第一章 动量守恒定律 单元卷
本试卷共4页，15小题，满分100分，考试用时75分钟。
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 从同一高度以相同速率分别抛出质量相同的三个小球，一球竖直上抛，一球竖直下抛，一球平抛，所受阻力都不计，则( )
A. 三球落地时动量相同
B. 三球落地时动量不相同
C. 从抛出到落地过程，三球受到的冲量相同
D. 从抛出到落地过程，平抛运动小球受到的冲量最小
2. 一质量为的铁锤，以速度竖直打在木桩上，经过时间后停止，则在打击时间内，铁锤对木桩的平均冲力的大小是( )
A.
B.
C.
D.
3. 如图所示为小明玩蹦床的情景，其中位置表示床面未受压力时的平衡位置，位置是他从最高点直立下落的过程中将床面所压到的最低位置．若床面始终在弹性限度内，空气阻力及床面的质量均可忽略不计，对于小明从最高点下落到最低点的过程，下列说法中正确的是（ ）
A. 床面从位置下降到位置的过程中，小明的动能不断变小
B. 床面在位置时，小明所受合外力为零
C. 小明接触床面前处于失重状态，接触床面后处于超重状态
D. 小明从最高点运动到将床面压至位置的过程中，重力对他的冲量与床面对他的冲量大小相等
4. 如图所示，一砂袋用无弹性轻细绳悬于点。开始时砂袋处于静止状态，一弹丸以水平速度击中砂袋后未穿出，二者共同摆动。若弹丸的质量为，砂袋的质量为，弹丸和砂袋形状大小忽略不计，弹丸击中砂袋后漏出的砂子质量忽略不计，不计空气阻力，重力加速度为。下列说法中正确的是( )
A. 弹丸打入砂袋过程中，细绳所受拉力大小保持不变
B. 弹丸打入砂袋过程中，弹丸对砂袋的冲量大小大于砂袋对弹丸的冲量大小
C. 弹丸打入砂袋过程中所产生的热量为
D. 砂袋和弹丸一起摆动所达到的最大高度为
5. 如图所示，两带电的金属球在绝缘的光滑水平面上沿同一直线相向运动，带电荷量为，带电荷量为，下列说法正确的是( )
A. 相碰前两球运动中动量不守恒
B. 相碰前两球的总动量随距离的减小而增大
C. 碰撞前后两球组成系统动量守恒
D. 两球相碰分离后的总动量不等于相碰前的总动量，因为碰前作用力为引力，碰后为斥力
6. 如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为的滑块，滑块的一侧是一个弧形凹槽，凹槽半径为，点切线水平。另有一个质量为的小球以速度从点冲上凹槽，重力加速度大小为，不计摩擦。下列说法中正确的是( )
A. 当时，小球能到达点
B. 如果小球的速度足够大，球将从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上
C. 当时，小球在弧形凹槽上运动的过程中，滑块的动能一直增大
D. 如果滑块固定，小球返回点时对滑块的压力大小为
7. “世界上第一个想利用火箭飞行的人”是明朝的士大夫万户。他把个自制的火箭绑在椅子上，自己坐在椅子上，双手举着大风筝，设想利用火箭的推力，飞上天空，然后利用风筝平稳着陆。假设万户及所携设备总质量为，点燃火箭后在极短的时间内，质量为的炽热燃气相对地面以的速度竖直向下喷出。忽略此过程中空气阻力的影响，重力加速度为，下列说法中正确的是（ ）
A. 火箭所受的推力来源于空气对它的反作用力
B. 在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为
C. 喷出燃气后万户及所携设备能上升的最大高度为
D. 在火箭喷气过程中，万户及所携设备机械能守恒
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8. 质量为的走钢丝运动员，不慎从高空跌下，万幸有弹性安全绳的保护，使其被悬挂起来．已知弹性安全绳的原长为，安全绳缓冲的时间为，以上过程中，下列说法正确的是( )
A. 运动员重力的冲量为
B. 运动员重力的冲量为
C. 缓冲时安全绳的平均冲力为
D. 缓冲时安全绳的平均冲力为
9. 质量相等的，两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，球的动量是，球的动量是，当球追上球发生碰撞，碰撞后，两球的动量可能值是( )
A. ，
B. ，
C. ，
D. ，
