人教版高中物理(选修3-5)《动量守恒定律》同步测试题(含答案)

《动量守恒定律》测试题

本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分

100，考试时间60分钟。

第Ⅰ卷(选择题共40分)

一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分。)

1．某人站在静浮于水面的船上，从某时刻开始从船头走向船尾，不计水的阻力，那么在这段时间内人和船的运动情况是( )

A．人匀速走动，船则匀速后退，且两者的速度大小与它们的质量成反比

B．人匀加速走动，船则匀加速后退，且两者的加速度大小一定相等

C．不管人如何走动，在任意时刻两者的速度总是方向相反，大小与它们的质量成反比

D．人走到船尾不再走动，船则停下

解析：以人和船构成的系统为研究对象，其总动量守恒，设

v1、v2分别为人和船的速率，则有0＝m人v1－M船v2，故有v1

v2

＝

M船

m人

可见A 、C 、D 正确。

人和船若匀加速运动，则有

F ＝m 人a 人，F ＝M 船a 船 所以a 人a 船＝M 船m 人

，本题中m 人与M 船不一定相等，故B 选项错误。 答案：A 、C 、D

2．如图(十六)－1甲所示，在光滑水平面上的两个小球发生正碰。小球的质量分别为m 1和m 2。图(十六)－1乙为它们碰撞前后的x －t 图象。已知m 1＝0.1kg ，由此可以判断( )

图(十六)－1

①碰前m 2静止，m 1向右运动

②碰后m 2和m 1都向右运动

③由动量守恒可以算出m 2＝0.3kg

④碰撞过程中系统损失了0.4J 的机械能

以上判断正确的是( )

A ．①③

B ．①②③

C ．①②④

D ．③④

解析：由图象知，①正确，②错误；由动量守恒m 1v ＝m 1v 1＋m 2v 2，将m 1＝0.1kg ，v ＝4m/s ，v 1＝－2m/s ，v 2＝2m/s 代入可得

m2＝0.3kg，③正确；ΔE＝1

2

m21－

?

?

?

?

?

?

1

2

m1v21＋

1

2

m2v22＝0，④错误。

答案：A

3．如图(十六)－2所示，设车厢长度为l，质量为M，静止于光滑的水平面上，车厢内有一质量为m的物体以速度v0向右运动，与车厢壁来回碰撞n次后，静止于车厢中，这时车厢的速度为( )

图(十六)－2

A．v0，水平向右

B．0

C．mv0/(m＋M)，水平向右

D．mv0/(M－m)，水平向右

解析：把物体以速度v0向右运动到物体最后静止在车厢的整个过程作为研究的时间范围，设车厢最后的速度为v，对过程始末应用动量守恒定律，得mv0＝(m＋M)v，得v＝mv0/(m＋M)。故C 项正确。

答案：C

4.

如图(十六)－3所示，在光滑的水平面上，小车M内有一弹簧被A和B两物体压缩，A和B的质量之比为12，它们与小车间的动摩擦因数相等，释放弹簧后物体在极短时间内与弹簧分

开，分别向左、右运动，两物体相对小车静止下来，都未与车壁相碰，则( )

图(十六)－3

A ．

B 先相对小车静止下来

B ．小车始终静止在水平面上

C ．最终小车静止在水平面上

D ．最终小车水平向右匀速运动

解析：由动量定理知A 、B 两物体获得的初动量大小相等，因为B 物体所受摩擦力比A 的大，故B 物体先相对小车静止下来，而小车在A 、B 运动过程中也在运动，所以A 选项正确，而B 选项错误；物体A 、B 和小车组成的系统满足动量守恒定律，而系统初状态静止，故C 选项正确。

答案：A 、C

5．一质量为m 的铁锤，以速度v 竖直打在木桩上，经过Δt 时间而停止，则在打击时间内，铁锤对木桩的平均冲力的大小是

( )

A ．mg Δt B.mv Δt

C.mv Δt ＋mg

D.mv Δt

－mg 解析：对铁锤应用动量定理，设木桩对铁锤的平均作用力为

F，则(F－mg)Δt＝0－(－mv)，解得F＝mv

Δt

＋mg，所以铁锤对木

桩的平均冲力F′＝F＝mv

Δt

＋mg。

答案：C

6．如图(十六)－4所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P和Q都可视作质点且质量相等。Q与轻质弹簧相连。设Q静止，P以某一初速度向Q运动并与弹簧发生碰撞。在整个碰撞过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于( )

