第七章動量守恒定律

質量監測試卷

本試卷分第I卷（選擇題）和第n（非選擇題）兩部分。滿分：100分；考試時間：75分鐘

注意事項：

1.答題前，考生先將自己的姓名.班級.座號.準考證號填寫在答題卡上。

2.答選擇題時，必須使用2B鉛筆填涂；答非選擇題時，必須使用0.5毫米的黑色簽字筆書寫；必須在題號

對應的答題區域內作答，超出答題區域書寫無效；保持答卷清潔.完整。

3.考試結束后，將答題卡交回（試題卷自己保存，以備評講）。

第I卷（選擇題，共43分）

一、單項選擇題：（本題共7小題，每小題4分，共28分.在每小題給出的四個選項中，只

有一項是符合題目要求）

1.甲、乙兩人靜止在光滑的冰面上，甲推乙后，兩人向相反方向滑去。若甲的質量大于乙的質量，則（）

A.甲推乙的過程中，甲對乙的作用力大于乙對甲的作用力

B.甲推乙的過程中，甲對乙的沖量小于乙對甲的沖量

C.分開后，甲的動量大于乙的動量

D.分開后，甲的動能小于乙的動能

【答案】D

【詳解】A.根據牛頓第三定律可知，甲推乙的過程中，甲對乙的作用力等于乙對甲的作用力，故A錯誤;

BC.甲推乙的過程中，甲乙二人組成的系統在二者相互作用過程中不受外力，滿足系統動量守恒條件，故

甲對乙的沖量與乙對甲的沖量等大反向，故分開后，甲的動量等于乙的動量，故BC錯誤；

D.根據

可知動量大小相等，而甲的質量大于乙的質量，故甲的動能小于乙的動能，故D正確。

故選D。

2.西安古城墻上有一塊磚的質量掰=1kg,取重力加速度大小g=10m/s2,則經時間l=5s,重力對該磚的

沖量（）

A.大小為50N?sB.方向垂直向下C.方向豎直向上D.大小為40N?s

【答案】A

【詳解】重力對對該磚的沖量

I=Gt=mgt=lxlOx5N-s=5ONs

方向豎直向下。故A正確，BCD錯誤。

故選Ao

3.運輸易碎器件時，經常在包裝箱中填充泡沫塑料，這是因為在碰撞過程中，泡沫塑料能減小（）

A.器件的慣性B.器件受到的沖量

C.器件的動量變化量D.器件受到的作用力

【答案】D

【詳解】根據

Ft=\p

可知在碰撞過程中，泡沫塑料能延長接觸時間，從而起到減小器件受到的作用力的效果。

故選D。

4.一個質量為2kg的物體在合力/的作用下從靜止開始沿直線運動，/隨時間/變化的圖像如圖所示。則

下列說法正確的是（）

A.Z=ls時，物體的速度為2m/s

B.f=2s時，物體的動量為4kg-m/s

C.Z=0到片Is時間內，物體動量的變化量為-2kg-m/s

D.z=2s到片3s時間內，力廠的沖量為lN-s

【答案】B

【詳解】AC.在0?Is內，根據動量定理可得

Ft】=\px=mv{-0

可得夕0到片Is時間內，物體動量的變化量為

陰=2x1=2kg-m/s

可得Pls時，物體的速度為

V.=^^m/s=Im/s

12

故AC錯誤；

B.在0?2s內，根據動量定理可得

Ft2=mv2-0

可得￡=2s時，物體的動量為

p2=mv2=Ft2=2x2kg?m/s=4kg?m/s

2

故B正確；

D.Z=2s到/=3s時間內，力廠的沖量為

/F=F4=—lx(3-2)N-s=-lN-s

故D錯誤。

故選B。

5.如圖所示，斜面體放在光滑水平地面上，其光滑斜面上有一物體由靜止開始沿斜面下滑。在物體下滑過

程中，物體和斜面體組成的系統()

