高中粤教版 (2019)第三节 动量守恒定律当堂检测题

这是一份高中粤教版 (2019)第三节 动量守恒定律当堂检测题，共10页。试卷主要包含了蹦极是一项刺激的户外活动等内容，欢迎下载使用。

专练一　动量守恒定律
1．(2022年宝鸡模拟)拍篮球是大家都喜欢的强身健体的大众体育活动项目．已知篮球质量为0.6 kg，篮球上升到最高点时开始向下拍球使球做匀加速运动，拍球作用距离为0.2 m，在离手时获得一个竖直向下4 m/s的速度．若不计空气阻力及球的形变，g取10 m/s2，则在拍球过程中手给球的冲量为(　　)

A．1.2 N·s　　 B．1.8 N·s
C．2.4 N·s　 D．3.0 N·s
【答案】B　【解析】拍球过程中，球的位移x＝0.2 m，初速度为零，末速度为4 m/s，根据运动学公式可知t＝＝0.1 s，据动量定理可知mgt＋IF＝Δp＝mv＝0.6×4 N·s＝2.4 N·s，解得IF＝1．8 N·s，故选B.
2．质量为m1＝1 kg和m2(未知)的两个物体在光滑的水平面上正碰，碰撞时间极短，其x-t图像如图所示，则(　　)

A．被碰物体质量为3 kg
B．被碰物体质量为2 kg
C．碰后两物体速度相同
D．此碰撞不一定为弹性碰撞
【答案】A　【解析】两物体碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律得m1v1＝m1v′1＋m2v′2，解得m2＝3 kg，A正确，B错误；由图像可知，碰撞前m2是静止的，m1的速度为v1＝＝ m/s＝4 m/s，碰后m1的速度为v′1＝＝ m/s＝－2 m/s，m2的速度为v′2＝＝ m/s＝2 m/s，即碰后两物体速度大小相等，方向相反，速度不相同，C错误；碰撞前总动能Ek＝Ek1＋Ek2＝m1v＋m2v2＝ J＝8 J，碰撞后总动能Ek′＝Ek1′＋Ek2′＝m1v1′2＋m2v′＝ J＝8 J，碰撞前后系统动能不变，故碰撞是弹性碰撞，D错误．
3．近年来高空抛物伤人事件不断发生，为切实维护人民群众“头顶上的安全”，最高人民法院印发《关于依法妥善审理高空抛物、坠物案件的意见》，对于认定高空抛物犯罪和高空坠物犯罪做出了具体规定．若某质量为m的花盆从某一高楼坠落，落地时速度为v，与地面的撞击时间为t，重力加速度为g，则该花盆与地面的撞击过程中对地面产生的平均作用力大小为(　　)
A.　 B.＋mg
C.－mg D．mg
【答案】B　【解析】规定向上为正方向，则落地速度为－v，设花盆与地面的撞击过程中对地面产生的平均作用力大小为F，根据动量定理(F－mg)t＝0－(－mv)，得F＝＋mg，B正确，A、C、D错误．
4．如图所示，光滑的水平面上有大小相同、质量不等的小球A、B，小球A以速度v0向右运动时与静止的小球B发生碰撞，碰后A球速度反向，大小为，B球的速率为，A、B两球的质量之比为(　　)

A．3∶8　　 B．8∶3
C．2∶5　 D．5∶2
【答案】C　【解析】以A、B两球组成的系统为研究对象，两球碰撞过程动量守恒，以A球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mAv0＝mA＋m，解得两球的质量之比＝，C正确，A、B、D错误．
5．(多选)一位质量为m的运动员在水平地面上从下蹲状态到向上起跳，经Δt时间，身体伸直并刚好离开地面，此时速度大小为v，方向竖直向上，在此过程中(　　)
A．合力对他的冲量大小为mv
B．地面对他做的功为mv2
C．地面对他的冲量大小为mv＋mgΔt
D．地面对他的平均冲力大小为－mg
【答案】AC　【解析】人的速度原来为零，起跳后变化v，则由动量定理可得I合＝Δmv＝mv，所以合力对他的冲量大小为mv，A正确；地面相对于人的脚没有位移，所以地面对人做的功等于0，B错误；设地面对人的冲量为I，则I－mgΔt＝Δmv＝mv，故地面对人的冲量为I＝mv＋mgΔt，C正确；地面对人的冲量为I＝mv＋mgΔt，根据动量定理Δt＝I，所以＝＋mg，D错误．
6．质量为M的木块在光滑水平面上以速度v1水平向右运动，质量为m的子弹以速度v2水平向左射入木块，要使木块停下来，必须使发射子弹的数目为(子弹留在木块中不穿出)(　　)
A. B.
C.　 D.
【答案】C　【解析】设发射子弹的数目为n，n颗子弹和木块M组成的系统在水平方向上所受的合外力为零，满足动量守恒的条件．选子弹运动的方向为正方向，由动量守恒定律有nmv2－Mv1＝0，解得n＝，C正确，A、B、D错误．
7.如图所示，有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(估计重一吨左右)．一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量．他进行了如下操作：首先将船平行于码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头停下，而后轻轻下船．用卷尺测出船后退的距离d，然后用卷尺测出船长L.已知他的自身质量为m，水的阻力不计，船的质量为(　　)

