2019-2020学年高中物理人教版选修3-5同步作业与测评：第十六章《动量守恒定律》综合评估 Word版含解析

第十六章《动量守恒定律》综合评估
对应学生用书P21 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。

满分100分，考试时间90分钟。

第Ⅰ卷　(选择题，共50分)
一、选择题(每小题5分，共50分。

其中1～6题为单选，7～10题为多选)1．重为4 N 的物体，静止在倾角为30°的斜面上，在5 s 内，关于重力对物体的冲量的说法正确的是( )
A ．重力的冲量为零
B ．重力的冲量为10 N·s
C ．重力的冲量为20 N·s
D ．重力的冲量与摩擦力的冲量相等答案　C
解析　由冲量的公式得I G ＝Gt ＝4 N ×5 s ＝20 N·s ，由于物体静止，由动量定理得合外力冲量为零，所以重力的冲量与摩擦力和支持力这两个力合力的冲量大小相等方向相反，因此C 正确，A 、B 、D 错误。

2．一质量为m 的运动员从下蹲状态开始起跳，经Δt 的时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v ，在此过程中地面对他作用的冲量大小和做的功分别为( )
A ．m v ＋mg Δt ；m v 2
B ．m v ；m v 2
121
2
C ．m v ＋mg Δt ；0
D ．m v －mg Δt ；0答案　C
解析　人的速度原来为零，起跳后变为v ，则由动量定理可得：I －mg Δt ＝Δm v ＝m v ，故地面对人的冲量为I ＝m v ＋mg Δt ；因为支持力的作用点没有位移，故地面对人做功为零，故C 正确。

3．人从高处跳到低处时，为了安全，一般都是让脚尖先着地，这样做是为了( )
A ．减小冲量
B ．减小动量的变化量
C ．延长与地面的作用时间，从而减小冲力
D ．增大人对地面的压强，起到安全作用答案　C
解析　人从高处落下，着地瞬间动量为p ，最后减为零，让脚尖先着地，并未改变动量的变化量，由动量定理知，是为了延长和地面的作用时间来减小冲力大小，故C 正确。

4．如图所示，两个小球A 、B 在光滑水平地面上相向运动，它们的质量分别为m A ＝4 kg ，m B ＝2 kg ，速度分别是v A ＝3 m/s(设为正方向)，v B ＝－3 m/s 。

则它们发生正碰后，速度的可能值分别为( )
A ．v A ′＝1 m/s ，v
B ′＝1 m/s B ．v A ′＝4 m/s ，v B ′＝－5 m/s
C ．v A ′＝2 m/s ，v B ′＝－1 m/s
D ．v A ′＝－1 m/s ，v B ′＝－5 m/s 答案　A
解析　碰前动量分别为p A ＝m A v A ＝12 kg·m/s ，p B ＝m B v B ＝－6 kg·m/s ，动能分别为E k A ＝m A v ＝18 J ，E k B ＝m B v ＝9 J ，因碰撞前后动量守恒，动能不增加，因122A 122B 此B 、D 错误；因碰撞中两球不会彼此穿过对方，所以C 错误，故答案为A 。

5.
在光滑水平地面上放置一辆小车，车上放置有木盆，在车与木盆以共同的速度向右运动时，有雨滴以极小的速度竖直落入木盆中而不溅出，如图所示，则在雨滴落入木盆的过程中，小车速度将( )
A ．保持不变
B ．变大
C ．变小
D ．先变大后变小
答案　C
解析　设雨滴的质量为m ，小车的质量为M ，则由水平方向动量守恒可得：M v 0＝(M ＋m )v ，不难看出小车的速度将减小。