图(十六)－4

A．P的初动能B．P的初动能的1 2

C．P的初动能的1

3

D．P的初动能的

1

4

解析：两者速度相等时，弹簧最短，弹性势能最大。设P的初速度为v，两者质量均为m，弹簧最短时两者的共同速度为v′，弹簧具有的最大弹性势能为E p。根据动量守恒，有mv＝2mv′，

根据能量守恒有1

2

mv2＝

1

2

×2mv′2＋E p，以上两式联立求解得E p＝

1

4

mv2。可见弹簧具有的最大弹性势能等于滑块P原来动能的一半，B正确。

答案：B

7．在光滑水平面上，两球沿球心连线以相等速率相向而行，

并发生碰撞，下列现象可能的是( )

A．若两球质量相同，碰后以某一相等速率互相分开

B．若两球质量相同，碰后以某一相等速率同向而行

C．若两球质量不同，碰后以某一相等速率互相分开

D．若两球质量不同，碰后以某一相等速率同向而行

解析：本题考查运用动量守恒定律定性分析碰撞问题，光滑水平面上两小球的对心碰撞符合动量守恒的条件，因此碰撞前后两小球组成的系统总动量守恒。

A项，碰撞前两球总动量为零，碰撞后也为零，动量守恒，所以A项是可能的。

B项，若碰撞后两球以某一相等速率同向而行，则两球的总动量不为零，而碰撞前为零，所以B项不可能。

C项，碰撞前后系统的总动量的方向不同，所以动量不守恒，C项不可能。

D项，碰撞前总动量不为零，碰后也不为零，方向可能相同，所以D项是可能的。

答案：A、D

8.

如图(十六)－5所示，三角形木块A质量为M，置于光滑水平面上，底边长a，在其顶部有一三角形小木块B质量为m，其底边长b，若B从顶端由静止滑至底部，则木块后退的距离为( )

图(十六)－5

A.ma

M ＋m B.Ma

M ＋m

C.m (a －b )M ＋m

D.M (a －b )M ＋m

解析：A 、B 二者组成的系统水平方向不受外力作用，故系统水平方向满足动量守恒定律，则系统水平方向平均动量也守恒，由动量守恒定律得

0＝M x t －m a －b －x t

解得x ＝m (a －b )M ＋m

。 答案：C

9．一平板小车静止在光滑的水平地面上，甲、乙两个人要背靠着站在车的中央，当两人同时向相反方向行走，如甲向小车左端走，乙向小车右端走，发现小车向右运动，则( )

A ．若两人的质量相等，则必定v 甲＞v 乙

B ．若两人的质量相等，则必定v 甲＜v 乙

C ．若两人的速度相等，则必定m 甲＞m 乙

D ．若两人的速度相等，则必定m 甲＜m 乙

解析：甲、乙两人和小车组成的系统满足动量守恒定律，由动量守恒定律知

m甲v甲＝m乙v乙＋m车v车，

所以A、C选项正确。

答案：A、C

10.如图(十六)－6所示，两个质量相等的物体沿同一高度、倾角不同的两光滑斜面顶端从静止自由下滑，到达斜面底端，两个物体具有不同的物理量是( )

图(十六)－6

A．下滑的过程中重力的冲量

B．下滑的过程中弹力的冲量

C．下滑的过程中合力的冲量

D．刚到达底端时的动量大小

解析：由运动学知识可知两个物体下滑所用的时间不同，由I＝Ft可知A项正确；由于倾角不同，两物体受的弹力方向不同，所以B项正确；根据机械能守恒知两物体到达底端时的速度大小相等，由于速度方向不同，两物体的动量变化也不同，由动量定理可知C项正确。

答案：A、B、C

第Ⅱ卷(非选择题共60分)

二、填空题。(共4小题，每小题5分，共20分。把答案直接填写在题中横线上，不要求写出演算过程。)

11．(5分)如图(十六)－7所示，一铁块压着一纸条放在水平桌面上，当以速度v抽出纸条后，铁块掉到地面上的P点，若以2v的速度抽出纸条，则铁块落地点将在________。(填“P点”、“P点左侧”或“P点右侧”)

图(十六)－7

解析：铁块受到的滑动摩擦力一定，纸条抽出的速度越大，作用时间越短，摩擦力的冲量越小，由动量定理知I＝Δp＝mv′－0，铁块获得的速度越小，平抛的水平距离也越小，故当以2v 的速度抽出时，铁块的落地点在P点左侧。

答案：P点左侧

12．(5分)一质量为1kg的小球从0.8m高的地方自由下落到一个软垫上，若从小球接触软垫到下陷至最低点经历了0.2s，则这段时间内软垫对小球冲量的大小为________。(g取10m/s2，不计空气阻力)