10. 小车在光滑水平面上向左匀速运动，轻质弹簧左端固定在点，物体用细线拉在点将弹簧压缩，某时刻线断了，物体沿车滑动到端粘在端的油泥上，取小车、物体和弹簧为一个系统，下列说法正确的是( )
A. 若物体滑动中不受摩擦力，则全过程机械能守恒
B. 若物体滑动中有摩擦力，则全过程动量守恒
C. 不论物体滑动中有没有摩擦，小车的最终速度与断线前相同
D. 不论物体滑动中有没有摩擦，系统损失的机械能相同
三、实验题：本题共2小题，每空2分，共14分。
11. 某同学用如图所示装置探究、两球在碰撞中动量是否守恒．该同学利用平抛运动测量两球碰撞前后的速度，实验装置和具体做法如下，图中是斜槽，为水平槽．实验时先使球从斜槽上某一固定位置由静止开始滑下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹．重复上述操作次，得到个落点痕迹．再把球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让球仍从位置由静止开始滑下，和球碰撞后，、球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹．重复这种操作次，并画出实验中、两小球落点的平均位置．图中点是水平槽末端在记录纸上的垂直投影点，、、是实验中小球落点的平均位置．
为了使两球碰撞为一维碰撞，所选两球的直径关系为：球的直径______球的直径（“大于”、“等于”或“小于”）；为减小实验误差，在两球碰撞后使球不反弹，所选用的两小球质量关系应为______选填“大于”、“等于”或“小于”）；
在以下选项中，本次实验必须进行的测量是______；
A.水平槽上未放球时，球落点位置到点的距离
B.球与球碰撞后，球、球落点位置分别到点的距离
C.球和球在空中飞行的时间
D.测量点相对于水平槽面的高
已知两小球质量和，该同学通过实验数据证实、两球在碰撞过程中动量守恒，请你用图中的字母写出该同学判断动量守恒的表达式是______．
12. 如图所示为某小组验证动量守恒的实验，在内壁光滑、水平固定的金属管中放有轻弹簧，弹簧压缩并锁定，在金属管两端各放置一个金属小球和两球直径略小于管径且与弹簧不相连），现解除弹簧锁定，两个小球同时沿同一直线向相反方向弹射，然后按下列步骤进行实验：
用天平测出两球质量、；
用刻度尺测出小球的落点到管口的水平距离
用刻度尺测出两管口离地面的高度；
回答下列问题：
还需要测量的一个物理量是__________；
利用上述测得的实验数据，验证动量守恒的表达式是________________________；
已知当地重力加速度为，则解除弹簧锁定前，弹簧的的弹性势能是_____________________．
四、计算题：本题共3小题，13题12分，14题14分，15题14分，共40分。
13. 一质量为的小物块放在水平地面上的点，距离点的位置处是一面墙，如图所示，物块以的初速度从点沿方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为，碰后以的速度反向运动直至静止。取。
求物块与地面间的动摩擦因数；
若碰撞时间为，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小；
求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功。
14. 如图所示，质量的长木板静止在光滑的水平地面上，在其右端放一质量的小滑块可视为质点）。初始时刻，、分别以向左、向右运动，最后恰好没有滑离板．已知、之间的动摩擦因数，取求：
、相对运动时的加速度和的大小
相对地面速度为零时，相对地面运动已发生的位移大小；
木板的长度．
15. 在光滑水平面上静置有质量均为的木板和滑块，木板上表面粗糙，滑块上表面是光滑的圆弧，其始端点切线水平且在木板上表面内，它们紧靠在一起，如图所示。一可视为质点的物块，质量也为，从木板的右端以初速度滑上木板，过点时速度为，又滑上滑块，最终恰好能滑到滑块圆弧的最高点处，已知物块与木板间的动摩擦因数为，重力加速度为，求：
物块滑到处时木板的速度；
木板的长度；
滑块圆弧的半径。
答案解析
【答案】
1. 2. 3. 4. 5. 6. 7.
