動量守恒定律章末測試(建議用時：75分鐘)一、單項選擇題1、質量為5kg的小球以5m/s的速度豎直落到地板上，隨后以3m/s的速度反向彈回，若取豎直向下的方向為正方向，則小球動量的變化為()A．10kg·m/s B．－10kg·m/sC．40kg·m/s D．－40kg·m/s【答案】D【解析】動量的變化是末動量減去初動量，規定了豎直向下為正方向，則小球的初動量p1＝mv1＝25kg·m/s，末動量p2＝mv2＝－15kg·m/s，所以動量的變化Δp＝p2－p1＝－40kg·m/s。2、下列關于物體的動量和動能的說法，正確的是()A．物體的動量發生變化，其動能一定發生變化B．物體的動能發生變化，其動量一定發生變化C．若兩個物體的動量相同，它們的動能也一定相同D．動能大的物體，其動量也一定大【答案】B【解析】物體的動量發生變化時，如果只是方向發生變化，則其動能不變，A錯誤；物體的動能發生變化時，速度大小一定變化，則動量一定發生變化，B正確；由Ek＝eq\f(p2,2m)可知，兩物體的動量相同時，質量越小，動能越大，故選項C、D均錯誤。3、兩球在水平面上相向運動，發生正碰后都變為靜止。可以肯定的是，碰前兩球的()A．質量相等 B．動能相等C．動量大小相等 D．速度大小相等【答案】C【解析】兩球組成的系統碰撞過程中滿足動量守恒，兩球在水平面上相向運動，發生正碰后都變為靜止，故根據動量守恒定律可以判斷碰前兩球的動量大小相等、方向相反，選項C正確。4、人們對手機的依賴性越來越強，有些人喜歡躺著看手機，經常出現手機砸傷眼睛的情況。若手機質量約為200g，從離人眼約20cm的高度無初速掉落，砸到眼睛后手機未反彈，眼睛受到手機的沖擊時間約為0.1s，g取10m/s2。下列說法正確的是()A．手機落到眼睛處的速度大小約為1m/sB．手機對眼睛的沖量方向豎直向上C．手機對眼睛的沖量大小約為0.6N·sD．眼睛對手機的平均作用力大小約為4N【答案】C【解析】手機做自由落體運動，有v2=2gh，解得v=2m/s，故A錯誤；手機對眼睛的作用力豎直向下，根據沖量的概念，可知其沖量方向豎直向下，故B錯誤；取豎直向上為正方向，手機與眼睛作用過程應用動量定理，有I-mgt=0-mv，解得I=0.6N·s，故C正確；眼睛對手機的平均作用力大小滿足I=SKIPIF1<0t，解得SKIPIF1<0=6N，故D錯誤。5、(2022·揚州調研)《民法典》明確提出“禁止從建筑物中拋擲物品”，如果一瓶500mL的礦泉水瓶裝滿水后從教學樓4樓窗戶墜下，與地面的撞擊時間約為7×10－3s，未反彈，g取10m/s2，則礦泉水瓶對地面的沖擊力約為()A．10N B．102NC．103N D．104N【答案】C【解析】礦泉水瓶的質量約為m＝0.5kg，4樓窗戶離地高度約為h＝3×3m＝9m，礦泉水瓶做自由落體運動，落地速度為v＝eq\r(2gh)＝6eq\r(5)m/s，未反彈，則末速度為零，對礦泉水瓶撞地的過程，取向下為正，由動量定理mg·Δt－F·Δt＝0－mv，由牛頓第三定律可知地面對瓶的支持力等于瓶對地面的沖擊力F′＝F，聯立可得F′≈9.6×102N，力的數量級約為103N。6、如圖甲所示，光滑水平面上有A、B兩物塊，已知A物塊的質量mA＝2kg，以一定的初速度向右運動，與靜止的物塊B發生碰撞并一起運動，碰撞前后的位移—時間圖像如圖乙所示(規定向右為正方向)，則碰撞后的速度及物體B的質量分別為()A．2m/s，5kg B．2m/s，3kgC．3.5m/s，2.86kg D．