解析：规定竖直向上为正方向，根据动量定理，有(F－mg)t ＝0－(－mv0)，而v0＝2gh，由上面两式可求得Ft＝6N·s，即这段时间内软垫对小球的冲量为6N·s，方向竖直向上。

答案：6N·s

13．(5分)场强为E、方向竖直向上的匀强电场中有两小球A、B，它们的质量分别为m1、m2，电量分别为q1、q2。A、B两球由静

止释放，重力加速度为g，则小球A和B组成的系统动量守恒应满足的关系式为________。

解析：动量守恒定律的条件是系统不受外力作用或者所受外力之和为零，若A、B两小球组成的系统满足动量守恒定律，则系统所受的电场力和重力必须平衡，即

E(q1＋q2)＝(m1＋m2)g。)

答案：E(q1＋q2)＝(m1＋m2)g

14．(5分)用半径相同的两小球A、B的碰撞验证动量守恒定律，实验装置如图(十六)－8所示，斜槽与水平槽圆滑连接。实验时先不放B球，使A球从斜槽上某一固定点C由静止滚下，落到位于水平地面的记录纸上留下痕迹。再把B球静置于水平槽前端边缘处，让A球仍从C处由静止滚下，A球和B球碰撞后分别落在记录纸上留下各自的痕迹。记录纸上的O点是重垂线所指的位置，若测得各落点痕迹到O点的距离：OM＝2.68cm，OP＝8.62cm，O N＝11.50cm，并知A、B两球的质量比为21，则未放B球时A 球落地点是记录纸上的__________点，系统碰撞前总动量p与碰

撞后总动量p′的百分误差|p－p′|

p

＝__________%(结果保留一

位有效数字)。

图(十六)－8

解析：未放B 球时，A 球落在P 点。 |p －p ′|p ＝|m A ·OP －(m B ·ON ＋m A ·OM )|m A ·OP

＝ |2m ×8.62－(m ×11.50＋2m ×2.68)|2m ×8.62

＝0.02＝2%。 答案：P 2

三、计算题(共6小题，共40分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。)

15．(6分)如图(十六)－9所示，一根质量不计，长为1m 能承受最大拉力为14N 的绳子，一端固定于天花板上，另一端系一质量为1kg 的小球，整个装置处于静止状态，若要将绳子拉断，作用在球上的水平冲量至少应为多少？(g 取10m/s 2

)

图(十六)－9

解析：作用在小球上的冲量等于小球动量的增量：I ＝mv 0，当小球受到冲量时，则

F T －mg ＝mv 20L ，F T ＝mg ＋mv 2

0L

当F T ＝14N 时，v 0＝2m/s ，所以I ＝2N·s。

答案：2N·s

16．(6分)在光滑的水平面上，质量为m 1的小球A 以速率v 0

向右运动，在小球A 的前方O 点有一质量为m 2的小球B 处于静止状态，如图(十六)－10所示。小球A 与小球B 发生正碰后小球A 、B 均向右运动。小球B 被在Q 点处的墙壁弹回后与小球A 在P 点相遇，PQ ＝1.5PO 。假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性的，求两小球质量之比m 1/m 2。

图(十六)－10

解析：从两小球碰撞后到它们再次相遇，小球A 和B 的速度大小保持不变。根据它们通过的路程，可知小球B 和小球A 在碰撞后的速度大小之比为4∶1。

设碰撞后小球A 和B 的速度分别为v 1和v 2，在碰撞过程中动量守恒，碰撞前后动能相等

m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2

12m 1v 20＝12m 1v 21＋12

m 2v 22 利用v 2/v 1＝4，可解出m 1m 2

＝2。 答案：m 1m 2

＝2 17．(7分)两个质量分别为M 1和M 2的劈A 和B ，高度相同，放在光滑水平面上。A 和B 的倾斜面都是光滑曲面，曲面下端与水平面相切，如图(十六)－11所示。一质量为m 的物块位于劈A 的倾斜面上，距水平面的高度为h 。物块从静止开始滑下，然后

又滑上劈B。求物块在B上能够达到的最大高度。

图(十六)－11

解析：设物块到达劈A的底端时，物块和A的速度大小分别为v和V，由机械能守恒和动量守恒得

mgh＝1

2

mv2＋

1

2

M1V2 ①

M1V＝mv ②

设物块在劈B上达到的最大高度为h′，此时物块和B的共同速度大小为V′，由机械能守恒和动量守恒得

mgh′＋1

2

(M2＋m)V′2＝

1

2

mv2 ③

mv＝(M2＋m)V′④联立①②③④式得

h′＝

M1M2

(M1＋m)(M2＋m)h

答案：

M1M2h

(M1＋m)(M2＋m)