8. 9. 10.
11. 等于；大于；；
12. 小球的落点到管口的水平距离；；。
13. 解：物块从到过程，由动能定理得：
，
代入数据解得：；
以向右为正方向，物块碰撞墙壁过程，
由动量定理得：，
解得：，负号表示方向向左；
物块向左运动过程，由动能定理得：
；
所以克服摩擦力做功为。
14. 解：、分别受到大小为的滑动摩擦力作用，根据牛顿第二定律得
对物体：
则，方向水平向右
对物体：，
则，方向水平向左
即、相对运动时的加速度的大小为，方向水平向右，的大小为，方向水平向左；
开始阶段相对地面向左做匀减速运动，速度为的过程中所用时间为
则，则
相对地面向右做减速运动
即相对地面速度为零时，相对地面运动已发生的位移是；
向左匀减速运动至速度为零后，相对地面向右做匀加速运动，最后恰好没有滑离板，两者速度相同，设共同速度为取向右方向为正，根据动量守恒定律得
由能量守恒定律得
代入数据解得
即木板的长度是。
15. 解：由点到点时，取向左为正，由动量守恒得：
由题意知：
解得：；
由点到点时，由能量守恒定律得：
解得：；
由点到点，滑块与物块的水平方向动量守恒，以滑块的初速度方向为正方向，有
由机械能守恒定律得：
解得：。
【解析】
1. 【分析】
本题考查动量，冲量以及动量定理，解决本题的关键知道动量、冲量、动量的变化量都是矢量，比较动量的变化量的大小可以通过动量定理，结合运动的时间进行比较。
根据动能定理比较小球落地时的速度，从而比较出落地时的动量，根据动量定理，结合运动的时间，比较动量的变化量。
【解答】
根据动能定理知，，可知三球落地时速度的大小相等，由于平抛运动的速度方向与上抛运动和下抛运动的速度方向不同，则动量不同，故A错误，B正确；
三个小球以相同的速率抛出，可知竖直上抛运动的物体运动时间大于平抛运动的时间，平抛运动的时间大于竖直下抛运动的时间，所以上抛运动的时间最长，三球受到的冲量不相同，根据动量定理知，，可得上抛球动量变化量最大，下抛球动量变化量最小，则下抛球冲量最小，故CD错误。
故选B。
2. 【分析】
由题意可知，铁锤的初末动量，由动量定理可求得其对木桩的平均冲力。
本题考查动量定理的应用，在应用时要注意先明确正方向，然后才能列动能定理的关系式求解。
【解答】
对铁锤分析可知，其受重力与木桩的作用力；设向下为正方向，则有： 得：；
由牛顿第三定律可知，铁锤对桩的平均冲力为：，故C正确。
故选C。
3. 解：、小明在下落过程中，在与蹦床接触后，重力大于蹦床对小明的弹力，小明继续向下做加速运动，弹力增大，合力减小，继续向下做加速度减小的加速运动，当弹力等于重力时，速度达到最大，此后继续向下运动，弹力大于重力，开始做减速运动，最终减速到零，下降的高度最大，故动能先增大后减小，故A错误；
B、当弹力等于重力时，速度达到最大，此后继续向下运动，弹力大于重力，开始做减速运动，最终减速到零，故在点加速度向上，故B错误；
C、小明在下落过程中，在与蹦床接触后，重力大于蹦床对小明的弹力，小明继续向下做加速运动，弹力增大，直到弹力等于重力之前，一直处于失重状态，当弹力大于重力后，才处于超重状态，故C错误；
D、在下落过程中受到重力和弹力，根据动量定理可得：，故重力的冲量和床面对他的冲量大小相等，故D正确；
故选：。
小明在下落过程中，在与蹦床接触后，重力大于蹦床对小明的弹力，小明继续向下做加速运动，弹力增大，合力减小，继续向下做加速度减小的加速运动，当弹力等于重力时，速度达到最大，此后继续向下运动，弹力大于重力，开始做减速运动，最终减速到零，下降的高度最大，故动能先增大后减小，根据动量定理判断出重力的冲量和床面对他的冲量关系。