A. B.
C. D.
【答案】B　【解析】因水平方向动量守恒，可知人运动的位移为(L－d)，由动量守恒定律可知＝，解得船的质量为M＝，故选B.
8．某物体由静止开始做匀加速直线运动，经过时间t1后，在阻力作用下做匀减速直线运动，又经时间t2速度为零，若物体一直在同样的水平面上运动，则加速阶段的牵引力与阻力大小之比为(　　)
A．t2∶t1 B．(t1＋t2)∶t1
C．(t1＋t2)∶t2 D．t2∶(t1＋t2)
【答案】B　【解析】整个过程中由动量定理可得Ft1－f(t1＋t2)＝0，解得＝，故选B.
9．(多选)光滑水平面上有一个质量为2m，半径为R的光滑圆弧形槽，现将一个质量为m的小钢球从与槽的顶端水平的A处由静止释放，在小球下滑的过程中，以下说法正确的是(　　)

A．小球和槽组成的系统动量守恒
B．小球在下滑到圆弧槽的另一侧时，可以到达和A同水平的最高点C
C．小球下滑到底端B的过程中，圆弧槽向左移动了R
D．小球下滑到底端B的过程中，圆弧槽向左移动了
【答案】BD　【解析】小球在竖直方向受重力作用，合力不为零，小球和槽组成的系统动量不守恒，A错误；小球和槽组成的系统水平方向上不受外力，所以系统在水平方向上动量守恒，由题意知水平方向上初动量为零，所以小球上滑到最高点时系统的动量也为零，又因为整个过程系统机械能守恒，初动能和末动能都为零，所以初末状态系统重力势能相同，小球可以到达与A等高的C点，B正确；设小球小球下滑到底端B的过程中所用时间为t，圆弧向左移动的距离为x，则小球向右移动的距离为R－x，根据水平方向动量守恒得m·＝－2m·，解得x＝，D正确，C错误．
10．如图所示，水上飞行表演中，运动员操控喷射式悬浮飞行器将水带缓慢竖直送上来的水向下喷出，可以完成悬停、上升等各种动作．某次表演时运动员处于悬停状态，喷嘴竖直向下喷出水的速度为v1，若运动员操控装置，以竖直向上的加速度a开始运动瞬间，喷嘴竖直向下喷出水的速度为v2，重力加速度为g，下列关系式正确的是(　　)

A．v1∶v2＝a∶g
B．v1∶v2＝g∶(g＋a)
C．v1∶v2＝∶
D．v1∶v2＝∶
【答案】D　【解析】设水的密度为ρ，喷嘴喷水出口横截面积为S，喷嘴竖直向下喷出水时，对水竖直向下的作用力大小为F，由动量定理得FΔt＝ρSvΔtv，可得F＝ρSv2，当运动员处于悬停状态时有ρSv＝mg，当运动员操控装置以竖直向上的加速度a开始运动瞬间有ρSv－mg＝ma，联立解得v1∶v2＝∶，D正确，A、B、C错误．

11．我国多次成功使用“冷发射”技术发射“长征十一号”系列运载火箭．如图所示，发射仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空．从火箭开始运动到点火的过程中(　　)

A．火箭的加速度为零时，动能最大
B．高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能
C．高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量
D．高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量
【答案】A
12．(多选)一质量为2 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动．F随时间t变化的图线如图所示，则(　　)

