人教版高中物理选修3-5第十六章动量守恒定律测试

1．一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.已知分离前火箭与卫星的总质量为m1，分离后的箭体质量为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．

m2mm1v0−m2v2v2 D．v0+2(v0−v2) B．v0+v2 C．v0−m1−m2m1m12．一质量为2kg的物体受水平拉力F作用,在粗糙水平面上做加速直线运动时的a­t图象如图所示,t＝0时其速度大小为2m/s,滑动摩擦力大小恒为2N,则( ) A．t＝6s时,物体的速度为18m/s B．在0～6s内,合力对物体做的功为400J C．在0～6s内,拉力对物体的冲量为36N·s D．t＝6s时,拉力F的功率为200W

3．质量为2kg的小球自塔顶由静止开始下落，不考虑空气阻力的影响，g取10m/s2，下列说法正确的是（ ） A．2s末小球的动量大小为40kg•m/s B．2s末小球的动能为40J C．2s内重力的冲量大小为20N•s D．2s内重力的平均功率为20W

4．某同学质量为60kg，在军事训练中要求他从岸上以2m/s的速度跳到一条向他缓缓飘来的小船上，然后去执行任务，小船的质量是140kg，原来的速度是0.5m/s，该同学上船后又跑了几步，最终停在船上，此时小船的速度v和该同学动量的变化p分别为（ ）

70kgm/s B．0.25m/s，−105kgm/s A．0.25m/s，−63kgm/s D．0.95m/s，−35kgm/s C．0.95m/s，二、多选题

5．质量为m的小球A以速度v0在光滑水平面上运动，与质量为2m的静止小球B发生对心碰撞，则碰撞后A球的速度大小vA和B球的速度大小vB可能为( )

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A．vA=12v0，vB=v0 55B．vA=27v0，vB=v0 510C．vA=

15v0，vB=v0 48D．vA=35v0，vB=v0 8166．如图所示，在光滑水平面上，质量为m的小球A和质量为m的小球B通过轻弹

簧拴接并处于静止状态，弹簧处于原长；质量为m的小球C以初速度v0沿AB连线向右勻速运动，并与小球A发生弹性碰撞. 在小球B的右侧某位置固定一块弹性挡板（图中未画出），当小球B与挡板发生正碰后立刻将挡板撤走. 不计所有碰撞过程中的机械能损失，弹簧始终处于弹性限度内，小球B与挡板的碰撞时间极短，碰后小球B的速度大小不变，但方向相反，则B与挡板碰后弹簧弹性势能的最大值Epm可能是 A．mv0

213B．

12mv0 2C．

12mv0 6D．

12mv0 307．两个小球在光滑水平面上沿同一直线，同一方向运动，B球在前，A球在后，𝑚𝐴=1 kg，𝑚𝐵=2 kg，𝑣𝐴=6 m/s，𝑣𝐵=3 m/s。当A球与B球发生碰撞后，A、B两球的速度𝑣′𝐴、𝑣′𝐵可能为 A．𝑣𝐴′=4 m/s 𝑣𝐵′=4 m/s B．𝑣𝐴′=7 m/s 𝑣𝐵′=2.5 m/s C．𝑣𝐴′=4 m/s 𝑣𝐵′=6 m/s D．𝑣𝐴′=2 m/s 𝑣𝐵′=5 m/s 三、实验题

8．用如图所示的装置，来验证碰撞过程中的动量守恒．O点是水平槽末端在记录纸上的垂直投影点．经过如下步骤：

I）先使A球从斜槽上固定位置G由静止释放，在水平地面的记录纸上留下落点痕迹．重复多次． II）再把B球放在槽的末端，让A球仍从位置G由静止释放，与B球碰撞，碰后A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹，重复多次．