本题主要考查了小明在下落过程中的受力变化，判断出小明的运动变化，在判断动量时利用好动量定理即可。
4. 【分析】：
弹丸打入砂袋过程中，根据向心力的变化分析细绳拉力的变化。根据牛顿第三定律和冲量的定义分析弹丸对砂袋的冲量和于砂袋对弹丸的冲量大小关系。弹丸打入砂袋过程中，内力远大于外力，系统的动量守恒，由动量守恒定律和能量守恒定律结合求出产生的热量。弹丸打入砂袋后一起摆动过程中整体的机械能守恒，由机械能守恒定律求摆动所达到的最大高度。
本题中物理过程较多，关键先要正确把握每个过程的物理规律，知道子弹打击过程遵守动量守恒定律和能量守恒定律。之后，整体的机械能守恒。
【解答】：
A、弹丸打入砂袋过程中，砂袋的速度不断增大，所需要的向心力，则细绳对砂袋的拉力增大，由牛顿第三定律知，砂袋对细绳的拉力增大，故A错误；
B、弹丸打入砂袋过程中，弹丸对砂袋的作用力与砂袋对弹丸的作用力大小相等，作用时间相同，则弹丸对砂袋的冲量大小等于砂袋对弹丸的冲量，故B错误；
C、弹丸打入砂袋过程中，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得，得
产生的热量为，故C错误；
D、弹丸打入砂袋后一起摆动过程中整体的机械能守恒，则得，，故D正确。
故选：。
5. 解：将两球看作整体分析时，整体受重力支持力，水平方向不受外力，故整体系统动量守恒；故两球相碰分离后的总动量等于碰前的总动量；故C正确，ABD错误
故选：。
分析系统的受力情况，根据动量守恒定律的条件可以判断动量是否守恒．
本题要明确两球之间的弹力及库仑力均为内力，在分析动量是否守恒时不考虑内力．
6. 【分析】
先设小球刚好没跃出圆弧的点，知小球上升到最高点时，小球与滑块水平方向速度相同，结合水平动量守恒和系统机械能守恒求出小球的初速度大小，比较中给定的初速度即可分析选项，小球和小车组成的系统，在水平方向上动量守恒，小球越过圆弧轨道后，在水平方向上与小车的速度相同，返回时仍然落回轨道，根据压力对滑块做功情况判断滑块动能的变化情况，根据牛顿第二定律求解小球回到点时对滑块的压力。
本题考查了动量守恒定律、机械能守恒定律以及能量守恒定律等，要知道小球刚好没跃出圆弧的上端时两者水平方向上的速度相同，系统水平动量守恒，但总动量不守恒。
【解答】
A.当小球刚好到达点时，小球与滑块水平方向速度相同，设为，以小球的初速度方向为正方向，在水平方向上，由动量守恒定律得：，由机械能守恒定律得：，代入数据解得：，所以当时，小球不能到达点，故A错误；
B.小球离开四分之一圆弧轨道时，在水平方向上与滑块的速度相同，则球将从滑块的左侧离开滑块后返回时仍然回到滑块上，不可能从滑块的左侧离开滑块，故B错误；
C.小球在圆弧上运动的过程中，小球对滑块的压力一直对滑块做正功，所以滑块动能一直增加，故C正确；
D.若滑块固定，由机械能守恒知小球返回点时的速度大小仍为，在点，根据牛顿第二定律得：，解得：，根据牛顿第三定律可知，小球返回点时对滑块的压力为，故D错误。
故选C。
7. 【分析】
火箭的推力来源于燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对火箭的反作用力，在燃气喷出后的瞬间，视万户及所携设备火箭含燃料、椅子、风筝等为系统，动量守恒，喷出燃气后万户及所携设备做竖直上抛运动。