6．如图所示，三辆完全相同的平板小车a 、b 、c 成一直线排列，静止在光滑水平面上。

c 车上有一个小孩跳到b 车上，接着又立即从b 车跳到a 车上。

小孩跳离c 车和b 车时对地的水平速度相同。

他跳到a 车上相对a 车保持静止，此后( )
A ．a 、c 两车速率相等
B ．三辆车的速率关系v c ＞v a ＞v b
C ．a 、b 两车速度相等
D ．a 、c 两车运动方向相同答案　B
解析　设小车的质量均为M ，人的质量为m ，人跳离c 车和b 车的速度大小为v 0，规定向左为正方向，由动量守恒定律，人跳离c 车过程有0＝m v 0－M v c ，所以v c ＝，方向向右；人跳上和跳离b 车过程，m v 0＝m v 0＋M v b ，所以v b ＝0；
m v 0M 人跳上a 车过程，m v 0＝(M ＋m )v a ，所以v a ＝，方向向左；即v c ＞v a ＞v b ，
m v 0
M ＋m 且v a 与v c 方向相反，故B 正确，A 、C 、D 错误。

7．如图所示，一个质量为0.18 kg 的垒球，以25 m/s 的水平速度飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为45 m/s ，设球棒与垒球的作用时间为0.01 s 。

下列说法正确的是( )
A ．球棒对垒球的平均作用力大小为1260 N
B ．球棒对垒球的平均作用力大小为360 N
C ．球棒对垒球做的功为126 J
D ．球棒对垒球做的功为36 J 答案　AC
解析　设球棒对垒球的平均作用力为，由动量定理得·t ＝m (v t －v 0)，取v t ＝
F － F －
45 m/s ，则v 0＝－25 m/s ，代入上式，得＝1260 N ，由动能定理得W ＝m v －m v
F －
122t 12
＝126 J ，A 、C 正确。

2
08．质量为m 的物体以速度v 0做平抛运动，经过时间t ，下落的高度为h ，速度大小为v 。

在这段时间内，该物体的动量变化量大小为( )
A ．m v －m v 0
B ．mgt
C ．m
D ．m v 2－v 2
02gh
答案　BCD
解析　由动量定理可知B 正确；设t 秒末的竖直分速度为v 1，则有v ＝2gh ，v 2＝21v ＋v ，由以上分析可知C 和D 也正确。

2
1209．如图甲所示，长木板A 放在光滑的水平面上，质量为m ＝2 kg 的另一物体B 以水平速度v 0＝2 m/s 滑上原来静止的长木板A 的表面，由于A 、B 间存在摩擦，之后A 、B 速度随时间变化情况如图乙所示，则下列说法正确的是( )
A ．木板获得的动能为2 J
B ．系统损失的机械能为1 J
C ．木板A 的最小长度为1 m
D ．A 、B 间的动摩擦因数为0.1答案　CD
解析　由v ­t 图象知B 的加速度大小a ＝1 m/s 2，据牛顿第二定律μmg ＝ma 得μ＝0.1，故D 正确。

最后A 、B 共速，由动量守恒定律得m v 0＝(M ＋m )v ，得M ＝2 kg ，则木板获得的动能E k ＝M v 2＝1 J ，故A 错误。

系统损失的机械能ΔE ＝m v －
1212
20
(M ＋m )v 2＝2 J ，故B 错误。

由ΔE ＝μmgL 得L ＝1 m ，故C 正确。

1
2
10.
如图所示，箱子放在水平地面上，箱内有一质量为m 的铁球以速度v 向左壁碰去，来回碰几次后停下来，而箱子始终静止，则整个过程中( )
A ．铁球对箱子的冲量为零
B ．铁球和箱子受到的冲量大小相等
C ．箱子对铁球的冲量为m v ，向右
D ．地面摩擦力对箱子的冲量为m v ，向右答案　CD
解析　箱子在水平方向上受到两个力作用，铁球对箱子的作用力和地面对箱子的摩擦力，二力始终等值反向，其合力始终为零，故箱子始终静止。