（1）本实验要求小球A的质量和B的质量满足_____2 / 16

（填＞，＜或＝）

（2）步骤I）中没有B球时，A下落的地点是_________（填M，N或P）

（3）如果碰撞过程中动量守恒，则物理量、OM、ON、OP满足________________．

（4）实验必须满足的条件是_______

A．轨道末端的切线必须是水平的 B．斜槽必须光滑

C．入射球A每次必须从同一高度滚下 D．入射球A和被碰球B的球心在碰撞瞬间必须在同一高度

四、解答题

9．如图所示，长l＝0.2 m的细线上端固定在O点，下端连接一个质量为m＝0.5 kg的小球，悬点O距地面的高度H＝0.35 m，开始时将小球提到O点而静止，然后让它自由下落，当小球到达使细线被拉直的位置时，刚好把细线拉断，再经过t＝0.1 s落到地面，如果不考虑细线的形变，g＝10 m/s2，试求： (1)细线拉断前、后小球的速度大小v1和v2；

(2)假设细线由拉直到断裂所经历的时间为Δt＝0.1 s，试确定细线的平均张力F的大小。

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10．如图所示，在光滑水平面上静置有质量均为m的木板AB和光滑

1圆弧滑块CD，其始端D点切线水4平且在木板AB上表面内，它们紧靠在一起，一可视为质点的物块P，质量也为m，从木板AB的右端以初速度v0滑上木板AB，过B点时速度为

v0，此后又滑上滑块CD，最终恰好能滑到滑块CD圆弧的最高点C2处，已知木板AB上表面粗糙，与物块间的动摩擦因数为μ，求： （1）物块滑到B处时木板的速度vAB； （2）木板的最小长度L； （3）滑块CD圆弧的半径R。

11．如图，三个质量相同的滑块A、B、C，间隔相等地静置于同一水平直轨道上．现给滑块A向右的初速度v0，一段时间后A与B发生碰撞，碰后A、B分别以

13v0、v0的速度向右运动，B再与C发生碰撞，84碰后B、C粘在一起向右运动．滑块A、B与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值．两次碰撞时间均极短．求B、C碰后瞬间共同速度的大小．

12．如图所示，质量为m的b球用长为h的细绳悬挂于水平轨道BC的出口C处，质量也为m的小球口从距BC高h的A处由静止释放，沿ABC光滑轨道滑下，在C处与b球正碰并与b粘在一起，BC轨道距地面的高度为h，悬挂b球的细绳能承受的最大拉力为2.8 mg．求：

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(1)a球与b球碰后瞬间的共同速度；

(2)a、b两球碰后，细绳是否会断裂?若不断裂，求两球上升的最大高度；若断裂求两球落地点距D点的水平距离．

13．如图，光滑的水平地面上静止放置一辆小车A，质量mA＝5kg，上表面光滑，可视为质点的物块B置于A的最右端，B的质量mB＝3 kg。现对A施加一个水平向右的恒力F＝10 N，A运动一段时间后，小车左端固定的挡板与B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A、B粘合在一起，共同在F的作用下继续运动，碰撞后经时间t＝0.8 s，二者的速度达到vt＝2 m/s。求： (1)A开始运动时加速度a的大小； (2)A、B碰撞后瞬间的共同速度v的大小； (3)A的上表面长度l。

14．如图所示，一质量m1=0.45kg的平顶小车静止在光滑的水平轨道上．车顶右端放一质量m2=0.5kg的小物体（可视为质点）．现有一质量m0=0.05kg的子弹以水平速度v0=100m/s射中小车左端并留在车中，已知子弹与车相互作用时间极短，小物体与车顶端的动摩擦因数为μ=0.8，最终小物体以2m/s的速度离开小车．g取10m/s2 ． 求： （1）子弹相对小车静止时，小车的速度大小； （2）子弹打入小车时产生的热量

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（3）小车的末速度和长度．

参

1．A 【解析】 【详解】

火箭和卫星组成的系统在分离时水平方向上动量守恒，规定初速度的方向为正方向，有m1v0=m2v2+(m1－m2)v1，解得v1=m1v0−m2v2.

m1−m26 / 16

A.