A．t＝1 s时物块的速率为1 m/s
B．t＝2 s时物块的动量大小为4 kg·m/s
C．t＝3 s时物块的动量大小为5 kg·m/s
D．t＝4 s时物块的速度为零
【答案】AB　【解析】由动量定理可得Ft＝mv，解得v＝，t＝1 s时物块的速率为v＝＝＝1 m/s，A正确；t＝2 s时物块的动量大小p2＝F1t2＝2×2 kg·m/s＝4 kg·m/s，t＝3 s时物块的动量大小为p3＝(2×2－1×1) kg·m/s＝3 kg·m/s，t＝4 s时物块的动量大小为p4＝(2×2－1×2) kg·m/s＝2 kg·m/s，所以t＝4 s时物块的速度为1 m/s，B正确，C、D错误．
13．(多选)“旅行者1号”经过木星和土星时通过引力助推(引力弹弓)获得了足以完全摆脱太阳引力的动能．引力助推是飞行器从远距离接近反向运行的行星时，产生的运动效果就像该飞行器被行星弹开了，科学家们称这种情况为弹性碰撞，不过两者没有发生实体接触．如图所示，探测器飞向行星过程中探测器与行星反向，不考虑其他星系的影响，探测器靠近行星前与远离后，分析正确的是(　　)

A．探测器动能增加 B．探测器动能不变
C．行星动能减小 D．行星动能不变
【答案】AC　【解析】设探测器质量为m，行星质量为M，取行星和探测器组成的系统为研究对象，行星的运动方向为正方向．由动量守恒定律得Mv－mv0＝mv1＋Mv2，探测器靠近和脱离行星时可认为系统万有引力势能没变，由能量守恒有Mv2＋mv＝mv＋Mv，解得v1＝，因为M≫m，所以M＋m≈M，M＋m≈M－m，v1＝2v＋v0.探测器速度变大，动能增加，行星动能减小．
14．(多选)水平面上有质量相等的a、b两个物体，水平推力F1、F2分别作用在a、b上．一段时间后撤去推力，物体继续运动一段距离后停下．两物体的v-t图像如图所示，图中AB∥CD.则整个过程中(　　)

A．F1的冲量等于F2的冲量
B．F1的冲量小于F2的冲量
C．摩擦力对a物体的冲量小于摩擦力对b物体的冲量
D．合外力对a物体的冲量小于合外力对b物体的冲量
【答案】BC　【解析】由图可知，推力的作用时间ta 15．(多选)设斜向上抛出的物体在通过轨迹的最高点时，突然炸裂成质量相等的两块，已知其中一块沿原水平方向做平抛运动，则另一块的运动可能是(　　)
A．反方向的平抛运动
B．斜上抛运动
C．自由落体运动
D．原方向的平抛运动
【答案】ACD　【解析】因为物体在最高点时炸裂成两块，炸裂的过程中水平方向上动量守恒，以原方向为正方向，总动量沿水平方向p0＝p1＋p2，由于只知道其中一块沿原水平方向做平抛运动，但由于质量大小和速度大小未知，所以另一块的动量大小方向都无法确定，讨论如下：①如果p0>p1，则p2为正值，另一块炸后方向与原方向相同，竖直方向没初速度，只受重力，所以沿原方向做平抛运动；②如果p0＝p1，则p2为0，另一块炸后水平方向和竖直方向都没有初速度，只受重力，所以做自由落体运动；③如果p0 16．(多选)“神舟十三号”返回舱进入大气层一段时间后，逐一打开引导伞、减速伞、主伞，最后启动反冲装置，实现软着陆．某兴趣小组研究了减速伞打开后返回舱的运动情况，将其运动简化为竖直方向的直线运动，其v-t图像如图所示．设该过程中，重力加速度不变，返回舱质量不变，下列说法正确的是(　　)

A．在0～t1时间内，返回舱重力的功率随时间减小
B．在0～t1时间内，返回舱的加速度不变
C．在t1～t2时间内，返回舱的动量随时间减小
D．在t2～t3时间内，返回舱的机械能不变
【答案】AC　【解析】重力的功率为p＝mgv，由图可知在0～t1时间内，返回舱的速度随时间减小，故重力的功率随时间减小，A正确；根据v-t图像的斜率表示加速度可知在0～t1时间内返回舱的加速度减小，B错误；在t1～t2时间内由图像可知返回舱的速度减小，故可知动量随时间减小，C正确；在t2～t3时间内，由图像可知返回舱的速度不变，则动能不变，但由于返回舱高度下降，重力势能减小，故机械能减小，故D错误．
17．蹦极是一项刺激的户外活动．某蹦极者在一次蹦极中离开踏板自由下落至第一次到达最低点的v-t图像如图，已知蹦极者质量为60 kg，最大速度为55 m/s，0～5 s内v-t图线为直线，5～7 s内为曲线，忽略空气阻力，重力加速度为10 m/s2.则蹦极绳自拉直到人第一次到达最低点过程中受到的平均拉力大小为(　　)

