人教版 (2019)选择性必修 第一册3 动量守恒定律综合训练题

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一、选择题（1~8题，每题6分，共48分）
1.（2020·全国高三联考）（单选）下列关于动量的说法正确的是( )
A．质量大的物体动量一定大
B．速度大的物体动量一定大
C．两物体动能相等，动量不一定相等
D．两物体动能相等，动量一定相等
【答案】C
【解析】动量等于运动物体质量和速度的乘积，动量大小与物体质量、速度两个因素有关，A、B错；由动量大小和动能的表达式得出p＝eq \r(2mEk)，两物体动能相等，质量关系不明确，动量不一定相等，D错，C对。
2.（2020·河北河间四中高二期中）（单选）4.质量为1 kg的物体做直线运动，其速度—时间图象如图所示。则物体在前10 s内和后10 s内所受外力的冲量分别是( )
A．10 N·s,10 N·s
B．10 N·s，－10 N·s
C．0,10 N·s
D．0，－10 N·s
【答案】D
【解析】由图象可知，在前10 s内初、末状态的动量相同，p1＝p2＝5 kg·m/s，由动量定理知I1＝0；在后10 s内末状态的动量p3＝－5 kg·m/s，由动量定理得I2＝p3－p2＝－10 N·s，故选项D正确。
3.（单选）如图所示，一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离。已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1为( )
A．v0－v2 B．v0＋v2
C．v0－eq \f(m2,m1)v2 D．v0＋eq \f(m2,m1)(v0－v2)
【答案】D
【解析】火箭和卫星组成的系统，在分离前后沿原运动方向上动量守恒，由动量守恒定律有：(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，解得：v1＝v0＋eq \f(m2,m1)(v0－v2)，D项正确。
4．（2020·四川省绵阳南山中学高二月考）（单选）光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为α的斜面体A，斜面体质量为M，底边长为L，如图所示。将一质量为m、可视为质点的滑块B从斜面的顶端由静止释放，滑块B经过时间t刚好滑到斜面底端。此过程中斜面对滑块的支持力大小为FN，则下列说法中正确的是( )
A．FN＝mgcs α
B．滑块B下滑过程中支持力对B的冲量大小为FNtcs α
C．滑块B下滑过程中A、B组成的系统动量守恒
D．此过程中斜面向左滑动的距离为eq \f(m,M＋m)L
【答案】D
【解析】当滑块B相对于斜面加速下滑时，斜面A水平向左加速运动，所以滑块B相对于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面方向的合外力不再为零，所以斜面对滑块的支持力FN不等于mgcs α，A错误；滑块B下滑过程中支持力对B的冲量大小为FNt，B错误；由于滑块B有竖直方向的分加速度，所以系统竖直方向合外力不为零，系统的动量不守恒，C错误；系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，设A、B两者水平位移大小分别为x1、x2，则Mx1＝mx2，x1＋x2＝L，解得x1＝eq \f(m,M＋m)L，D正确。
5.(2019·日照一模)A、B两小球静止在光滑水平面上，用轻弹簧相连接，A、B两球的质量分别为m和M(m甲 乙
A．L1>L2 B．L1C．L1＝L2 D．不能确定
【答案】C
【解析】当弹簧压缩到最短时，两球的速度相同，对甲图取A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv＝(M＋m)v′，由机械能守恒定律得：Ep＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)(M＋m)v′2，联立解得弹簧压缩到最短时有：Ep＝eq \f(mMv2,2m＋M)。同理，对乙图取B的初速度方向为正方向，当弹簧压缩到最短时也有：Ep＝eq \f(mMv2,2m＋M)，两次弹性势能相等，则有：L1＝L2，故选项C正确。