m1v0−m2v2，与结论相符，选项A正确；

m1−m2B. v0+v2，与结论不相符，选项B错误；

C. v0−m2v2，与结论不相符，选项C错误； m1D. v0+m2(v0−v2)，与结论不相符，选项D错误； m12．D 【解析】 【分析】

根据△v=a△t可知a-t图象中，图象与坐标轴围成的面积表示速度的增量，根据动能定理可知，合外力对物体做的功等于动能的变化量，根据动量定理可知，合外力的冲量等于物体动量的变化量，根据牛顿第二定律求出在t=6s时刻，拉力F的大小，再根据P=Fv求解瞬时功率 【详解】

根据△v=a△t可知a-t图象中，图象与坐标轴围成的面积表示速度的增量，则在t=6s时刻，物体的速度v6=v0+△v=2+

111 ×(2+4)×6=20m/s，故A错误；根据动能定理得：W合＝△Ek＝mv62−mv02=396J，故B222错误；根据动量定理，在 0～6 s时间内：IF−ft=m(v6−v0) 解得IF=48N∙s，故C错误；在t=6s时刻，根据牛顿第二定律得：F=ma+f=2×4+2=10N，拉力F的功率P=Fv6=10×20=200W，故D正确．故选D． 3．A

【解析】试题分析：2s末小球的速度为v=gt=20m/s；2s末的动量大小为：P=mv=mgt=

2102kgm/s=40kgm/s，选项A正确；2s末小球的动能为Ek=121mv=2202J=400J，选22项B错误；2s内重力的冲量大小为I=mgt=40N·s，选项C错误；2s内重力的平均功率为：

P=mgv=21010W=200W，选项 D错误；故选A. 2考点：动量；冲量；功率。

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4．B 【解析】 【分析】

水的阻力忽略不计，该同学跳上小船后与小船达到同一速度的过程，人和船组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，根据动量守恒定律列式求解． 【详解】

规定人原来的速度方向为正方向。设人上船后，船与人共同速度为v。由题意，水的阻力忽略不计，该同学跳上小船后与小船达到同一速度的过程，人和船组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，则由动量守恒定律得：m人v人-m船v船=（m人+m船）v，代入数据解得：v=0.25m/s，方向与船原来的速度方向相反。动量的变化△p为：△p=m人v-m人v人=60×（0.25-2）=-105kg•m/s；故选B。 【点睛】

解答本题的关键是抓住已知条件，判断人和船系统的动量守恒，同时要注意选取正方向，用符号表示速度的方向． 5．AC 【解析】 【详解】

两球碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量守恒：mv0=mvA+2mvB，ABCD均满足；考虑实际情况，碰撞后A球速度不大于B球的速度，因而D不满足，ABC满足；根据能量守恒定律，碰撞后的系统总动能应该小于或等于碰撞前的系统总动能B选项碰撞后总动能为6．BC 【解析】 【详解】

12121122mv0mvA+2mvB，B选项碰撞前总动能为mv0，2222572mv0，B不满足，AC满足；故AC正确，BD错误。故选AC。 1008 / 16

A．由题可知，系统的初动能为Ek=故A错误；

1mv02，而系统的机械能守恒，则弹簧的弹性势能不可能等于mv02，2B．由于小球C与小球A质量相等，发生弹性正碰，则碰撞后交换速度，若在A与B速度动量相等时，B与挡板碰撞，B碰撞后速度与A大小相等、方向相反，当两者速度同时减至零时，弹簧的弹性最大，最大值为EP=Ek=1mv02，故B正确； 2CD．当B的速度很小（约为零）时，B与挡板碰撞时，当两球速度相等弹簧的弹性势能最大，设共同速度

13m)v，得v=v0，由机械能守341111222恒定律可知，最大的弹性势能为EP=mv0−（m+m)v0，解得：EP=mv0，则最大的弹性势能

22381122的范围为 mv0～mv0，故C正确，D错误．

82（m+为v，以C的初速度方向为正方向，则由动量守恒定律得：mv0=【点睛】

不计所有碰撞过程中的机械能损失，系统的机械能是守恒的．系统的合外力为零，总动量也守恒，根据两大守恒定律分析选择． 7．AD 【解析】 【详解】

两球碰撞过程系统动量守恒，以两球的初速度方向为正方向，如果两球发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得：mAvA+mBvB=（mA+mB）v，代入数据解得：v=4 m/s；