A．2 100 N B．1 500 N
C．840 N D．600 N
【答案】A　【解析】绳拉直前，蹦极者做自由落体运动，加速度为重力加速度，即加速度恒定，其v-t图线为直线；绳拉直后，蹦极者刚开始向下做加速度减小的加速运动，当绳的拉力与重力大小相等时，蹦极者的速度最大，之后向下做加速度增大的减速运动，直至速度减为零，这段过程其v-t图线为曲线．所以由图可知5～7 s时间内是绳子对蹦极者产生弹力的时间，对整个运动过程，根据动量定理可得mg(t1＋t2)－Ft2＝0，将t1＝5 s和t2＝2 s代入后解得F＝2 100 N，故选A.
18．(2022年广东卷)某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型．竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态．当滑块从A处以初速度v0＝10 m/s向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f＝1 N，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动．已知滑块的质量m＝0.2 kg，滑杆的质量M＝0.6 kg，A、B间的距离l＝1．2 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力．求：
(1)滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小N1和N2；
(2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v1；
(3)滑杆向上运动的最大高度h.

解：(1)当滑块处于静止时桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力，即N1＝(m＋M)g＝8 N，
当滑块向上滑动过程中受到滑杆的摩擦力为1 N，根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为1 N，方向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力为N2＝Mg－f′＝5 N.
(2)滑块向上运动到碰前瞬间，根据动能定理有
－mgl－fl＝mv－mv，
代入数据解得v1＝8 m/s.
(3)由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，碰撞过程根据动量守恒有mv1＝(m＋M)v，
碰后滑块和滑杆以速度v整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有－(m＋M)gh＝0－(m＋M)v2，
代入数据解得h＝0.2 m.
19．(2022年全国卷)如图甲，一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上．物块B向A运动，t＝0时与弹簧接触，到t＝2t0时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的v-t图像如图乙所示．已知从t＝0到t＝t0时间内，物块A运动的距离为0.36v0t0.A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同．斜面倾角为θ(sin θ＝0.6)，与水平面光滑连接．碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内．求：
(1)第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；
(2)第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；
(3)物块A与斜面间的动摩擦因数．

解：(1)当弹簧被压缩最短时，弹簧弹性势能最大，此时A、B速度相等，即t＝t0时刻，根据动量守恒定律有
mB×1．2v0＝(mB＋m)v0，
根据能量守恒定律有
Epmax＝mB(1．2v0)2－(mB＋m)v，
联立解得mB＝5m，Epmax＝0.6mv.
(2)解法一：同一时刻弹簧对A、B的弹力大小相等，根据牛顿第二定律F＝ma，
可知同一时刻aA＝5aB.
则同一时刻A、B的瞬时速度分别为
vA＝aAt，vB＝1．2v0－，
根据位移等于速度在时间上的累积可得sA＝vAt(0～t0累积)，sB＝vBt(0～t0累积)，
又sA＝0.36v0t0，
解得sB＝1．128v0t0.
第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值
Δs＝sB－sA＝0.768v0t0.
解法二：B接触弹簧后，压缩弹簧的过程中，A、B动量守恒，有mB×1．2v0＝6mv0＝mBvB＋mvA，
对方程两边同时乘以时间Δt，有
6mv0Δt＝5mvBΔt＋mvAΔt，
0～t0之间，根据位移在时间上的累积，可得
6mv0t0＝5msB＋msA
将sA＝0.36v0t0代入可得sB＝1．128v0t0，
则第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值
Δs＝sB－sA＝0.768v0t0.
(3)物块A第二次到达斜面的最高点与第一次相同，说明物块A第二次与B分离后速度大小仍为2v0，方向水平向右，设物块A第一次滑下斜面的速度大小为v′A，设向左为正方向，根据动量守恒定律可得
mv′A－5m×0.8v0＝m·(－2v0)＋5mv′B
根据能量守恒定律可得
mv′＋×5m(0.8v0)2＝m(－2v0)2＋×5mv′，
联立解得v′A＝v0，v′B＝－0.2v0.
设在斜面上滑行的长度为L，上滑过程，根据动能定理可得－mgLsin θ－μmgLcos θ＝0－m(2v0)2，
下滑过程，根据动能定理可得
mgLsin θ－μmgLcos θ＝mv－0，
联立解得μ＝0.45.