18．(7分)如图(十六)－12所示，质量m1＝0.3kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1.5m，现有质量m2＝0.2kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝2m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止。物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10m/s2，求

图(十六)－12

(1)物块在车面上滑行的时间t ；

(2)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v ′0不超过多少。

解析：(1)设物块与小车共同速度为v ，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有

m 2v 0＝(m 1＋m 2)v ①

设物块与车面间的滑动摩擦力为F ，对物块应用动量定理有 －Ft ＝m 2v －m 2v 0②

又F ＝μm 2g ③

解得t ＝m 1v 0μ(m 1＋m 2)g

代入数据得

t ＝0.24s④

(2)要使物块恰好不从车面滑出，须使物块到车面最右端时与小车有共同的速度，设其为v ′，则

m 2v ′0＝(m 1＋m 2)v ′⑤

由功能关系有

12m 2v ′20＝12

(m 1＋m 2)v ′2＋μm 2gL ⑥ 代入数据解得

v ′0＝5m/s

故要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v′0不超过5m/s。

答案：(1)0.24s (2)5m/s

19．(7分)如图(十六)－13所示，坡道顶端距水平面高度为h，质量为m1的小物块A从坡道顶端由静止滑下，进入水平面上的滑道时无机械能损失，为使A制动，将轻弹簧的一端固定在水平滑道延长线M处的墙上，另一端与质量为m2的挡板B相连，弹簧处于原长时，B恰位于滑道的末端O点。A与B碰撞时间极短，碰后结合在一起共同压缩弹簧，已知在OM段A、B与水平面间的动摩擦因数均为μ，其余各处的摩擦不计，重力加速度为g，求：

图(十六)－13

(1)物块A在与挡板B碰撞前瞬间速度v的大小；

(2)弹簧最大压缩量为d时的弹性势能E p(设弹簧处于原长时弹性势能为零)。

解析：(1)由机械能守恒定律，有

m1gh＝1

2

m1v2

v＝2gh。

(2)A、B在碰撞过程中内力远大于外力，由动量守恒，有m1v ＝(m1＋m2)v′

A、B克服摩擦力所做的功

W＝μ(m1＋m2)gd

由能量守恒定律，有

1

2

(m1＋m2)v′2＝E p＋μ(m1＋m2)gd

解得E p＝

m21

m1＋m2

gh－μ(m1＋m2)gd。

答案：(1)v＝2gh(2)E p＝m21

m1＋m2

gh－μ(m1＋m2)gd 20．(7分)如图(十六)－14所示，长L＝12m的木板右端固定一立柱，板和立柱的总质量M＝50kg，木板置于地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ＝0.1。质量m＝50kg的人立于木板左端，木板与人均静止。若人以4m/s2的加速度匀加速向右奔跑至板的右端，并立即抱柱立柱，g取10m/s2，求：

图(十六)－14

(1)从人开始奔跑至到达木板右端所经历的时间t；

(2)从人开始运动到最终木板静止，木板发生的总位移x。

解析：(1)人向右加速运动受到木板向右摩擦力Ff2＝ma2＝200N

人运动的位移x2＝1

2

a2t2

木板水平方向受两个力：人对木板向左的摩擦力Ff′2＝200N

地面对木板向右的摩擦力Ff 1＝μ(M ＋m )g ＝100N 则木板向左运动的加速度为a 1＝

＝2m/s 2

发生的位移x 1＝12

a 1t 2，由L ＝x 1＋x 2 得t ＝2L a 1＋a 2＝2s 。 (2)如图所示，人向右奔跑时，木板向左运动的位移x 1＝12

a 1t 2＝4m

人抱住立柱时，人的速率

v 2＝a 2t ＝8m/s ，

木板的速率v 1＝a 1t ＝4m/s

人抱柱立柱时时间很短，人与立柱间的相互作用力远大于地面的摩擦力，两者动量守恒，取向右为正方向，

mv 2－Mv 1＝(m ＋M )v ′

得v ′＝mv 2－Mv 1m ＋M

＝2m/s ， 人抱住立柱后，两者一起向右运动，加速度

a 3＝Ff 1m ＋M ＝μ(m ＋M )g m ＋M

＝μg ＝1m/s 2，

共同运动的位移x3＝v′2

2a3

＝2m

故木板的总位移x＝x1－x3＝2m，方向向左。答案：(1)2s (2)2m，方向向左