章末过关检测卷(一)
第十六章 动量守恒定律
(测试时间：50分钟 评价分值：100分)
一、单项选择题(本题共4小题，每题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确．)
1. 关于冲量、动量、动量的增量的下列说法中正确的是(B)
A．冲量的方向一定和动量的方向相同 B．冲量的大小一定和动量变化量的大小相同
C．动量增量的方向一定和动量的方向相同 D．动量增量的大小一定和动量大小的增量相同
解析：冲量的方向和动量的方向不一定相同，比如平抛运动，冲量方向竖直向下，动量方向是轨迹的切线方向．故A错误；根据动量定理，物体所受合力的冲量等于物体动量的变化，则冲量的大小一定和动量变化量的大小相同．故B正确；动量增量的方向与合力的冲量方向相同，与动量的方向不一定相同，比如匀减速直线运动，动量增量的方向和动量的方向相反．故C错误；动量增量是矢量，按照平行四边形定则求解，而动量大小的增量按代数法则运算，两者大小不一定相等．故D错误，故选B.
2．两辆汽车的质量分别为m1和m2，已知m1>m2，沿水平方向同方向行驶且具有相等的动能，则此时两辆汽车动量p1和p2的大小关系是(C)
A．p1等于p2 B．p1小于p2 C．p1大于p2 D．无法比较
解析：由，因为m1>m2，且动能相等，所以p1>p2，选C.
3．质量m＝100 kg的小船静止在平静水面上，船两端载着m甲＝40 kg、m乙＝60 kg的游泳者，在同一水平线上甲向左、乙向右同时以相对于岸3 m/s的速度跃入水中，如图所示，则小船的运动速率和方向为 (A)
A．0.6 m/s，向左 B．3 m/s，向左
C．0.6 m/s，向右 D．3 m/s，向右
解析：甲、乙和船组成的系统动量守恒，以水平向右为正方向，开始时总动量为零，根据动量守恒定律有：0＝－m甲v甲＋m乙v乙＋mv，
解得：v＝，代入数据解得v＝－0.6 m/s，负号说明小船的速度方向向左，故选项A正确．
4．一个笔帽竖立在桌面上平放的纸条上，要求把纸条从笔帽下抽出，如果缓慢拉动纸条，笔帽必倒；若快速拉纸条，笔帽可能不倒．这是因为(C)
7
A．缓慢拉动纸条时，笔帽受到的冲量小 B．缓慢拉动纸条时，纸条对笔帽的水平作用力小
C．快速拉动纸条时，笔帽受到的冲量小 D．快速拉动纸条时，纸条对笔帽的水平作用力小
解析：拉动纸条时，笔帽在水平方向受到的滑动摩擦力一定(f＝μmg)，由动量定理知：μmgt＝Δp，缓慢拉动纸条时，作用时间长，笔帽受到的冲量大，Δp大，易倒，故A、B错；快速拉动纸条时，作用时间短，笔帽受到的冲量小，Δp小，不易倒，故选项C正确．
二、多项选择题(本题共5小题，每题6分，共30分．在每小题给出的四个选项中有多个选项正确，全部选对得6分，漏选得3分，错选或不选得0分．)
5．如图所示，A、B两个小球在光滑水平面上沿同一直线相向运动，它们的动量大小分别为p1和p2，碰撞后A球继续向右运动，动量大小为p1′，此时B球的动量大小为p2′，则下列等式成立的是(BD)
A．p1＋p2＝p1′＋p2′ B．p1－p2＝p1′＋p2′
C．p1′－p1＝p2′＋p2 D．－p1′＋p1＝p2′＋p2
解析：因水平面光滑，所以A、B两球组成的系统在水平方向上动量守恒．设向右方向为动量正方向，由于p1、p2、p1′、p2′均表示动量的大小，所以碰前的总动量为p1－p2，碰后的总动量为p1′＋p2′，B对；B选项的式子经变形得－p1′＋p1＝p2′＋p2，D对．
6．如右图所示，轻质弹簧的一端固定在墙上，另一端与质量为m的物体A相连，A放在光滑水平面上，有一质量与A相同的物体B，从高h处由静止开始沿光滑曲面滑下，与A相碰后一起将弹簧压缩，弹簧复原过程中某时刻B与A分开且沿原曲面上升．下列说法正确的是(BD)
A．弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mgh
B．弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为
C．B能达到的最大高度为
D．B能达到的最大高度为
解析：根据机械能守恒定律可得B刚到达水平地面的速度v0＝，
7
根据动量守恒定律可得A与B碰撞后的速度为v＝，所以弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为，即B正确；当弹簧再次恢复原长时，A与B将分开，B以v的速度沿斜面上滑，根据机械能守恒定律可得mgh′＝mv2，B能达到的最大高度为，即D正确．
7．如图为两物体A、B在没有其他外力作用时相互作用前后的vt图象，则由图象可知(AB)
A．A、B的质量之比为5∶3
B．A、B作用前后总动量守恒
C．A、B作用前后总动量不守恒
D．A、B间相互作用力相同
解析：A、B两物体发生碰撞，没有其他外力，A、B形成的系统总动量守恒，故选项B正确，选项C错误．由动量守恒定律得mAΔvA＝－mBΔvB，＝－＝－＝5∶3，故选项A正确．A、B之间相互作用力大小相等、方向相反，因而A、B间相互作用力不同．故选项D错误．
8．质量为M的物块以速度v运动，与质量为m的静止物块发生正撞，碰撞后两者的动量正好相等，两者质量之比可能为(AB)
A．2 B．3 C．4 D．5
解析：根据动量守恒和能量守恒得，设碰撞后两者的动量都为p，则总动量为2p，
根据动量和动能的关系有：＝2mEk，
根据能量的关系得，由于动能不增加，则有：
，得：≤3，故A、B正确，C、D错误．
9．我国女子短道速滑队在今年世锦赛上实现女子3 000 m接力三连冠．观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面．并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出．在乙推甲的过程中，
7
忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则(BC)
A．甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量
B．甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反
C．甲的动能增加量不等于乙的动能减少量
D．甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功
