碰后，设A在区域内往复运动时间为t，由动量定理碰后，B球向右做匀速运动联立解得（2）碰撞过程中系统机械能损失解得【点睛】本题主要考查了动量守恒定律、功能关系．属于中等难度的题目．本题考查了动量守恒和能量守恒的综合运用，知道A、B碰撞后速度大小相等，方向相反是解决本题的关键，运用动量守恒解题时注意速度的方向．22.如图所示，质量m=2kg的平板车静止在光滑水平面上。质量M=3kg