如果两球发生完全弹性碰撞，有：mAvA+mBvB=mAvA′+mBvB′，由机械能守恒定律得：mAvA+2mBvB=2mAvA′+2mBvB′，2代入数据解得：vA′=2m/s，vB′=5m/s，

则碰撞后A、B的速度：2 m/s≤vA≤4 m/s，4 m/s≤vB≤5 m/s，故AD正确，BC错误。 故选AD

8． N mA【解析】

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1

2

1

2

1

2

1

2

0N=mA0M+mB0P ACD

（1）在小球碰撞过程中水平方向动量守恒定律故有：m1v0=m1v1+m2v2，

在碰撞过程中动能守恒故有：

11122m1v0=m1v12+m2v2， 222解得：v1=m1−m2v0

m1+m2要碰后入射小球的速度：v10，即m1−m20，则m1m2 （2）没有B球时，A下落的地点位于中间位置，故为N点； （3）如果碰撞过程中动量守恒，则有：mA0N0M0P=mA+mB，因平抛的飞行时间相等，则tttmA0N=mA0M+mB0P；

（4）A、轨道末端的切线必须是水平的，保证小球作平抛运动，A正确；

B、每次小球只要从同一高度释放，到斜槽末端速度就相等，即使有摩擦，每次克服摩擦做的功也相等，斜槽不必是光滑的，B错误；

C、入射球A每次必须从同一高度滚下，到达斜槽末端速度才相等，C相等；

D、实验要求两小球发生对心碰撞，入射球A和被碰球B的球心在碰撞瞬间必须在同一高度，D正确； 故选ACD．

9．（1）1m/s；（2）10N 【解析】 【详解】

(1) 细线拉断前，小球下落过程机械能守恒：mgl＝mv1

122得v1＝2gl＝2 m/s

设细线断后球速为v2，方向竖直向下，由H-l＝v2t＋可得：v2＝1 m/s

12

gt， 210 / 16

(2) 设细线的平均张力为F，方向竖直向上．取竖直向上为正方向， 由动量定理可得： (F－mg)Δt＝－mv2－(－mv1) 解得：F＝

mv1−mv2＋mg＝10N.

t225v0v0v010．（1）（2）（3）

16gg4【解析】 【详解】

(1)选向左为正方向，从A到B过程系统动量守恒：

mv0=m

解得：

v0+2mvAB 2vAB=

v0 4(2)从A到B过程系统能量守恒：

11v1 mv02=m0+·2mvAB2+μmgL

2222解得：

25v02L= 16g(3)从D到C过程，物块P和滑块CD系统水平方向动量守恒：

m

vv0+m0=2mv共 24解得：

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v共=

从D到C过程，物块和滑块系统能量守恒：

3v0 8v1v011m+m(0)2=2mv共2+mgR 22224解得：

2v02R= g21v0 1611．v=【解析】

试题分析：根据根据动量守恒求出碰前A的速度，然后由动能定理求出A与B碰撞前摩擦力对A做的功；B再与C发生碰撞前的位移与A和B碰撞前的位移大小相等，由于滑块A、B与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值，所以地面对B做的功与地面对A做的功大小相等，由动能定理即可求出B与C碰撞前的速度，最后根据动量守恒求解B、C碰后瞬间共同速度的大小．

设滑块是质量都是m，A与B碰撞前的速度为vA，选择A运动的方向为正方向，碰撞的过程中满足动量守恒定律，得：mvA=mvA′+mvB′

设碰撞前A克服轨道的阻力做的功为WA，由动能定理得：

WB=1212mv0−mvA 22设B与C碰撞前的速度为vB″，碰撞前B克服轨道的阻力做的功为WB，

WB=112−mvB2 mvB22由于质量相同的滑块A、B、C，间隔相等地静置于同一水平直轨道上，滑块A、B与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值，所以：WB=WA