本题解题的关键是在燃气喷出后的瞬间，视万户及所携设备火箭含燃料、椅子、风筝等为系统，动量守恒；在火箭喷气过程中，燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对万户及所携设备做正功，所以万户及所携设备机械能不守恒。
【解答】
A.火箭点火获得向上的推力，推力来自于燃料气体的反作用力，不是空气的反作用力，故A错误；
B.喷气过程动量守恒，由，得，故B错误；
C.火箭做竖直上抛运动，上升的最大高度，故C正确；
D.喷气过程火箭机械能增加，故D错误。
8. 【分析】
运动员先做自由落体运动，由运动学的公式求出末速度；在缓冲阶段，可以看成匀减速直线运动，根据动量定理即可求出平均冲力的大小。
本题除了用动力学解决，也可以对缓冲的过程采取动量定理进行求解，注意在解题时明确动量定理的矢量性，先设定正方向。
【解答】
运动员做自由落体运动的时间：，所以重力的总冲量：，故A错误，B正确；
在安全绳产生拉力的过程中，人受重力、安全绳的拉力作用做减速运动，此过程的初速度就是自由落体运动的末速度，所以有： ，根据动量定理，取竖直向下为正，有：，解得： ，故C正确，D错误。
故选BC。
9. 【分析】
当球追上球并发生碰撞时，系统动量守恒，总动能不增加，碰撞后若同向运动则球速度应小于或等于球速度。
对于碰撞过程要遵守三大规律：、动量守恒；、总动能不增加；、符合物体的实际运动情况。
【解答】
以两物体组成的系统为研究对象，以的初速度方向为正方向，两个物体的质量均为，碰撞前系统的总动量：；
系统的总动能：。
A.若碰后、两球动量为：，，系统的总动量，遵守动量守恒定律。，故碰撞后动能增大，是不可能发生的，故A错误；
B.若碰后、两球动量为：，，系统的总动量，遵守动量守恒定律。，故碰撞后动能增大，是不可能发生的，故B错误；
C.若碰后、两球动量为：，，系统的总动量，遵守动量守恒定律。，故碰撞后动能减小，并且不会发生二次碰撞，是可能发生的，故C正确；
D.若碰后、两球动量为：，，系统的总动量，遵守动量守恒定律。，故碰撞后动能不变，属于弹性碰撞，是可能发生的，故D正确。
故选CD。
10. 解：、物体与橡皮泥粘合的过程，发生非弹簧碰撞，系统机械能有损失。故A错误。
B、整个系统在水平方向不受外力，竖直方向上合外力为零，则系统动量一直守恒，故B正确，
C、取系统的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可知，物体沿车滑动到端粘在端的油泥上后系统共同的速度与初速度是相同的。故C正确。
D、由的分析可知，当物体与端橡皮泥粘在一起时，系统的速度与初速度相等，所以系统的末动能与初动能是相等的，系统损失的机械能等于弹簧的弹性势能，与物体滑动中有没有摩擦无关。故D正确。
故选：。
物体与橡皮泥粘合的过程，系统机械能有损失；分析系统的合外力，即可判断动量是否守恒；根据动量守恒定律求解小车的速度。根据动量守恒定律与功能关系判断系统的机械能的变化。
本题根据动量守恒和机械能守恒的条件进行判断：动量守恒的条件是系统不受外力或受到的外力的合力为零；机械能守恒的条件是除重力和弹力外的其余力不做功。
11. 解：为了使两球碰撞为一维碰撞，即实现对心碰撞，则球的直径等于球的直径．在小球碰撞过程中水平方向动量守恒定律，要碰后入射小球的速度，故．
根据动量守恒有：，因为，，因为时间相同，可以用水平位移代替速度，所以需要测量水平槽上未放球时，球落点位置到点的距离，球与球碰撞后，球与球落点位置到点的距离．故AB正确．
故选：．
球与球碰后，球的速度减小，可知球没有碰撞球时的落点是点，球与球碰撞后球的落点是点．用水平位移代替速度，动量守恒的表达式为：
．
