1、動量守恒定律單元測試題（含答案）一、動量守恒定律選擇題1.質量為m、半徑為R的小球，放在半徑為3R、質量為3m的大空心球內，大球開始靜止在光滑水平面上。當小球從如圖所示的位置（兩球心在同一水平面上）無初速度沿內壁2.如圖所示，用長為L的細線懸掛一質量為M的小木塊，木塊處于靜止狀態.一質量為m、速度為V。的子彈自左向右水平射穿木塊后，速度變為v.已知重力加速度為g,則m（v一v）子彈剛穿出木塊時，木塊的速度為0M子彈穿過木塊的過程中，子彈與木塊組成的系統機械能守恒子彈穿過木塊的過程中，子彈與木塊組成的系統動量守恒mv2一mv2d.木塊上升的最大高度為r2Mg3.如圖所示，長木板A放在光滑的水平面

2、上，質量為m二4kg的小物體B以水平速度嶺二2m/s滑上原來靜止的長木板A的表面，由于A、B間存在摩擦，之后A、B速度隨時間變化情況如圖乙所示，取g=10m/s2，則下列說法正確的是（）A木板A獲得的動能為2J系統損失的機械能為2JA、B間的動摩擦因數為0.1木板A的最小長度為2m4.如圖所示，物體A、B的質量均為m=0.1kg,B靜置于勁度系數k=100N/m豎直輕彈簧的上端且B不與彈簧連接,A從距B正上方h=0.2m處自由下落，A與B相碰并粘在一起彈簧始終在彈性限度內，g=10m/s2下列說法正確的是AAB組成的系統機械能守恒BB運動的最大速度大于1m/sB物體上升到最高點時與初位置的高度

3、差為0.05mAB在最高點的加速度大小等于10m/s2質量為3m足夠長的木板靜止在光滑的水平面上，木板上依次排放質量均為m的木塊1、2、3,木塊與木板間的動摩擦因數均為卩.現同時給木塊I、2、3水平向右的初速度嶺、2%、3嶺，已知重力加速度為g.則下列說法正確的是（）1木塊相對靜止前，木板是靜止的21木塊的最小速度是3v052木塊的最小速度是-v0604v2木塊3從開始運動到相對靜止時位移是g如圖所示,A、B、C三個半徑相同的小球穿在兩根平行且光滑的足夠長的桿上三個球的質量分別為mA=2kg,mB=3kg,mC=1kg，初狀態三個小球均靜止BC球之間連著一根輕質彈簧，彈簣處于原長狀態.現給A一

4、個向左的初速度v0=10m/sA、B碰后A球的速度變為向右,大小為2m/s，下列說法正確的是球A和B碰撞是彈性碰撞球A和B碰后，球B的最小速度可為0球A和B碰后，彈簧的最大彈性勢能可以達到96J球A和B碰后，彈簧恢復原長時球C的速度可能為12m/s7如圖所示，光滑水平面上有大小相同的A、B兩球在同一直線上運動.兩球質量關系為mB=2mA，規定向右為正方向，A、B兩球的動量均為6kgm/s，運動中兩球發生碰撞，碰撞后A球的動量增量為一4kgm/s，貝9（）左方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為2：5左方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為1：10右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為2

5、：5右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為1：108.如圖所示，離地H高處有一個質量為m、帶電量為+的物體處于電場強度隨時間變化規律為E二E0-kt（E0、k均為大于零的常數,電場方向以水平向左為正）的電場中，物體與豎直絕緣墻壁間的動摩擦因數為卩，已知卩qE00，木板發生運動，故A錯誤;B、設木塊1的最小速度為vi,木塊1的加速度f=mai做勻減速；木板的加速度為3mg=3ma做勻加速；當兩者速度相等時木塊1的速度達到最小1即v1=v0-at=at解得vi=-vo，故B錯誤；C、設木塊2的最小速度為v2,此過程木塊2的速度該變量為v0-v2,而木塊3速度改變量與木塊2速度該變量相等，即木塊

