【文档说明】【精准解析】湖南省长沙市长郡中学人教版高二物理选修3-5第十六章动量守恒定律单元练习题（解析版）.doc，共(15)页，698.000 KB，由小赞的店铺上传

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湖南省长沙市长郡中学人教版高二物理单元练习选修3-5：第十六章动量守恒定律一．选择题（共7小题）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．已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为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.v0-v2B.v0+v2C.21021mvvvm=−D.【答案】D【解析】【分析】本题考查动量守恒定律【详解】系统分离前后，动量守恒：()1201122mm

vmvmv+=+，解得：()210021mvvvvm=+−，故ABC错误；D正确．2.质量为m的物块甲以3m/s的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定其上，另一质量也为m的物体乙以4m/s的速度与甲相向运动，如图所示．则A.甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，由于弹力作用，系统动量不守

恒B.当两物块相距最近时，甲物块的速率为零C.当甲物块的速率为1m/s时，乙物块的速率可能为2m/s，也可能为0D.甲物块的速率可能达到5m/s【答案】C【解析】【分析】【详解】A．甲、乙两物块（包括弹簧）组成的系统在弹簧压缩过程中，

系统所受的合外力为零，系统动量守恒，故A错误；B．当两物块相距最近时速度相同，取碰撞前乙的速度方向为正方向，设共同速率为v，由动量守恒定律得mv乙-mv甲=2mv代入数据解得v=0.5m/s故B错误．C．甲、乙组成的系统动量守恒，

若物块甲的速率为1m/s，方向与原来相同，由动量守恒定律得mv乙-mv甲=-mv甲′+m乙v乙′代入数据解得v乙′=2m/s若物块甲的速率为1m/s，方向与原来相反，由动量守恒定律得mv乙-mv甲=mv甲′+m乙v乙′代入数据解得v乙′=0故C正确．D．若物块甲的速率达到5m/s，方向与原来相

同，则mv乙-mv甲=-mv甲′+m乙v乙′代入数据代入解得v乙′=6m/s两个物体的速率都增大，动能都增大，违反了能量守恒定律．若物块甲的速率达到5m/s，方向与原来相反，则mv乙-mv甲=mv甲′+m乙v乙′代入数据解得v乙′=-4m/s可以，碰撞

后，乙的动能不变，甲的动能增加，系统总动能增加，违反了能量守恒定律．所以物块甲的速率不可能达到5m/s，故D错误．故选C．3.如图所示，小车静止在光滑水平面上，AB是小车内半圆弧轨道的水平直径，现将一小球从距A点正上方h高处由静止释放，小球由A点沿切线方向经半圆轨

道后从B点冲出，在空中能上升的最大高度为0.8h，不计空气阻力．下列说法正确的是（）A.在相互作用过程中，小球和小车组成的系统动量守恒B.小球离开小车后做竖直上抛运动C.小球离开小车后做斜上抛运动D.小球第二次冲出轨道后在空中能上升的最大高度为0

.6h【答案】B【解析】【详解】A．小球与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，水平方向系统动量守恒，但系统整体所受合外力不为零，系统动量不守恒；故A错误．BC．小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，小球由

B点离开小车时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度为零，小球离开小车后做竖直上抛运动；故B正确、C错误．D．小球第一次在车中滚动中运动过程中，摩擦力做负功，由动能定理得：(0.8)0fmghhW−−=Wf为小球克服摩擦力做功大小，解得：0.2fWmgh=即小球第一次

在车中滚动损失的机械能为0.2mgh，由于小球第二次在车中滚动时，对应位置速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于0.2mgh，机械能损失小于0.2mgh，因此小球再次离开小车时，能上升的高度大于0.6h；故D错误．4.如图所示，足

够长的小平板车B的质量为M，以水平速度0v向右在光滑水平面上运动，与此同时，质量为m的小物体A从车的右端以水平速度0v沿车的粗糙上表面向左运动。若物体与车面之间的动摩擦因数为，则在足够长的时间内（）A.若Mm，物体A对地向左的最大

位移是202()MvMmg+B.若Mm，小车B对地向右的最大位移是202MvmgC.无论M与m的大小关系如何，摩擦力对平板车的冲量均为0mvD.无论M与m的大小关系如何，摩擦力的作用时间均为0()MvMmg+【答案】B【解析】【详解】规定向右为正方向，