3.5m/s，0.86kg【答案】B【解析】由圖像可知，碰前A的速度為v1＝eq\f(20,4)m/s＝5m/s，碰后A、B的共同速度為v2＝eq\f(28－20,8－4)m/s＝2m/s，A、B碰撞過程中動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得mAv1＝(mA＋mB)v2，解得mB＝3kg，故選項B正確。7、兩球A、B在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運動，mA＝1kg，mB＝2kg，vA＝6m/s，vB＝2m/s。當A追上B并發生碰撞后，兩球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】碰前系統總動量為p＝mAvA＋mBvB＝(1×6＋2×2)kg·m/s＝10kg·m/s，碰前總動能為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，則碰后總動量為p′＝(1×3＋2×4)kg·m/s＝11kg·m/s，動量不守恒，A錯誤；碰撞后，A、B兩球同向運動，A球在B球的后面，A球的速度大于B球的速度，不可能，B錯誤；如果vA′＝2m/s，vB′＝4m/s，則碰后總動量為p′＝(1×2＋2×4)kg·m/s＝10kg·m/s，系統動量守恒，碰后總動能為Ek′＝(eq\f(1,2)×1×22＋eq\f(1,2)×2×42)J＝18J，系統動能減小，滿足碰撞的條件，C正確；如果vA′＝－4m/s，vB′＝7m/s，則碰后總動量為p′＝[1×(－4)＋2×7]kg·m/s＝10kg·m/s，系統動量守恒，碰后總動能為Ek′＝(eq\f(1,2)×1×42＋eq\f(1,2)×2×72)J＝57J，系統動能增加，不可能，D錯誤。8、(2022·河源開學考)內壁光滑的圓環管道固定于水平面上，圖為水平面的俯視圖。O為圓環圓心，直徑略小于管道內徑的甲、乙兩個等大的小球(均可視為質點)分別靜置于P、Q處，PO⊥OQ，甲、乙兩球質量分別為m、km。現給甲球一瞬時沖量，使甲球沿圖示方向運動，甲、乙兩球發生彈性碰撞，碰撞時間不計，碰后甲球立即向左運動，甲球剛返回到P處時，恰好與乙球再次發生碰撞，則()A．k＝eq\f(1,2) B．k＝eq\f(5,3)C．k＝2 D．k＝5【答案】B【解析】設甲球初速度為v0，初始時兩球間的弧長為l，則管道長為4l，設碰撞后甲、乙小球速度大小分別為v1、v2，兩球發生彈性碰撞，由動量守恒定律得mv0＝kmv2－mv1，由機械能守恒定律得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，則有l＝v1t，3l＝v2t，聯立方程，解得k＝eq\f(5,3)，故選B。二、多項選擇題9、(2022·北京西城區5月統測)蹦床是體操運動的一種，有“空中芭蕾”之稱。為了能夠更好地完成空中動作，在網上準備階段運動員要設法使自己彈得足夠高。如圖所示，蹦床的中心由彈性網面組成，若運動員從離水平網面3m高處由靜止自由下落，著網后沿豎直方向回到離水平網面5m高處，則在此過程中()A．只有重力對運動員做功，運動員的機械能守恒B．運動員的機械能增加，是因為彈性網彈力對運動員做正功C．彈性網彈力對運動員的沖量大小等于運動員重力的沖量大小D．