6.(多选)(2019·安徽安庆五校联考)如图所示，光滑水平面上静止着一辆质量为M的小车，小车上带有一光滑的、半径为R的eq \f(1,4)圆弧轨道。现有一质量为m的光滑小球从轨道的上端由静止开始释放，下列说法中正确的是( )
A．小球下滑过程中，小车和小球组成的系统总动量守恒
B．小球下滑过程中，小车和小球组成的系统总动量不守恒
C．小球下滑过程中，在水平方向上小车和小球组成的系统总动量守恒
D．小球下滑过程中，小车和小球组成的系统机械能守恒
【答案】BCD
【解析】小车和小球组成的系统在水平方向上所受的合外力为零，则水平方向上动量守恒，竖直方向所受合外力不为零，所以总的动量不守恒；除重力以外的其他外力不做功，小车和小球组成的系统机械能守恒，B、C、D正确。
7.（2020·乌鲁木齐市第四中学高二期中）（多选）如图所示，动量分别为pA＝12 kg·m/s、pB＝13 kg·m/s的两个小球A、B在光滑的水平面上沿一直线向右运动，经过一段时间后两球发生正碰，分别用ΔpA、ΔpB表示两小球动量的变化量。则下列选项中可能正确的是 ( )

A．ΔpA＝－3 kg·m/s、ΔpB＝3 kg·m/s
B．ΔpA＝－2 kg·m/s、ΔpB＝2 kg·m/s
C．ΔpA＝－24 kg·m/s、ΔpB＝24 kg·m/s
D．ΔpA＝3 kg·m/s、ΔpB＝－3 kg·m/s
【答案】 AB
【解析】 本题的碰撞问题要遵循三个规律：动量守恒定律，碰后系统的机械能不增加和碰撞过程要符合实际情况。本题属于追及碰撞，碰前，后面运动物体的速度一定要大于前面运动物体的速度(否则无法实现碰撞)，碰后、前面物体的动量增大，后面物体的动量减小，减小量等于增大量，所以ΔpA＜0，ΔpB＞0，并且ΔpA＝－ΔpB，据此可排除选项D；若ΔpA＝－24 kg·m/s、ΔpB＝24 kg·m/s，碰后两球的动量分别为pA′＝－12 kg·m/s、pB′＝37 kg·m/s，根据关系式Ek＝eq \f(p2,2m)可知，A球的质量和动量大小不变，动能不变，而B球的质量不变，但动量增大，所以B球的动能增大，这样系统的机械能比碰前增大了，选项C可以排除；经检验，选项A、B满足碰撞遵循的三个原则。
8．(多选)向空中发射一枚炮弹，不计空气阻力，当炮弹的速度v0恰好沿水平方向时，炮弹炸裂成a、b两块，若质量较大的a的速度方向仍沿原来的方向，则 ( )
A．b的速度方向一定与原来速度方向相反
B．从炸裂到落地的这段时间内，a飞行的水平距离一定比b的大
C．a、b一定同时到达水平地面
D．在炸裂过程中，a、b受到的爆炸力的大小一定相等
【答案】CD
【解析】炮弹炸裂前后动量守恒，选定v0的方向为正方向，则mv0＝mava＋mbvb，显然vb>0、vb<0、vb＝0都有可能，A错误；vb>va、vb非选择题（ 共52分）
9.（8分）如图所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系：先安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下重垂线所指的位置O。

接下来的实验步骤如下：
步骤1：不放小球2，让小球1从斜槽上A点由静止滚下，并落在地面上。重复多次，用尽可能小的圆，把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置；
步骤2：把小球2放在斜槽前端边缘位置B，让小球1从A点由静止滚下，使它们碰撞。重复多次，并使用与步骤1同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置；