根据动量守恒定律有00()MvmvMmv−=+解得0()MmvvMm−=+A．若Mm，A所受的摩擦力fmg=对A，根据动能定理得20102Amgxmv−=−则得物体A对地向左的最大位移202Avxg=故A错误；B．若M

m，对B，由动能定理得20102BmgxMv−=−则得小车B对地向右的最大位移202BMvxmg=故B正确；C．根据动量定理知，摩擦力对平板车的冲量等于平板车动量的变化量，即002mMvIMvMvMm−=−=+故C错

误；D．根据动量定理得0ftMvMv−=−fmg=解得02()MvtMmg=+故D错误。故选B。5.我国女子短道速滑队在2013年世锦赛上实现女子3000m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，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则（）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.甲的动能增加量一定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【答案】B【解析】【详解】A．因为冲量是矢量，甲对已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．B．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动量守恒：''mvmvmvmv

+=+甲甲乙乙甲甲乙乙可以解得：mvmv=−甲甲乙乙，即B选项正确；CD．经历了中间的完全非弹性碰撞过程会有动能损失，CD选项错误．【点睛】本题主要考察能量（做功正负判断）、动量（动量定理、动量守恒）相关知识，结合弹

性碰撞和非弹性碰撞的动量和能量关系展开讨论．6.如图所示，一个木箱原来静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个小木块．木箱和小木块都具有一定的质量．现使木箱获得一个向右的初速度v0，则()A.小木块和木箱最终都将静止B.小木块最终将相对木箱静止，二者一起

向右运动C.小木块在木箱内壁将始终来回往复碰撞，而木箱一直向右运动D.如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止，则二者将一起向左运动【答案】B【解析】【详解】系统所受外力的合力为零，动量守恒，初状态木箱有向右的

动量，小木块动量为零，故系统总动量向右，系统内部存在摩擦力，阻碍两物体间的相对滑动，最终相对静止，由于系统的总动量守恒，不管中间过程如何相互作用，根据动量守恒定律，最终两物体以相同的速度一起向右运动．故B正

确，ACD错误．7.如图所示，质量为M的木块位于光滑水平面上，在木块与墙之间用轻弹簧连接，开始时木块静止在A位置，现有一质量为m的子弹以水平速度v0射向木块并嵌入其中，则当木块回到A位置时的速度v以及此过程中墙对弹簧的冲量I的大小分别为（）A.0mvvMm=+，0I=B.0m

vvM=，02Imv=C.0mvvMm=+，20mvIMm=+D.0mvvMm=+，02Imv=【答案】D【解析】【详解】ABCD．子弹射入木块过程，由于时间极短，子弹与木块间的内力远大于系统外力，系统的动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得0()mvMmv=+解

得0mvvMm=+子弹射入木块后，子弹和木块系统在弹簧弹力的作用下先向右做减速运动，后向左做加速运动，回到A位置时速度大小不变，即当木块回到A位置时的速度大小为0mvvMm=+子弹和木块弹簧组成的系统受到的合力即墙对弹簧的作用力，根据动量定理得'0()()2()2IMmvM

mvMmvmv=−+−+=−+=−所以墙对弹簧的冲量I的大小为02Imv=ABC错误D正确。故选D。二．多选题（共4小题）8.如图所示,(a)图表示光滑平台上,物体A以初速度v0滑到上表面粗糙的水平小

车上,车与水平面间的动摩擦因数不计,(b)图为物体A与小车的v-t图像,由此可知().A.小车B获得的动能B.小车上表面至少的长度C.物体A与小车B的质量之比D.A与小车B上表面的动摩擦因数【答案】BCD【解析】【分析】当A滑上B后，在滑动摩擦力作用下，A做匀

减速直线运动，B做匀加速直线运动，最终以共同速度v1匀速运动，根据动量守恒定律求解质量比，根据速度时间图象的面积表示位移可以求得A相对于B的位移，根据能量守恒可以确定动摩擦因数，因为不知道B车质量，所以不能求得B的动能．【详解】A、由

于小车B的质量不可知，故不能确定小车B获得的动能，故A错误；B、由图象可知，AB最终以共同速度1v匀速运动，这时两物体位移差即为小车上表面最小的长度，即最小为：0112xvt=，故B正确；C、由动量守恒定律得，01()AABmvmmv=+，解得：101ABmvmvv=−，故可以确

定物体A与小车B的质量之比，故C正确；D、由图象可以知道A相对小车B的位移0112xvt=，根据能量守恒得：220111()22AAABmgxmvmmv=−+，根据B中求得质量关系，可以解出动摩擦力因数，故D正确；【点睛】本题主要考查了动量守恒定律

、能量守恒定律的直接应用，要求同学们能根据图象得出有效信息．9.如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为1m和2m的两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上．现使B瞬时获得水平向右的速度3m/s，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图