因此，铁球对箱子的冲量与地面摩擦力对箱子的冲量等值反向，合冲量为零，故A 错误；根据动量定理，铁球受到的冲量为I ＝0－m v ＝－m v ，即箱子对铁球的冲量I ＝－m v ，负号表示方向向右，而箱子受到的冲量始终为零，故B 错误，C 正确；箱子对铁球的冲量m v ，向右，根据牛顿第三定律，铁球对箱子的冲量为m v ，向左。

又因为地面摩擦力与铁球对箱子的作用力等值反向，所以地面摩擦力对箱子的冲量为m v ，向右，故D 正确。

第Ⅱ卷　(非选择题，共50分)
二、填空题(共16分)
11．(2分)甲、乙两物体质量相等，并排紧靠静止在光滑的水平面上，现用一水平外力F 推动甲物体，同时给乙一个与F 同方向的瞬时冲量I ，使两物体开始运动，当两物体重新相遇时，经历的时间为________，甲的动量为________。

答案 2I
2I F
解析　设甲、乙质量均为m ，I ＝m v 乙，x 乙＝v 乙t ，F ＝ma ，x 甲＝at 2，当两
1
2物体再次相遇时，x 甲＝x 乙，联立得t ＝，此时甲的动量p ＝m v 甲，v 甲＝at ，得p ＝2I 。

2I
F
12．(8分)如图甲所示，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，可以通过测量________(选填选项前的符号)，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)图甲中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OP。

然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分末端，再将入射球m1从斜轨上S 位置静止释放，与小球m2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)。

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)。

(4)经测定，m1＝45.0 g，m2＝7.5 g，小球落地点的平均位置距O点的距离如图乙所示。

碰撞前、后m1的动量分别为p1与p1′，则p1∶p1′＝________∶11；若碰撞结束时m2的动量为p2′，则p1′∶p2′＝11∶________。

实验结果说明，碰撞前、后总动量的比值为________。

p 1
p 1′＋p 2′答案　(1)C (2)ADE
(3)m 1·OM ＋m 2·ON ＝m 1·OP m 1·OM 2＋m 2·ON 2＝m 1·OP 2(4)14'2.9'1.01
解析　(1)小球离开轨道后做平抛运动，由H ＝gt 2知t ＝，即小球的下落
122H g 时间一定，则初速度v ＝可用平抛运动的水平射程来表示，选项C 正确。

x
t
(2)本实验要验证的是m 1·OM ＋m 2·ON ＝m 1·OP ，因此要测量两个小球的质量m 1和m 2以及它们的水平射程OM 和ON ，而要确定水平射程，应先分别确定两个小球落地的平均落点，没有必要测量小球m 1开始释放的高度h 和抛出点距地面的高度H 。

故应完成的步骤是ADE 。

(3)若动量守恒，应有m 1·v 1＋m 2·v 2＝m 1·v 0(v 0是m 1单独下落时离开轨道时的速度，v 1、v 2是两球碰后m 1、m 2离开轨道时的速度)，又v ＝，则有
x
t
m 1·＋m 2·＝m 1·，
OM t ON t OP t 即m 1·OM ＋m 2·ON ＝m 1·OP ；
若碰撞是弹性碰撞，则碰撞过程中没有机械能损失，则有m 1v ＋m 2v ＝m 1v
122112212
，同样整理可得2
0m 1·OM 2＋m 2·ON 2＝m 1·OP 2。

(4)碰前m 1的动量p 1＝m 1v 0＝m 1·，碰后m 1的动量p 1′＝m 1v 1＝m 1·，
OP t OM
t 则p 1∶p 1′＝OP ∶OM ＝14∶11；碰后m 2的动量p 2′＝m 2v 2＝m 2·
，所以p 1′∶ON
t
p 2′＝(m 1·OM )∶(m 2·ON )＝11∶2.9；碰撞前、后总动量的比值＝
p 1
p 1′＋p 2′≈1.01。

m 1·OP
m 1·OM ＋m 2·ON
13．(6分)如图所示，气垫导轨是常用的一种实验仪器。

它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮在导轨上，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦。