A.機械能守恒，動量不守恒B.機械能與動量均不守恒

C.機械能與動量均守恒D.機械能不守恒，動量守恒

【答案】A

【詳解】在物體下滑過程中，只有重力做功，物體和斜面體組成的系統機械能守恒，物體和斜面體組成的

系統所受合外力不為零，動量不守恒。

故選Ao

6.甲、乙兩滑塊的質量分別為2加和加，它們以相同的速率v在光滑水平面上相向運動并發生碰撞。若碰

撞后兩滑塊黏合在一起，則碰撞過程中系統損失的機械能為()

4,21,

A.—mv~2B.mvC.-mv~2D.—mv~

332

【答案】A

【詳解】碰撞前后動量守恒，則

2mv-mv=(2m+m)v'

解得

/=上

3

碰撞過程中系統損失的機械能為

AE*=—x2mv2+—mv2--x(2m+ni)^2=^mv2

2223

故選Ao

7.皮劃艇射擊是一種比賽運動，比賽時，運動員站在靜止的皮劃艇上，持槍向岸上的槍靶水平射擊。已知

運動員(包括除子彈外的裝備)及皮劃艇的總質量為子彈的質量為冽，假設子彈射擊過程中火藥釋放

的總能量為E,且全部轉化為動能，在陸地射擊和在皮劃艇上射擊時子彈出射速度會有少許差異。陸地射擊

時子彈的射出速度為V/,子彈動能為紜1；在皮劃艇上射擊時子彈的出射速度為V2,動能為￡卜2,運動員及

3

皮劃艇的速度為V3,射擊過程中可認為子彈、運動員及皮劃艇組成的系統在水平方向動量守恒。下列關系

式正確的是（）

E2(￡D,工=

A.K=C.v=

mEjM2Mmv2

【答案】D

【詳解】A.在陸地射擊時，火藥釋放的能量全部轉化為子彈的動能，因此有

凡i=：相片=E

解得

2E

A錯誤;

CD.在皮劃艇上射擊時，根據水平方向動量守恒，有

0=MV3+mv2

11

E=—Afvf9+—mvf9

聯立解得

故C錯誤，D正確;

B.在皮劃艇上射擊時，子彈的動能

1A/

EFk2=一2百E

則

Eg_M+m

豆=M

故B錯誤。

故選D。

二、多項選擇題（本題共3小題，每小題5分，共15分.在每小題給出的四個選項中，有多

項符合題目要求.全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分）

8.如圖所示，光滑圓環水平放置并固定，a、b、c為圓環上的三等分點，圓環內有質量為冽A和恤的小球

A和B（機A＞機B）。初始時小球A以初速度％沿圓環切線方向運動，與靜止的小球B在。點發生碰撞，兩

小球始終在圓環內運動。若小球A與B之間為彈性碰撞，且所有的碰撞位置剛好位于。、b,c點，則小球

4

的質量比*可能為()

3C.4D.5

【答案】AD

【詳解】兩球碰后速度分別為％、無，根據動量守恒以及機械能守恒可得

WAV0=WAVA+WBVB

1^0

聯立解得

mA-mR2mAvn

因為所有的碰撞位置剛好位于等邊三角形的三個頂點，則

①若第二次碰撞發生在圖中的6點，則從第一次碰撞到第二次碰撞之間，A、B通過的路程之比為

本■=。/23…)

且

幺=2k

可得

mA_4+3左

mB2-3k

由兩質量均為正數，故左=0,即

隊=2

叫

對第二次碰撞，設A、B碰撞后速度大小分別為％,其，根據動量守恒以及機械能守恒可得

mAVA+mBVB=加A%+mB^B

+g加B*=gmA以2+[/42

聯立解得

以="o,vg=。

5

故第三次碰撞發生在6點、第四次碰撞發生在c點，以此類推，滿足題意。

②若第二次碰撞發生在圖中的c點，則從第一次碰撞到第二次碰撞之間，A、B通過的路程之比為

言…)