步骤3：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置M、P、N离O点的距离，即线段OM、OP、ON的长度。
(1)上述实验除需测量线段OM、OP、ON的长度外，还需要测量的物理量有 。
A．A、B两点间的高度差
B．B点离地面的高度h2
C．小球1和小球2的质量m1、m2
D．小球1和小球2的半径r
(2)当所测物理量满足表达式 (用所测物理量的字母表示)时，即说明两球碰撞遵守动量守恒定律。
(3)完成上述实验后，某实验小组对上述装置进行了改造，如图2所示。使小球1仍从斜槽上A点由静止滚下，重复实验步骤1和2的操作，得到两球落在圆心在斜槽末端eq \f(1,4)圆弧的平均落点M′、P′、N′。用测量斜面顶点与M′、P′、N′三点的连线与竖直方向的夹角分别为α1、α2、α3。则验证两球碰撞过程中动量守恒的表达式 (用所测物理量的字母表示)。
【答案】(1)C (2)m1·OP＝m1·OM＋m2·ON (3) QUOTE
【解析】(1)根据动量守恒得：m1v1＝m1v1′＋m2v2′、小球做平抛运动下落的高度相同，所以运动时间相等，可得：m1·OP＝m1·OM＋m2·ON，所以除了测量线段OM、OP、ON的长度外，还需要测量的物理量是小球1和小球2的质量m1、m2，故选C。
(2)因为平抛运动的时间相等，则水平位移可以代表速度，OP是A球不与B球碰撞平抛运动的位移，该位移可以代表A球碰撞前的速度，OM是A球碰撞后平抛运动的位移，该位移可以代表碰撞后A球的速度，ON是碰撞后B球的水平位移，该位移可以代表碰撞后B球的速度，当所测物理量满足表达式m1·OP＝m1·OM＋m2·ON。
(3)小球做平抛运动有v0t＝Rsin α，，联立可得：，根据动量守恒定律有m1v＝mv1＋m2v2，得。
10.（8分）某同学利用打点计时器和气垫导轨做验证动量守恒定律的实验．气垫导轨装置如图甲所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架等组成．在空腔导轨的两个工作面上均匀分布着一定数量的小孔，向导轨空腔内不断通入压缩空气，空气会从小孔中喷出，使滑块稳定地漂浮在导轨上，这样就大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差．

(1)下面是实验的主要步骤：
①安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平；
②向气垫导轨通入压缩空气；
③把打点计时器固定在紧靠气垫导轨左端弹射架的外侧，将纸带穿过打点计时器与弹射架并固定在滑块1的左端，调节打点计时器的高度，直至滑块拖着纸带移动时，纸带始终在水平方向；
④使滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳；
⑤把滑块2放在气垫导轨的中间；
⑥先接通打点计时器的，然后_释放，让滑块带动纸带一起运动；
⑦取下纸带，重复步骤④⑤⑥，选出理想的纸带如图乙所示；
⑧测得滑块1的质量为310 g，滑块2(包括橡皮泥)的质量为205 g.
请完善实验步骤⑥的内容．
(2)已知打点计时器每隔0.02 s打一个点，计算可知两滑块相互作用以前系统的总动量为；两滑块相互作用以后系统的总动量为(结果均保留三位有效数字)
(3)试说明(2)中两结果不完全相等的主要原因是_纸带和打点计时器限位孔之间有摩擦力的作用.
【答案】：见解析
【解析】：(1)使用打点计时器时，先接通电源后释放纸带，所以步骤⑥中先接通打点计时器的电源，后释放滑块1.
(2)放开滑块1后，滑块1做匀速运动，跟滑块2发生碰撞后跟滑块2一起做匀速运动，根据纸带的数据可计算出碰撞前滑块1的动量为：p1＝m1v1＝0.310×eq \f(0.200,0.10) kg·m/s＝0.620 kg·m/s，滑块2的动量为零，所以碰撞前的总动量为0.620 kg·m/s；碰撞后滑块1、2速度相等，所以碰撞后总动量为：(m1＋m2)v2＝(0.310＋0.205)×eq \f(0.168,0.14) kg·m/s＝0.618 kg·m/s.