我们可以用带竖直挡板C 、D 的气垫导轨以及滑块A 、B 来验证动量守恒定律，实验装置如图所示(弹簧的长度忽略不计)，采用的实验步骤如下：
a ．用天平分别测出滑块A 、B 的质量m A 、m B 。

b ．调整气垫导轨，使导轨处于水平。

c ．在滑块A 、滑块B 间放入一个被压缩的轻弹簧，用电动卡销锁定，静止放置在气垫导轨上。

d ．用刻度尺测出滑块A 的左端至挡板C 的距离L 1。

e ．按下电钮放开卡销，同时使分别记录滑块A 、B 运动时间的计时器开始工作。

当滑块A 、B 分别碰撞挡板C 、D 时停止计时，记下滑块A 、B 分别到达挡板C 、D 的运动时间t 1和t 2。

(1)实验
中
还
应
测
量
的
物
理
量
是
______________________________________________________________________
__。

(2)利用上述测量的实验数据，验证动量守恒定律的表达式是____________________，由此公式算得的A 、B 两滑块的动量大小并不完全相等，产
生
误
差
的
原
因
是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。

(3)利用上述实验数据能否测出被压缩弹簧的弹性势能的大小？________。

如能
，
请
写
出
表
达
式
________________________________________________________________________
________________。

答案　(1)B 的右端至D 挡板的距离L 2
(2)m A ·－m B ·＝0'测量时间、距离等存在误差，阻力、气垫导轨不水平等造
L 1t 1L 2
t 2成误差
(3)能'E p ＝m A 2＋m B 2
12(L 1t 1)12(L 2
t
2
)
解析　(1)验证动量守恒定律，要知道A 、B 两滑块的速度，所以不仅要知道A 到C 的距离，也要知道B 到D 的距离。

(2)由实验所测数据知，要验证动量守恒定律须满足m A ·－m B ·＝0，误差不
L 1t 1L 2
t 2可避免，时间、距离的测量有误差，阻力、导轨不水平等都可造成误差。

(3)由实验装置知，弹簧的弹性势能转化为A 、B 的动能，所以有E p ＝m A 2
＋
12(L 1t
1)
m B 2。

12(L 2t
2)
三、计算题(共34分)
14．(8分)如右图所示，一质量为M 的物块静止在桌面边缘，桌面离水平地面的高度为h 。

一质量为m 的子弹以水平速度v 0射入物块后，以水平速度射出。

v 0
2重力加速度为g 。

求：
(1)此过程中系统损失的机械能；
(2)此后物块落地点离桌面边缘的水平距离。

答案　(1)m v '(2) 18(3－m M )
20m v 0M h 2g
解析　(1)设子弹穿过物块后物块的速度为v ，由动量守恒定律得m v 0＝m ×
v 0
2
＋M v ，解得：v ＝
m v 0
2M
系统损失的机械能为：
ΔE ＝m v －12
2
0[12m (v 02)2＋12M v 2
] 解得：ΔE ＝m v 。

18(3－m M
)
20 (2)设物块下落到地面所需时间为t ，落地点距桌面边缘的水平距离为s ，则：h ＝gt 2
，s ＝v t 12
得：s ＝ 。

m v 0M h
2g
15．(8分)
竖直平面内的半圆轨道光滑且与水平地面相切于B 点，一质量为1 kg 的坚硬小物块A (可视为质点)，静止在光滑的水平地面上，如图所示。

一颗质量为 10 g 的子弹以505 m/s 的速度向左飞来，正好打中小物块A ，并嵌在小物块A 内一起向左运动，已知R ＝0.4 m ，g ＝10 m/s 2。