解析：因为冲量是矢量，甲对乙的作用力与乙对甲的作用力大小相等、方向相反，故冲量大小相等、方向相反，故A错误；设甲、乙两运动员的质量分别为m甲、m乙，追上之前的瞬间甲、乙两运动员的速度分别是v甲、v乙，根据题意整个交接棒过程可以分为两部分：
①完全非弹性碰撞过程→“交棒”m甲v甲＋m乙v乙＝(m甲＋m乙)v共，
②向前推出(人船模型)→“接棒”(m甲＋m乙)v共＝m甲v甲′＋m乙v乙′，由上面两个方程联立可以解得：m甲Δv甲＝－m乙Δv乙，即B选项正确．经历了中间的完全非弹性碰撞过程会有动能损失，甲、乙相互作用过程中，两人位移不相同，合力对两人做功不同，甲动能的减少和乙动能的增加不一样多，C正确、 D错误．
三、非选择题(本大题3小题，共54分．按题目要求作答．解答题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．)
10．Ⅰ.(12分)如图，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．
(1)实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的．但是，可以通过仅测量_____________(填选项前的符号)，间接地解决这个问题．
A．小球开始释放高度h
B．小球抛出点距地面的高度H
C．小球做平抛运动的射程
(2)图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影．实验时，先让入射球m1多次从斜轨上S 位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程．然后，把被碰小球静置于轨道的水平部分，再将入射球从斜轨上S位置静止释放，与小球相碰，并多次重复．接下来要完成的必要步骤是________(填选项前的符号)．
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A．用天平测量两个小球的质量m1、m2
B．测量小球m1开始释放高度h
C．测量抛出点距地面的高度H
D．分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、N
E．测量平抛射程OM、ON
(3)若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为____________________(用(2)中测量的量表示)；若碰撞是弹性碰撞，那么还应满足的表达式为__________________________(用(2)中测量的量表示)．
解析：(1)验证动量守恒定律实验中，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是通过落地高度不变情况下水平射程来体现速度．故选C.
(2)实验时，先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP.然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球从斜轨上S位置静止释放，与小球相碰，并多次重复．测量平均落点的位置，找到平抛运动的水平位移，因此步骤中D、E是必需的，而且D要在E之前．至于用天平秤质量先后均可以．故选ADE.
(3)设落地时间为t，则v0＝，v1＝，v2＝；而动量守恒的表达式是：m1v0＝m1v1＋m2v2，
若两球相碰前后的动量守恒，则m1·OM＋m2·ON＝m1·OP成立．
若碰撞是弹性碰撞，则机械能守恒，有
答案：(1)C (2)ADE
(3)
Ⅱ.(6分)A、B两物体在水平面上相向运动，其中物体A的质量为mA＝4 kg，两球发生相互作用前后的运动情况如图所示．则：由图可知A、B两物体在________时刻发生碰撞，B物体的质量为mB＝________________________________________________________________________kg.
解析：由图象知，在t＝2 s时刻A、B相撞，碰撞前后，A、B的速度：
vA＝＝－ m/s＝－2 m/s，
7
vB＝＝ m/s＝3 m/s，
vAB＝＝ m/s＝1 m/s.
由动量守恒定律有：mAvA＋mBvB＝(mA＋mB)vAB，解得：mB＝6 kg.
答案：2 s 6 kg
11．(18)如图所示，固定在竖直平面内半径为R的四分之一光滑圆弧轨道与水平光滑轨道平滑连接，A、B、C三个滑块质量均为m，B、C带有同种电荷且相距足够远，静止在水平轨道上的图示位置．不带电的滑块A从圆弧上的P点由静止滑下(P点处半径与水平面成30°角)，与B发生正碰并粘合，然后沿B、C两滑块所在直线向C滑块运动．求：
(1)A、B粘合后的速度大小；
(2)A、B粘合后至与C相距最近时系统电势能的变化．
解析：(1)滑块由P滑下到与B碰撞前，根据动能定理：
mgR(1－sin 30°)＝，
A、B碰撞过程动量守恒mv＝2mv1解得：v1＝.
(2)当B、C达到共同速度时，B、C相距最近，由动量守恒定律：
2mv1＝，
根据能量守恒定律，系统损失的机械能转化为系统的电势能，则：
ΔE＝2mv21－，
电势能的增加量为：ΔE＝mgR.
答案：(1) (2)mgR
12．(18)如图，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A位于B、C之间．A的质量为m，B、C的质量都为M，三者都处于静止状态，现使A以某一速度向右运动，求m和M之间满足什么条件才能使A只与B、C各发生一次碰撞．设物体间的碰撞都是弹性的．
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解析：设A运动的初速度为v0，
A向右运动与C发生碰撞，根据弹性碰撞可得：
mv＝mv1＋Mv2，
，
可得：v1＝v v2＝v
要使得A与B发生碰撞，需要满足v1＜0，即m＜M.
A反向向左运动与B发生碰撞过程，弹性碰撞．有：
mv1＝mv3＋Mv4，
，
整理可得v3＝v1 v4＝v1
由于m＜M，所以A还会向右运动，根据要求不发生第二次碰撞，需要满足v3＜v2.
即：v2＝v＞v1＝v，
整理可得：m2－4Mm＞M2，
解方程可得：m≥(－2)M.
答案：m≥(－2)M
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