故答案为：等于，大于
为了实现对心碰撞，两球的直径需相同，为零使碰撞后球不反弹，则球的质量大于球的质量．
根据实验的原理确定需要测量的物理量．
根据碰撞前后小球的速度大小确定落点的位置．根据动量守恒列出表达式．
本题关键明确验证动量守恒定律实验的实验原理，注意等效替代在实验中的运用，从而明确将速度转化为位移关系得出可以直接验证的表达式．
12. 【分析】
明确实验原理，分析还需要测量的量；
根据弹开过程前后的动量关系可明确验证动量守恒定律的表达式；
根据机械能守恒定律求解弹性势能。
本题考查动量守恒定律的验证以及弹性势能的计算，要注意通过题意明确实验原理，能根据机械能守恒定律以及动量守恒定律分析对应的实验规律及误差情况。
【解答】
根据题意，要验证解除弹簧后两个小球组成的系统动量守恒，必须还要知道两球弹射的初速度，由平抛运动可知，故还需要测出小球落点到对应管口的水平距离；
根据动量守恒定律可知，两球碰前动量为零，碰后方向向反，设向左为正，则有：
，再根据水平方向，，可得：；
由可得平抛运动的时间：
根据水平方向上的匀速直线运动规律可知：，
故弹性势能的表达式为。
故答案为：小球的落点到管口的水平距离；
；
。
13. 对物块应用动能定理可以求出动摩擦因数。
对物块应用动量定理可以求出作用力大小。
应用动能定理可以求出物块反向运动过程克服摩擦力做的功。
本题考查了求动摩擦因数、作用力、克服摩擦力做功，分析清楚物体运动过程、应用动能定理、动量定理即可正确解题。
解：物块从到过程，由动能定理得：
，
代入数据解得：；
以向右为正方向，物块碰撞墙壁过程，
由动量定理得：，
解得：，负号表示方向向左；
物块向左运动过程，由动能定理得：
；
所以克服摩擦力做功为。
14. 木块和木板竖直方向上受力平衡，水平方向受到滑动摩擦力作用，大小为，根据牛顿第二定律求解加速度；
先向左做匀减速运动至速度为零，根据运动学速度公式求出速度为零时所用的时间，根据位移公式求解相对地面运动发生的位移；
对于系统，合外力为零，动量守恒．恰好没有滑离板，木板和木块的速度相同，根据动量守恒和能量守恒结合求解木板的长度。
本题是木块在木板滑动的类型，运用牛顿第二定律、运动学、动量守恒和能量守恒结合求解比较简便，较难。
解：、分别受到大小为的滑动摩擦力作用，根据牛顿第二定律得
对物体：
则，方向水平向右
对物体：，
则，方向水平向左
即、相对运动时的加速度的大小为，方向水平向右，的大小为，方向水平向左；
开始阶段相对地面向左做匀减速运动，速度为的过程中所用时间为
则，则
相对地面向右做减速运动
即相对地面速度为零时，相对地面运动已发生的位移是；
向左匀减速运动至速度为零后，相对地面向右做匀加速运动，最后恰好没有滑离板，两者速度相同，设共同速度为取向右方向为正，根据动量守恒定律得
由能量守恒定律得
代入数据解得
即木板的长度是。
15. 对系统运用动量守恒定律，根据动量守恒定律求出物块滑到处时木板的速度；
由点到点时，根据能量守恒求解木板的长度；
物块恰好能滑到圆弧的最高点处，知物块与圆弧轨道具有相同的速度，根据动量守恒定律和机械能守恒定律求出圆弧的半径。
解决该题关键要能够熟练运用动量守恒定律和能量守恒定律列出等式求解。
解：由点到点时，取向左为正，由动量守恒得：
由题意知：
解得：；
由点到点时，由能量守恒定律得：
解得：；
由点到点，滑块与物块的水平方向动量守恒，以滑块的初速度方向为正方向，有
由机械能守恒定律得：
解得：。
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