且

2k=2k

&VB

可得

mA_5+3k

mB1一3左

兩質量均為正數，故我=0,即

△=5

根據①的分析可證以=%，/=0,滿足題意。

故選ADo

9.一個質量為60kg的蹦床運動員，從離水平網面3.2m高處自由下落，著網后沿豎直方向蹦回到離水平網

面5.0m高處，已知運動員與網接觸的時間為0.8s,g取lOm/s?。貝lj(

A.運動員與網接觸瞬間的速度大小為8m/s

B.運動員與網接觸的這段時間內動量的變化量大小為120kg?m/s

C.運動員的平均作用力大小為1350N

D.運動員向上離網瞬間比向下觸網瞬間的動能增加1080J

【答案】ACD

【詳解】A.離水平網面4=3.2m高處自由下落，由

mv

~i=rngh}

得網接觸瞬間的速度大小為

Vj=J2g〃[=8m/s

故A正確;

B.設向上為正方向，則巧=8m/s著網后沿豎直方向蹦回到離水平網面為=5.0m高處，由

gmv\=mgh2

得離網速度大小為

v2==10m/s

動量的變化量大小

\p=mv,-mvx=1080kg-m/s

6

故B錯誤；

C.由動量定理，運動員的平均作用力大小為

A￡=1080N=1350N

AZ0.8

故C正確；

D.運動員動能變化量為

1,1,

AEk=-mv^--mv^=1080J

故D正確。

故選ACDo

10.如圖，質量為M的小車靜止在光滑水平面上，小車N8段是半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道，8c段