彈性網彈力對運動員的沖量大小大于運動員重力的沖量大小【答案】BC【解析】運動員從離水平網面3m高處由靜止自由下落，著網后沿豎直方向回到離水平網面5m高處，初、末位置動能都為0，但末位置重力勢能大于初位置重力勢能，運動員的機械能增加了，故機械能不守恒，故A錯誤；運動員的機械能增加，彈性網彈力先對運動員做負功，再做正功，但總體做正功，故B正確；根據動量定理可知，運動員初、末速度為0，故動量的變化量為0，合外力的沖量為0，故彈性網彈力對運動員的沖量大小等于運動員重力的沖量大小，故C正確，D錯誤。10、(2022·綿陽第二次診斷)如圖所示，總質量為M、帶有光滑平臺的小車靜止在光滑水平地面上，一輕質彈簧左端固定于平臺上豎直擋板，右端用質量為m的小球壓縮一定距離后用細線鎖定。固定小車，燒斷細線，小球被彈出后落在車上A點，水平位移大小為L，彈簧對小球的沖量大小為I；不固定小車，燒斷細線，小球落在車上B點(圖中未標出)，則()A．小球水平位移大小大于LB．小球水平位移大小小于LC．彈簧對小球的沖量大小大于ID．彈簧對小球的沖量大小小于I【答案】BD【解析】固定小車時，彈簧彈性勢能全部轉化為了小球的動能，小球速度大，得到的沖量大；沒固定小車時，彈簧彈性勢能只有部分轉化為了小球的動能，小球速度小，得到的沖量小。綜上，小球水平位移大小小于L，得到的沖量大小小于I，故A、C錯誤，B、D正確。11、如圖甲所示，長2m的木板Q靜止在某水平面上，t＝0時刻，可視為質點的小物塊P以水平向右的某初速度從Q的左端向右滑行。P、Q的速度—時間圖像如圖乙所示，其中a、b分別是0～1s內P、Q的速度—時間圖線，1～2s內P、Q共同的速度—時間圖線。已知P、Q的質量均是1kg，g取10m/s2。則以下判斷正確的是()A．P、Q系統在相互作用的過程中動量守恒B．在0～2s內，摩擦力對Q的沖量是2N·sC．P、Q之間的動摩擦因數為0．1D．P相對Q靜止的位置在Q木板的右端【答案】AC【解析】根據圖乙可知，1s后二者以相同的速度勻速運動，水平方向受力平衡，即不受摩擦力作用，在0～2s內，木板Q下表面與水平面之間沒有摩擦力，P、Q系統在相互作用的過程所受的外力之和為零，動量守恒，故A正確；從圖像可知，0～2s內對Q，先做勻加速直線運動，再做勻速直線運動，在1～2s內無摩擦力，根據動量定理，摩擦力的沖量等于動量的變化，所以I＝Mv－0＝1N·s，故B錯誤；P從速度為2m/s減為1m/s所需的時間為1s，則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正確；在t＝1s時，P、Q相對靜止，一起做勻速直線運動，在0～1s內，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，則Δx＝x1－x2＝1m＜2m，知P與Q相對靜止時剛好在木板的中間，并不在木板的右端，故D錯誤。12、物理學中有一種碰撞被稱為“超彈性連續碰撞”，通過能量的轉移可以使最上面的小球彈起的高度比釋放時的高度更大。如圖所示，A、B、C三個彈性極好的小球，相鄰小球間有極小間隙，三球球心連線豎直，從離地一定高度處由靜止同時釋放(其中C球下部離地H)，所有碰撞均為彈性碰撞，且碰后B、C恰好靜止，則()A．C球落地前瞬間A球的速度為SKIPIF1<0B．從上至下三球的質量之比為1∶2∶6C．A球彈起的最大高度為25HD．A球彈起的最大高度為9H【答案】ABD【解析】因為A、B、C球由靜止同時釋放，所以落地瞬間的速度相等，由自由落體運動公式v2=2gH，解得vA=vC=vB=SKIPIF1<0，A正確；由題意可知，C球碰地，反向碰B，B再反向碰A，因都是彈性碰撞，設向上為正方向，由動量守恒定律和機械能守恒定律，C碰B過程有mCvC-mBvB=mBvB'，SKIPIF1<02，B碰A過程有mBvB'-mAvA=mAvA'，SKIPIF1<0，聯立解得mA∶mB∶mC=1∶2∶6，B正確；由B選項分析解得vA'=3SKIPIF1<0，A球彈起的最大高度hmax=SKIPIF1<0=9H，C錯誤，D正確。