(3)结果不完全相等是因为纸带与打点计时器限位孔之间有摩擦力的作用．
11.（10分）(2020·山西省实验中学高三下学期期中测试)一艘宇宙飞船以v＝1.0×104 m/s的速度进入密度为ρ＝2.0×10－7 kg/m3的微陨石流中，如果飞船在垂直于运动方向上的最大截面积S＝5 m2，且认为微陨石与飞船碰撞后都附着在飞船上。为使飞船的速度保持不变，飞船的牵引力应为多大？
【答案】 100 N
【解析】设t时间内附着在飞船上的微陨石总质量为Δm，则Δm＝ρSvt
这些微陨石由静止至随飞船一起运动，其动量增加是受飞船对其作用的结果，由动量定理有Ft＝Δp＝Δmv
则微陨石对飞船的冲量大小也为Ft，为使飞船速度保持不变，飞船应增加的牵引力为ΔF＝F
综合①②③并代入数值得ΔF＝100 N，即飞船的牵引力应为100 N。
12.（12分）(2020·邯郸模拟)如图所示，木块A、B的质量均为m，放在一段粗糙程度相同的水平地面上，木块A、B间夹有一小块炸药(炸药的质量可以忽略不计)。让A、B以初速度v0一起从O点滑出，滑行一段距离后到达P点，速度变为eq \f(v0,2)，此时炸药爆炸使木块A、B脱离，发现木块B立即停在原位置，木块A继续沿水平方向前进。已知O、P两点间的距离为s，设炸药爆炸时释放的化学能全部转化为木块的动能，爆炸时间很短可以忽略不计，求：
(1)木块与水平地面间的动摩擦因数μ；
(2)炸药爆炸时释放的化学能。
【答案】(1)eq \f(3v\\al(2,0),8gs) (2)eq \f(1,4)mveq \\al(2,0)
【解析】(1)从O滑到P，对A、B由动能定理得
－μ·2mgs＝eq \f(1,2)×2meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v0,2)))eq \s\up20(2)－eq \f(1,2)×2mveq \\al(2,0)，
解得μ＝eq \f(3v\\al(2,0),8gs)。
(2)在P点爆炸时，A、B组成的系统动量守恒，有
2m·eq \f(v0,2)＝mv，
根据能量守恒定律有
E0＋eq \f(1,2)×2meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v0,2)))eq \s\up20(2)＝eq \f(1,2)mv2，
解得E0＝eq \f(1,4)mveq \\al(2,0)。
13.（14分）(2019·潍坊一模)如图是某科技小组制作的“嫦娥四号”模拟装置示意图，用来演示“嫦娥四号”空中悬停和着陆后的分离过程，它由着陆器和巡视器两部分组成，其中着陆器内部有喷气发动机，底部有喷气孔，在连接巡视器的一侧有弹射器。演示过程：先让发动机竖直向下喷气，使整个装置竖直上升至某个位置处于悬停状态，然后让装置慢慢下落到水平面上，再启动弹射器使着陆器和巡视器瞬间分离，向相反方向做减速直线运动。若两者均停止运动时相距为L，着陆器(含弹射器)和巡视器的质量分别为M和m，与地面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，发动机喷气口截面积为S，喷出气体的密度为ρ；不计喷出气体对整体质量的影响。求：
(1)装置悬停时喷出气体的速度；
(2)弹射器给着陆器和巡视器提供的动能之和。
【答案】(1)eq \r(\f(M＋mg,ρS)) (2)μMmgLeq \f(M＋m,M2＋m2)
【解析】(1)悬停时气体对模拟装置的作用力为F，则F＝(M＋m)g，
取Δt时间喷出的气体为研究对象，由动量定理得FΔt＝ρSvΔt·v，
解得v＝eq \r(\f(M＋mg,ρS))。
(2)设弹射后瞬间着陆器和巡视器速度分别为v1、v2，则由弹射过程水平方向动量守恒得Mv1－mv2＝0，
设着陆器和巡视器减速运动的距离分别为L1和L2，由动能定理得
－μMgL1＝0－eq \f(1,2)Mveq \\al(2,1)，－μmgL2＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)，L＝L1＋L2，
弹射器提供的总动能Ek＝eq \f(1,2)Mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)，
联立解得Ek＝μMmgLeq \f(M＋m,M2＋m2)。