是長為￡的粗糙水平軌道，兩段軌道相切于3點。一質量為優的可視為質點的滑塊，從小車上的N點由靜

止開始沿軌道下滑，然后滑入8c軌道，最后恰好停在C點。已知小車質量M=5m,滑塊與軌道間的動

A.全過程滑塊在水平方向上相對地面的位移的大小為R+L

B.全過程小車相對地面的位移大小為管

C.小車在運動過程中速度的最大值為樽

D.〃、3R三者之間的關系為R=

【答案】CD

【詳解】AB.滑塊與小車組成的系統水平方向動量守恒，由人船模型特點有

Msx=ms2

S]+“=R+L

由上兩式解得

R+L

51=—

_5（R+C）

52

全過程滑塊在水平方向上相對地面的位移的大小為亞土D,全過程小車相對地面的位移大小為鋁

66

7

所以AB錯誤；

C.滑塊滑到圓弧軌道最低點時，小車速度最大，滑動與小車組成的系統水平方向動量守恒，則有

Mvx=mv2

1212

mgR=—MV14--mv2

由上兩式解得

小車在運動過程中速度的最大值為梧，故c正確；

D.滑塊最后恰好停在C點時，小車也停止運動，全程由能量守恒定律則有

mgR=jLimgL

解得

R=/JL

故D正確。

故選CD。

第n卷（非選擇題，共57分）

三、實驗題（本大題共2小題，共16分）

11.（6分）11.某同學用如圖甲所示裝置做“驗證動量守恒定律”實驗。圖中O是斜槽水平末端在記錄紙上

的垂直投影點，P為未放被碰小球時入射小球叫的平均落點，M為與被碰小球碰后入射小球網的平均落點,

N為被碰小球加2的平均落點。

（1）下列說法正確的是o

A.為完成此實驗，必須使用的測量器材有天平、秒表、刻度尺

B.安裝軌道時，軌道末端必須水平

C.同一組實驗中，入射小球必須從同一位置由靜止釋放

D.入射小球的質量小于被碰小球的質量，兩球的半徑相同

（2）實驗中，除測量平拋射程OM、ON、O尸外，還需要測量的物理量有o（填序號）

A.入射小球明開始釋放高度

8

B.拋出點距地面的高度〃

C.入射小球質量叫和被碰小球質量加2

（3）若測量的物理量滿足關系式（用所測物理量的字母表示），則入射小球和被碰小球

碰撞前后的總動量不變。

【答案】（1）BC

⑵C

（3）加]*OP=m^OM+m2?ON

【詳解】（1）A.小球碰撞后做平拋運動，由于小球拋出點的高度相等，小球做平拋運動的時間相等，小球

水平位移與初速度成正比，可以用小球的水平位移代替小球的初速度，實驗要測量小球的質量與水平位移,

需要刻度尺與天平，本實驗不需要測量時間，不需要秒表，故A錯誤；

B.要保證每次小球都做平拋運動，則軌道的末端必須水平，故B正確；

C.同一組實驗中，入射小球必須從同一位置由靜止釋放，以保證到達底端做平拋運動時的速度相同，故C

正確；

D.為防止入射小球碰后反彈，則入射小球的質量必須大于被碰小球的質量，故D錯誤。

故選BCo

（2）小球碰撞后做平拋運動，由于小球拋出點的高度相等，小球做平拋運動的時間相等，小球水平位移與

初速度成正比，可以用小球的水平位移代替小球的初速度，實驗要測量小球的質量與水平位移。

故選Co

（3）如果碰撞過程系統動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得

mjV0=WjV]+m2V2

小球離開軌道后做平拋運動，它們拋出點的高度相等，在空中的運動時間f相等，上式兩邊同時乘以，得

加1%/=WjV/+m^v2t

即

mx?OP=mx?OM+m2*ON

12.（10分）利用圖示的實驗裝置對碰撞過程進行研究。讓質量為沖的滑塊A與質量為加2的靜止滑塊B

在水平氣墊導軌上發生碰撞，碰撞時間極短，比較碰撞后A和B的速度大小匕和修，進而分析碰撞過程是

否為彈性碰撞。完成下列填空：

C1）開動氣泵，調節氣墊導軌，直至看到導軌上的滑塊能在短時間內保持靜止，可認為氣墊導

軌.!

（2）要使碰撞后兩滑塊運動方向相反，應使滑塊A的質量mi滑塊B的質量m2（選填“大于”、“小

9

于”或“等于”）。

（3）調節B的位置，使得A與B接觸時，A的左端到左邊擋板的距離邑與B的右端到右邊擋板的距離52相

等。

（4）使A以一定的初速度沿氣墊導軌運動，并與B碰撞，分別用傳感器記錄A和B從碰撞時刻開始到各

自撞到擋板所用的時間4和才2，則碰后A的速度匕為,B的速度丫2為=（用邑、$2、4、（2

表示）

（5）將B放回到碰撞前的位置，改變A的初速度大小，多次重復步驟（4）o

（6）由（4）（5）數據得到21的平均值。

（7）理論研究表明，對本實驗的碰撞過程，是否為彈性碰撞可由X判斷。若兩滑塊的碰撞為彈性碰撞，則

入的理論表達式為生產；因此，如果（6）中土的實際平均值與（7）中理論值結果間的差別在允許范

v22加1v2

圍內，則可認為滑塊A與滑塊B在導軌上的碰撞為彈性碰撞。

【答案】水平小于y

【詳解】（1）[1]導軌上的滑塊能在短時間內保持靜止，證明氣墊導軌調至水平；

（2）[2]應該用質量較小的滑塊碰撞質量較大的滑塊，碰后運動方向相反；

⑷[1]⑵碰后A、B的速度分別為

S]s2

V丁二

四、解答題（本大題共3小題，共41分。解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟。只寫出

最后答案不能得分。有數據計算的題，答案中必須明確寫出數值和單位）

13.（10分）如圖，一長木板在光滑的水平面上以速度%向右做勻速直線運動，將一小滑塊無初速地輕放在

木板最右端。已知滑塊和木板的質量分別為加和2加，它們之間的動摩擦因數為〃，重力加速度為g。

（1）滑塊相對木板靜止時，求它們的共同速度大小；

（2）某時刻木板速度是滑塊的2倍，求此時滑塊到木板最右端的距離。

2

【答案】（1）-v0；（2）

【詳解】（1）滑塊與木板組成的系統滿足動量守恒，則有

2mv0=(2m+m)v

解得滑塊相對木板靜止時，它們的共同速度大小為

10

2

人”