6、3的速度為v0+v2由動量守恒可得m(v+2v+3v)=5mv+m(v+v),解得：v=5v,故C正確；000202260D、當木塊3相對靜止時，速度達到最小，此時四個物體共速，設速度為v3，則由動量守恒可得.m(v+2v+3v)=6mv0003解得:V3二V014v2對木塊3,由動能定理可知-卩mgs=mv2-m（3v）2，解得：s=亠，故D正確；320Rg故選CD6A解析：AD【解析】【詳解】A.A、B兩球碰撞過程系統動量守恒，以向左為正方向，由動量守恒定律得：mAv0=mAvA+mBvB，解得：vB=8m/s，碰撞前系統總動能：=1mv2二-x2xIO2J二100J2A02111v2+m

7、v2=x2x(2)2J+x3x82J=100J2BB22碰撞后系統總動能：廠,1E=mK2AA碰撞過程機械能不變，機械能守恒，碰撞是彈性碰撞，故A正確；BD.A、B碰撞后，B、C組成的系統水平方向動量守恒，彈簧恢復原長時B的速度最小，C的速度最大，以向左為正方向，從碰撞后到彈簧恢復原長過程，在水平方向，由動量守恒定律得：mBVB=mBVB+mCVC由機械能守恒定律得：解得：vBz=4m/s,vC=12m/s（彈簧恢復原長時C的速度最大，vB=8m/s,vC=0m/s不符合實際，舍去），由此可知，彈簧恢復原長時C的速度為12m/s，B的最小速度為4m/s，故B錯誤，D正確；由動量守恒定律得：mB

8、vB=（mB+mC）vCB、C速度相等時彈簧伸長量最大，彈簧彈性勢能最大，B、C系統在水平方向動量守恒,以向左為正方向，在水平方向由機械能守恒定律得：1-(m+m)v2+E2BCCP解得彈簧的最大彈性勢能：Ep=24J，故C錯誤。7A解析：A解析】試題分析：兩球碰撞過程，系統不受外力，故碰撞過程系統總動量守恒；同時考慮實際情況，碰撞前后面的球速度大于前面球的速度規定向右為正方向，碰撞前久B兩球的動量均為6kg-m/s，說明久b兩球的速度方向向右，兩球質量關系為m-2m，所以碰撞前vv，所以左方是A球碰撞后A球的BAAB動量增量為-4kgm/s，所以碰撞后A球的動量是2kgm/s,碰撞過程系統總

9、動量守恒：m+m=m巴+m，所以碰撞后B球的動量是10kgm/s，根據mB=2mA，所AABBAABBBA以碰撞后A、B兩球速度大小之比為2:5,A正確.8B解析：BC【解析】【詳解】豎直方向上，由牛頓第二定律有:mg-gE二ma，隨著電場強度E的減小，加速度a逐漸增大，做變加速運動，當E=0時，加速度增大到重力加速度g,此后物塊脫離墻面，故A錯誤.當物體與墻面脫離時電場強度為零，所以E=Eo-kt=0，解得時間t=E；因摩擦力彳=qE=qE0k0qkt，則摩擦力的沖量：I=1沖qEx?=上寮，選項B正確；物體從開始運動到脫f20k2k離墻面電場力直不做功，由動能定理得，mgH-W=4f物體克

10、服摩擦力所做的功Wf=mgH.故C正確.物體沿墻面下滑過程是加速度增加的加速運動，平均速f8H_txW4sHv+vt=度VvA，可追上斜劈，當上升至最高處:比較mv+mv=(m+m)v，AABBAB111mgh=mv2+mv2(m+m)v2，B2AA2BB2AB知hh，故D錯誤.17.A解析：AC解析】分析】詳解】AB根據能量守恒定律，轉化的內能11Q=mv2(M+m)v2202而整個運動過程中，動量守恒2mv=(M+m)v聯立可得Q=m(v2一vv)200A正確，B錯誤；CD.根據動能定理一f(S+d)=1mv2一1mv222ofS=2Mv2由聯立得dv=Sv將代入可得小m(v一v)vdQ=