求：
(1)子弹打中小物块A 并合成一个整体时的共同速度大小；(2)小物块A 在C 点对轨道顶端的压力大小；(3)小物块A 落地点与B 点的水平距离。

答案　(1)5 m/s (2)12.625 N (3)1.2 m
解析　(1)子弹打中小物块的过程，取向左为正方向，由动量守恒定律得：m v 0＝(m ＋M )v
得共同体的速度大小为：v ＝＝ m/s ＝5 m/s 。

m v 0m ＋M 0.01×5050.01＋1(2)小物块(含子弹)从水平面运动到C 点的过程，由机械能守恒定律得：(M ＋m )v 2＝(M ＋m )v ＋(m ＋M )g ·2R 12122C
代入数据计算得出：v C ＝3 m/s 在C 点，由牛顿第二定律得：
N ＋(m ＋M )g ＝(m ＋M )v 2C R
代入数据计算得出：N ＝12.625 N
由牛顿第三定律知，小物块在C 点对轨道顶端的压力大小为：N ′＝N ＝12.625 N 。

(3)小物块离开C 点后做平抛运动，则有：
2R ＝gt 2
12
x ＝v C t
计算得出小物块落地点与B 点的水平距离为：
x ＝1.2 m 。

16.
(9分)如图所示，光滑水平面上一质量为M 、长为L 的木板右端紧靠竖直墙壁。

质量为m 的小滑块(可视为质点)以水平速度v 0滑上木板的左端，滑到木板的右端时速度恰好为零。

(1)求小滑块与木板间的摩擦力大小；
(2)现小滑块以某一速度v 滑上木板的左端，滑到木板的右端时与竖直墙壁发
生弹性碰撞，然后向左运动，刚好能够滑到木板左端而不从木板上落下，试求的v v 0值。

答案　(1)　(2) m v 2
02L
2M ＋m M 解析　(1)小滑块以水平速度v 0右滑时，有：
－F f L ＝0－m v ①12
20解得F f ＝。

②m v 2
02L
(2)设小滑块以速度v 滑上木板，运动至碰墙时速度为v 1，则有－F f L ＝m v －12
21m v 2③12
滑块与墙碰撞后向左运动到木板左端，此时滑块、木板的共同速度为v 2，则
有
m v 1＝(m ＋M )v 2④
F f L ＝m v －(m ＋M )v ⑤122112
2②③④⑤式联立，解得＝。

v v
02M ＋m M 17．(9分)在光滑水平面上静止有质量均为m 的木板AB 和滑块CD ，木板AB
上表面粗糙，滑块CD 上表面是光滑的圆弧，它们紧靠在一起，如图所示。

一个14
可视为质点的物块P ，质量也为m ，它从木板AB 的右端以初速度v 0滑上木板，
过B 点时速度为，然后又滑上滑块CD ，最终恰好能滑到滑块CD 圆弧的最高点C v 0
2
处。

若物块P 与木板AB 间的动摩擦因数为μ，求：
(1)物块滑到B 处时木板AB 的速度v 1的大小；
(2)木板AB 的长度L ；
(3)滑块CD 最终速度v 2的大小。

答案　(1)　(2)　(3)v 045v 2016μg v 0
2
解析　(1)物块P 在AB 上滑动过程中物块P 、木板AB 、滑块CD 系统在水平
方向动量守恒，由动量守恒定律得：m v 0＝m ·＋2m v 1v 0
2
得v 1＝。

v 0
4
(2)由能量守恒得：
μmgL ＝m v －m 2－×2m v 122012(v 02)
122
1得L ＝。

5v 2
016μg
(3)物块P 滑到C 处且再返回D 处时滑块CD 速度为v 2，设物块P 速度为v 1′，对于物块P 和滑块CD 系统，由动量守恒(水平方向)和能量守恒得：
m ·＋m v 1＝m v 1′＋m v 2v 02
m 2＋m v ＝m v 1′2＋m v 12(v 02)
122112122得v 2＝。

v 02。