三、實驗題13、為了驗證動量守恒定律(探究碰撞中的不變量)，某同學選取了兩個材質相同、體積不等的立方體滑塊A和B，按下述步驟進行實驗：步驟1：在A、B的相撞面分別裝上尼龍拉扣，以便二者相撞以后能夠立刻結為整體；步驟2：安裝好實驗裝置如圖甲，鋁質軌道槽的左端是傾斜槽，右端是長直水平槽，傾斜槽和水平槽由一小段弧連接，軌道槽被固定在水平桌面上，在軌道槽的側面與軌道等高且適當遠處裝一臺數碼頻閃照相機；步驟3：讓滑塊B靜置于水平槽的某處，滑塊A從斜槽某處由靜止釋放，同時開始頻閃拍攝，直到A、B停止運動，得到一幅多次曝光的數碼照片；步驟4：多次重復步驟3，得到多幅照片，挑出其中最理想的一幅，打印出來，將刻度尺緊靠照片放置，如圖乙所示。(1)由圖分析可知，滑塊A與滑塊B碰撞發生的位置在________。①P5、P6之間②P6處③P6、P7之間(2)為了探究碰撞中動量是否守恒，需要直接測量或讀取的物理量是________。①A、B兩個滑塊的質量m1和m2②滑塊A釋放時距桌面的高度③頻閃照相的周期④照片尺寸和實際尺寸的比例⑤照片上測得的s45、s56和s67、s78⑥照片上測得的s34、s45、s56和s67、s78、s89⑦滑塊與桌面間的動摩擦因數寫出驗證動量守恒的表達式______________________________________________。(3)請你寫出一條有利于提高實驗準確度或改進實驗原理的建議：________________。【答案】(1)②(2)①⑥m1(2s56＋s45－s34)＝(m1＋m2)·(2s67＋s78－s89)(3)見解析(任意一條即可)【解析】(1)由題圖可知碰撞位置發生在P5、P6之間或P6處，又由于P6位置滑塊速度明顯減小，故A、B相撞的位置在P6處，故②正確。(2)設碰撞前滑塊A在P4、P5、P6的速度分別為v4、v5、v6，碰撞后，整體在P6、P7、P8的速度分別為v6′、v7、v8，則v4＝eq\f(s34＋s45,2T)，v5＝eq\f(s45＋s56,2T)，又v5＝eq\f(v4＋v6,2)，解得碰撞前滑塊A速度v6＝eq\f(2s56＋s45－s34,2T)，同理，碰撞后整體的速度v6′＝eq\f(2s67＋s78－s89,2T)，需要驗證的方程為m1v6＝(m1＋m2)v6′，將以上兩式代入整理得m1(2s56＋s45－s34)＝(m1＋m2)(2s67＋s78－s89)，故需要直接測量的物理量是A、B兩個滑塊的質量m1和m2及s34、s45、s56和s67、s78、s89，故①、⑥正確。(3)提高實驗準確度或改進實驗原理的建議：①使用更平整的軌道槽，軌道要平整，防止各段摩擦力不同，滑塊做非勻變速運動。②在足夠成像的前提下，縮短頻閃照相每次曝光的時間，碰撞時間很短，縮短頻閃照相每次曝光的時間，使滑塊碰撞位置拍攝更清晰、準確。③適當增大相機和軌道槽的距離，相機和軌道槽的距離較小時，由于鏡頭拍攝引起的距離誤差增大，應適當增大相機和軌道槽的距離。④將軌道的一端墊起少許，平衡摩擦力，使得滑塊碰撞前后都做勻速運動。14、如圖所示，某同學利用氣墊導軌和光電門驗證動量守恒定律。將氣墊導軌放置在水平桌面上，導軌的左端有緩沖裝置，右端固定有彈簧。將滑塊b靜止放于兩光電門之間，用彈簧將滑塊a彈出。滑塊a被彈出后與b發生碰撞，b與緩沖裝置相碰后立即停下，測得滑塊a、b質量分別為ma、mb，兩個滑塊上安裝的擋光片的寬度均為d。(1)實驗中記錄下滑塊b經過光電門時擋光片的擋光時間為t0，滑塊a第一次、第二次經過光電門A時，擋光片的擋光時間分別為t1、t2，則通過表達式可以驗證動量守恒定律。物塊a、b的質量大小關系為ma(選填“>”“<”或“=”)mb；