11、02SC正確，D錯誤。故選AC。18A解析：AD【解析】【分析】【詳解】A.探測器繞月球做勻速圓周運動，萬有引力提供向心力小Mm/2兀、G=m()2rr2T解得探測器噴射物體前在圓周軌道I上運行時的周期T=2兀故A正確；在P點探測器噴射物體的過程中，設噴射前的速度為W根據動量守恒可知mv=mu+(m-Am)v解得噴射后探測器的速度,mv一mu(m一m)uv=豐m一mm故B錯誤；探測器在軌道II上做橢圓運動，半長軸r+Ra=根據開普勒第三定律可知a3r3III解得II減速降落過程，從P點沿軌道II運行到月球表面所經歷的時間為r+R31r3t二T二()2呃ii2rGM故C錯誤；假設在月球表面的放置

12、一個質量為m的物體，則它受到的重力和萬有引力相等GMm解得月球表面重力加速度的大小GMgr故D正確。故選AD。19A解析：AD【解析】【詳解】小車和物塊構成的系統在水平方向受到的合力為零，豎直方向有加速度，合力不為零，所以小車和物塊構成的系統動量不守恒，在水平方向動量守恒，A正確；摩擦力大小相等方向相反，但物塊與車位移不等(有相對位移)，代數和不為0,故B錯誤；在脫離圓弧軌道后，小車和物塊由于摩擦力都會做勻減速運動，所以最大速度出現在物塊運動到B點時，規定向右為正方向，小車和物塊構成的系統在水平方向受到的合力為零，系統在水平方向動量守恒.設物塊運動到B點時，物塊的速度大小是I，小車的速度大小是

13、v2,根據動量守恒得：0解得=mv+M(-V)，根據能量守恒得mgh=mv2+Mv21221222MgRM+m2加gR，故C錯誤D正確.M2+Mm20A解析：ABC【解析】【分析】【詳解】以兩球組成的系統為研究對象，取A、B球碰撞前的速度方向為正方向，兩球的質量分別為m、m，由于碰撞前，A球能追上B球，則ABp、pmmAB代入數據整理得5m一mB7A系統的總動量p=7kgm/s+5kgm/s=12kgm/sA.若碰后A、B兩球動量為pA=6kgm/s,pB=6kgm/s由于p+p=pAB因此碰撞過程中動量守恒，且碰后A球不可能超過B球，因此ABmmAB解得m4+B- HYPERLINK l b

14、ookmark76 o Current Document 2m2m2m2mABAB11m13a代入數據整理得由解得mmAB11m13a能找到合適質量的A、B兩物體，因此A正確；若碰后A、B兩球動量為pA=3kgm/s,pB=9kgm/s由于p+p=pAB因此碰撞過程中動量守恒，且碰后A球不可能超過B球，因此p匕pmmAB解得m_!+旦2m2m2mBAB7m5A3mA能找到合適質量的A、B兩物體，因此B正確；若碰后A、B兩球動量為pA=-2kgm/s,pB=14kgm/s由于p+p=pAB因此碰撞過程中動量守恒，碰撞后的機械能不可能超過碰前的機械能TOC o 1-5 h zp2p2p2p2 HY

15、PERLINK l bookmark272 o Current Document d+BH+B- HYPERLINK l bookmark238 o Current Document 2m2m2m2mABAB代入數據整理得19mmB5A由聯立解得m19mB5A能找到合適質量的A、B兩物體，因此C正確；若碰后A、B兩球動量為pA=-4kgm/s,pB=17kgm/s由于p+p豐pAB因此碰撞過程中動量不守恒，D錯誤。故選ABC。二、動量守恒定律解答題21（1）小車與墻壁碰撞時的速度是4m/s；（2）要滑塊能沿圓軌道運動而不脫離圓軌道，半圓軌道的半徑R的取值為RW0.24m或R0.6m.【解析】解