设B与C碰撞后的共同速度为v，由动量守恒定律得：mvB″=2mv

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联立以上各表达式，代入数据解得：v=21v0. 16点睛：该题涉及多个运动的过程，碰撞的时间极短，就是告诉我们碰撞的过程中系统受到的摩擦力可以忽略不计，直接用动量守恒定律和动能定理列式求解即可，动量守恒定律不涉及中间过程． 12．（1）v=【解析】 【分析】

（1）由机械能守恒定律求解a球与b球碰前的速度；a、b碰撞过程中动量守恒，根据动量守恒定律求解碰后的速度；根据牛顿第二定律求解小球在最低点细线的拉力，与最大拉力比较，从而判断细绳能否断裂. 【详解】

（1）设a球与b球碰前瞬间的速度大小为vc，由机械能守恒定律得

12gh（2）会断裂；落地点离D的水平距离为h 2mgh=12mvc 2设b球与a球碰后的速度为v，a、b碰撞过程中动量守恒，则

mvc=(m+m)v

v=12gh 2（2）假设a、b球碰撞后将一起绕0点摆动，设小球在最低点时细绳拉力为F，则

v2F−2mg=2m

h解得F=3mg，F2.8mg，故细绳会断裂，小球做平抛运动

h=12gt 2x=vt

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解得：x=h 【点睛】

本题考查了机械能守恒、动量守恒、平抛运动以及关于向心力的计算。当只有重力（或系统内的弹力）做功时，机械能守恒，减少的重力势能（或弹簧的弹性势能）转化为物体的动能。可用表达式△Ek=mg△h来计算。关于动量守恒定律的应用，首先要确定研究对象，对研究对象进行受力分析，判断是否符合守恒的条件，然后确定正方向，列式求解。对于平抛引动，要把运动分解成水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，运行的时间由抛出点的高度决定；水平位移由抛出点的高度和抛出时的速度共同决定。关于向心力的计算，首先要正确的对研究对象进行受力分析，找出沿半径方向上所有力的合力，即为向心力，结合圆周运动的相关公式来解决问题。 13．(1)2.0 m/s2；(2)1 m/s；(3)0. m 【解析】 【分析】 【详解】

(1)以A为研究对象，由牛顿第二定律有

F=mAa

代入数据解得

a=F=2.0m/s2 mA(2)设对A、B碰撞后共同运动速度为v，在一起运动过程中，由动量定理得

Ft=(mA+mB)vt−(mA+mB)v

代入数据解得

v=1m/s

(3)设A、B发生碰撞前，A的速度为vA，对A、B发生碰撞的过程，由动量守恒定律有

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mAvA=(mA+mB)v

A从开始运动到与B发生碰撞前，由动能定理有

12Fl=mAvA

2代入数据可得

l=0.m

14．（1）10m/s；（2）225J．（3）8m/s，5m． 【解析】 【分析】

子弹击中小车过程，子弹与小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出小车的速度；对子弹和小车组成的系统，应用能量守恒定律可以求出子弹打入小车时产生的热量；对子弹、物块、小车组成的系统动量守恒，对系统应用动量守恒定律与能量守恒定律可以求出小车的末速度和长度． 【详解】

（1）子弹打入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得

m0v0=(m0+m1)v1

解得

v1=10m/s；

（2）由能量守恒定律得

112 m0v0=(m0+m1)v12+E损， 22代入数据可得

E损=225J

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所以子弹打入小车时产生的热量

Q=E损=225J

（3）由于m2在长木板上由于摩擦力做功，导致系统机械能损失，则由动量守恒，能量守恒，分析子弹打入小车后的运动情况，列式可得：

(m0+m1)v1=(m0+m1)v1+m2v2．

1112 (m0+m1)v12=(m0+m1)v1'2+m2v2+m2gL 222联立解得：小车的末速度为

v1=8m/s

小车的长度为：

L=5m 【点睛】

本题首先要分析清楚物体运动过程，明确研究对象，应用动量守恒定律与能量守恒定律即可正确解题，解题时要注意正方向的选择

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