(2)將滑塊b上的擋光片取下，在兩滑塊相鄰端面粘上輕質尼龍拉扣，使兩滑塊碰撞能粘在一起運動，記錄下滑塊a上擋光片經過光電門A的擋光時間為ta，滑塊a、b粘在一起后擋光片經過光電門B的擋光時間為tb，若兩滑塊的質量仍為ma、mb，則驗證動量守恒定律的表達式是。

答案:(1)SKIPIF1<0<(2)SKIPIF1<0解析:(1)滑塊b碰后的速度v2=SKIPIF1<0滑塊a碰前的速度v0=SKIPIF1<0滑塊a碰后彈回的速度v1=SKIPIF1<0要驗證的關系是mav0=mbv2-mav1即maSKIPIF1<0=mbSKIPIF1<0-maSKIPIF1<0即SKIPIF1<0因a碰后反彈，則物塊a、b的質量大小關系為ma<mb。(2)滑塊a經過光電門A的速度va=SKIPIF1<0兩滑塊粘在一起后經過光電門B時的速度vab=SKIPIF1<0要驗證的關系是mava=(ma+mb)vab即maSKIPIF1<0=(ma+mb)SKIPIF1<0即SKIPIF1<0。四、解答題15、宇宙飛船在飛行過程中有很多技術問題需要解決，其中之一就是當飛船進入宇宙微粒塵區時如何保持速度不變的問題。假設一宇宙飛船以v＝2.0×103m/s的速度進入密度ρ＝2.0×10－6kg/m3的微粒塵區，飛船垂直于運動方向上的最大截面積S＝5m2，且認為微粒與飛船相碰后都附著在飛船上，則飛船要保持速度v不變，所需推力多大？【答案】40N【解析】設飛船在微粒塵區飛行Δt時間，則在這段時間內附著在飛船上的微粒質量Δm＝ρSvΔt，微粒由靜止到與飛船一起運動，微粒的動量增加，由動量定理Ft＝Δp得FΔt＝Δmv＝ρSvΔtv，所以飛船所需推力F＝ρSv2＝2.0×10－6×5×(2.0×103)2N＝40N。16、如圖所示，在水平面上依次放置小物塊A、C以及曲面劈B，其中A與C的質量相等均為m，曲面劈B的質量M＝3m，曲面劈B的曲面下端與水平面相切，且曲面劈B足夠高，各接觸面均光滑。現讓小物塊C以水平速度v0向右運動，與A發生碰撞，碰撞后兩個小物塊粘在一起滑上曲面劈B。求：圖4(1)碰撞過程中系統損失的機械能；(2)碰后物塊A與C在曲面劈B上能夠達到的最大高度。【答案】(1)eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)(2)eq\f(3veq\o\al(2,0),40g)【解析】(1)小物塊C與物塊A發生碰撞粘在一起，以v0的方向為正方向，由動量守恒定律得mv0＝2mv，解得v＝eq\f(1,2)v0碰撞過程中系統損失的機械能為E損＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)×2mv2，解得E損＝eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)。(2)當小物塊A、C上升到最大高度時，A、B、C系統的速度相等。根據動量守恒定律mv0＝(m＋m＋3m)v1，解得v1＝eq\f(1,5)v0根據機械能守恒得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\