16、：（1）設滑塊與小車的共同速度為vl，滑塊與小解析：（1）小車與墻壁碰撞時的速度是4m/s；(2)要滑塊能沿圓軌道運動而不脫離圓軌道，半圓軌道的半徑R的取值為R0.6m.【解析】解：(1)設滑塊與小車的共同速度為，滑塊與小車相對運動過程中動量守恒，有mv0=(m+M)v1代入數據解得v1=4m/s設滑塊與小車的相對位移為L,由系統能量守恒定律，有|imgL=代入數據解得L1=3m設與滑塊相對靜止時小車的位移為二，根據動能定理，有limgS-。代入數據解得S1=2m因LVL,SVS，說明小車與墻壁碰撞前滑塊與小車已具有共同速度，且共速時小車與墻壁還未發生碰撞，故小車與碰壁碰撞時的速度即V=4m/

17、s.(2)滑塊將在小車上繼續向右做初速度為V=4m/s，位移為L2=L-L=1m的勻減速運動，然后滑上圓軌道的最低點P.若滑塊恰能滑過圓的最高點，設滑至最高點的速度為v,臨界條件為mg=m-根據動能定理，有-|imgL2-in聯立并代入數據解得R=0.24m若滑塊恰好滑至扌圓弧到達T點時就停止，則滑塊也能沿圓軌道運動而不脫離圓軌道.根據動能定理，有-|imgL2-代入數據解得R=0.6m綜上所述，滑塊能沿圓軌道運動而不脫離圓軌道，半圓軌道的半徑必須滿足R0.6m答：小車與墻壁碰撞時的速度是4m/s；要滑塊能沿圓軌道運動而不脫離圓軌道，半圓軌道的半徑R的取值為R0.6m.【點評】本題通過計算分析

18、小車與墻壁碰撞前滑塊與小車的速度是否相同是難點.第2題容易只考慮滑塊通過最高點的情況，而遺漏滑塊恰好滑至圓弧到達T點時停止的情況，要培養自己分析隱含的臨界狀態的能力.22(1)2m/s，0.714s(2)【解析】【詳解】(1)小球a的軌跡如圖所示，才能與小球b相撞，故小球a在磁場中做圓周運動的半徑r=R在磁場中解得：在磁場中的運動時解析：2m/s,0.714s(2)17m10解析】詳解】小球a的軌跡如圖所示，才能與小球b相撞，故小球a在磁場中做圓周運動的半徑r=Rmv2qvB=a-aar解得：=2m/sqBRv二am在磁場中的運動時間兀rt二-1v在電場中qE=maa-0=vt一at2a222

19、小球a射入磁場到與小球b相碰撞經歷的時間t=t+1=O.i+0.4=0.714s12(2)小球a與b發生彈性碰撞有mva=mv+mvaabb111mv2=mv2+mv22aa2aa2bb解得：v=m/sa3v、8m/sb3因兩個小球是大小相同的金屬球，碰后分開時所帶電荷量因碰后兩球的速度均垂直電場方向，故均做類平拋運動小球a沿電場方向有a1=5m/s2小球b沿電場方向有qE=mabb2a2=10m/s2由于a2a1，假設小球均未從NP邊界穿出，則小球b將先到達MN邊界.小球b沿電場方向的位移tb=0.2s此時小球b垂點電場方向的位置為-42R+vt=L=1bb-5所以假設成立，如圖所示當小球b