(2)某時刻木板速度是滑塊的2倍，設滑塊的速度為匕，則木板的速度為2匕，根據動量守恒可得

2mv0=2m?2Vl+mv1

解得

2

匕=1%

根據能量守恒可得

12

pimgs=-x2mVQ-2m(2v1)—

解得滑塊與木板的相對位移為

25Hg

可知此時滑塊到木板最右端的距離為二^

25〃g

14.(14分)如圖所示，質量為V=3.0kg,半徑R=0.6m的四分之一光滑圓弧槽靜置于光滑水平地面上,

有兩個大小、形狀相同的可視為質點的光滑小球機1、加2，g=L°kg、嗎=2.0kg,叫右側與球心等高處

連接一輕質彈簧，彈簧的另一端距圓弧槽底有一定距離。現將叫從圓弧槽頂端由靜止釋放，重力加速度

g=10m/s2,求：

(1)若圓弧槽固定不動，小球叫滑到圓弧槽底端時，圓弧槽對小球的支持力大小；

(2)若圓弧槽不固定，求彈簧壓縮過程中的最大彈性勢能；

(3)若圓弧槽不固定，試通過計算分析小球叫能否再次滑上圓弧槽。

【詳解】(1)圓弧槽固定，小球下滑過程滿足機械能守恒，則有

1,

mxgR=-m]v-

解得

%=2Gm/s

小球/滑離圓弧槽低端時，由牛頓第二定律可得

11

解得

5=30N

（2）圓弧槽不固定，槽和小球組成的系統在水平方向動量守恒，以向左為正方向，則有

加iW_MV2=0

由系統機械能守恒可得

1212

m^R=—m1v1+—A/V2

聯立解得

V1=3m/s,v2=1m/s

當小球風、g速度相等時，彈簧具有最大彈性勢能，根據動量守恒得

冽1匕=的+加2）丫

解得共同速度為

v=lm/s

根據能量守恒可得

丸max=；加后一#町+加2/2

代入數據可得

Epmax=3J

（3）當彈簧回復原長時小球網向右運動，速度為匕，小球叫向左運動，速度為根據動量守恒得

冽1匕=m2v4-m1v3

由能量守恒得

聯立解得

v3=1m/s

由于匕=%,故必不能再次滑上圓弧槽。

15.（17分）如圖所示，水平地面上固定著一個傾角為。的足夠長斜面，一質量為加A=2加的滑塊A放在斜面

上時恰好處于靜止狀態，另一滑塊B（滑塊B光滑且滑塊B的質量小于滑塊A的質量）從滑塊A上方相距

工的位置由靜止釋放，已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g,兩滑塊間的碰撞為彈性碰撞且

碰撞時間極短，第一次碰撞后瞬間滑塊A與滑塊B的速率之比為2：1。求：

（1）第一次碰撞前瞬間，滑塊B的速率；

（2）滑塊B的質量；

（3）兩滑塊第一次碰撞到第三次碰撞時間內，滑塊A運動的位移大小。

12

B

A?

【答案】(1)J2g￡sin(；(2)加；(3)8￡

【詳解】(1)由牛頓第二定律得，滑塊B的加速度大小為

〃_加Bgsin。

=gsin6

加B

由%2=2〃，解得兩滑塊第一次碰撞前瞬間，滑塊B的速度

v0=-J2aL=J2g￡sin9

(2)取沿著斜面向下為速度的正方向，設兩滑塊第一次碰撞后瞬間，滑塊A和滑塊B的速度分別為匕和匕,

則有

|?BVO

解得

2m2mr—：―~Tm-2mm-2m/一.T

V[=----------JR%=---------RJRR