20、到達MN邊界時刻，小球a與b在正方形MNPQ區域內運動的間距最大.設最大間距為s,則有1s2=(R一at2)2+(*一v)t221bbab解得：10【點睛】解題關鍵：運用動量守恒及能量守恒，處理彈性碰撞在涉及曲線運動時，往往采用化曲為直的思想，轉化為類平拋運動來處理23(1)1.33V；(2)3m；(3)0.67J【解析】【分析】【詳解】(1)a棒滑到底端時的速度為，根據動能定理整理得導體棒相當于電源，內電阻為1,外電路總電阻為0.5,因此a解析：(1)1.33V；(2)3m；(3)0.67J解析】分析】詳解】a棒滑到底端時的速度為，根據動能定理mgh一pmgcos0 xaahsin0整理得v

21、=4m/s1導體棒相當于電源，內電阻為1Q，外電路總電阻為0.5Q，因此a棒兩端的電勢差BLvU二X0.5二1.33V1.5b棒距CD線的距離最大為x,則回路的平均電動勢BLxAt平均電流導體所受平均安培力根據動量定理根據整理得1.50F=BIL一FAt=0一mva1x=3m當a棒即將與b棒碰撞時的速度為v2，根據動量定理一FAt=mv一mva2a1由聯立可得v=2m/s2a、b棒碰撞后粘在一起，根據動量守恒定律mv=(m+m)va2ab3解得v=0.5m/s3接下來，a、b棒一起減速運動，此時整個回路的總阻為1.5Q，根據動量定理一FAt=0一(m+m)vab2根據整理得x=1.5m導體棒a

22、、b碰撞前電阻R產生的熱量，根據能量守恒定律1111Q=一Q=(mv2一mv2)=0.5J26總62a12a2導體棒a、b碰撞后電阻R產生的熱量，根據能量守恒定律221Q=Q=x(m+m)v2=0.17J13總32ab3電阻R在整個過程中產生的焦耳熱Q=Q+Q=0.67JR1224.(1)2.5m/s(2)6次(3)5s12.75m【解析】試題分析：(1)設兩者間相對靜止時速度為V，由動量守恒定律得mv0=2mv,可得v=2.5m/s2)物塊與凹槽間的滑動摩擦力解析：(1)2.5m/s(2)6次(3)5s12.75m【解析】試題分析：(1)設兩者間相對靜止時速度為v,由動量守恒定律得mv0=2

23、mv,可得v=2.5m/s物塊與凹槽間的滑動摩擦力二二U二-T設兩者間相對靜止前相對運動的路程是S,由動能定理得已知L=1m可推知物塊與右側槽壁共發生6次碰撞設凹槽與物塊碰撞前的速度分別為V、v2，碰后的速度分別為V,、v2z,有t21fT1mv-.用耳+刖耐=mv.亠+J.j.L2丄丄x得二H.即每碰撞一次凹側與物塊發生一次速度交換,在同一坐標系上兩者的速度圖線如圖所示：根據碰撞次數可分為13段，凹槽、物塊的v-t圖象在兩條連續的勻變速運動圖線間轉換,故可用勻變速直線運動規律求時間則卩二吃+應2=一昭凹槽的v-t圖象所包圍的陰影部分面積即為凹槽的位移大小s2，(等腰三角形面積共13份，第一份面積為0.5L，其余每份面積均為L.)考點：動量守恒定律、運動學的基本規律25.(1)；(2)；(3)【解析】【詳解】(1)a棒剛進入水平軌道時，由機械能守恒得解得由：得由牛頓第二定律2)b棒在窄軌上運動的過程中，對a、b棒，設b棒剛滑上寬軌時解析：B2L2gh4mR，2-mgh；(3)600mgh25600解析】詳解】1)a棒剛進入水平軌道時，由機械能守恒得mgh=mv22o解得由：v0E=BLvF安=BIL得由牛頓第二定律4RFa=-bmB2L2J2ghb4mR(2)b棒在窄軌上運動的過程中，對a、b棒，設b棒剛滑上寬軌時的速度為