乙所示，从图象信息可得（）A.在13tt、时刻两物块达到共同速度1m/s，且弹簧都处于伸长状态B.从到4t时刻弹簧由压缩状态恢复到原长C.两物体的质量之比为12:mm=1∶2D.在2t时刻A与B的动能之比为128::1kkEE=【答案

】BD【解析】【分析】【详解】AB．图线与坐标轴围成的面积表示位移，在1t时刻B的位移大于A的位移，此时弹簧处于拉伸状态，在3t时刻B做加速运动，即受到向右的弹力，所以此时弹簧处于压缩状态，当B的加速度为零时，弹簧弹力为零，所以4t时刻B

受到的弹力为零，即弹簧恢复原长，故从3t到4t时刻弹簧由压缩状态恢复到原长，在A错误B正确；C．由于过程中两者和弹簧组成的系统动量守恒，故从0~1t过程中有2213()1mmm=+解得212mm=故12:2:1mm=C错误；D．在2t时刻A的

速度为2m/sAv=，B的速度为1m/sBv=−，根据12:2:1mm=解得128::1kkEE=故D正确．故选BD。10.如图所示：一轻弹簧左端固定在足够长的木块A的左端挡板上，右端与小物块B连接，

A、B及A与地面间的接触面均光滑．开始时，A和B均静止，现同时对A、B施加大小相等、方向相反的水平恒力F1和F2．则从两物体开始运动到以后的整个运动过程中（弹簧形变始终不超过其弹性限度），对A、B和弹簧组成的系统，正确的

说法是（）A.由于F1、F2大小相等、方向相反，故系统动量守恒B.由于F1、F2大小相等、方向相反，故系统机械能守恒C.当弹簧的弹力与F1、F2大小相等时，A、B的动能均达到最大值D.当弹簧的形变量最大时，A、B均处于平衡状态【

答案】AC【解析】【详解】对A、B和弹簧组成的系统所受合外力为零，因此系统动量守恒，故A正确；由于12FF、均对系统做正功，因此系统机械能不守恒，机械能增加，故B错误；根据牛顿第二定律可知，开始A、B均做加速度逐渐减小的加速运动，当12FFkx==时，A、B所受合外力均为零，此时二

者速度最大，动能最大，然后开始做加速度逐渐增大的减速运动，当二者速度减为零时，弹簧最长，型变量最大，故C正确D错误．11.如图甲，在光滑水平面上的两小球发生正碰，小球的质量分别为m1和m2，图乙为它们碰撞前后的位移–时间图象．已知m1=0.1kg，由此可以判断

A.碰后m2和m1都向右运动B.m2=0.3kgC.碰撞过程中系统损失了0.4J的机械能D.碰撞过程中系统没有机械能的损失【答案】BD【解析】【详解】A项：由s-t图示可知，碰后m1的速度：11108m2s62svt−===−−，方向：水平向左，m2的速度：222

168mm2ss62svt−===−，方向水平向右，故A错误；B项：由s-t（位移时间）图象的斜率得到，碰前m2的位移不随时间而变化，v2=0，m1速度大小为1m4ssvt==，方向：水平向右，碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量

守恒定律得：''112211mvmvmv=+，解得：20.3kgm=，故B正确；C、D项：碰撞过程中系统损失的机械能为2'2'2111122111222Emvmvmv=−−，代入数据解得：0E=，故C错误，D正确．三．计算题（共3小题）12.如图，

光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h="0.3"m

（h小于斜面体的高度）．已知小孩与滑板的总质量为m1="30"kg，冰块的质量为m2="10"kg，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g="10"m/s2．（i）求斜面体的质量；（ii）通过计算判断

，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？【答案】（i）20kg（ii）不能【解析】【详解】试题分析：①设斜面质量为M，冰块和斜面的系统，水平方向动量守恒：222()mvmMv=+系统机械能守恒：22222211()22mghmMvmv++=解得：20k

gM=②人推冰块的过程：1122mvmv=,得11/vms=（向右）冰块与斜面的系统：22223mvmvMv=+22222223111+222mvmvMv=解得：21/vms=−（向右）因21=vv，且冰块处于小孩

的后方，则冰块不能追上小孩．考点：动量守恒定律、机械能守恒定律．13.如图所示，固定的光滑圆弧面与质量为6kg的小车C的上表面平滑相接，在圆弧面上有一个质量为2kg的滑块A，在小车C的左端有一个质量为2kg的滑块B，滑块A与B均可看做质点．现使滑块A从距小车的上表面高h=1.25m

处由静止下滑，与B碰撞后瞬间粘合在一起共同运动，最终没有从小车C上滑出．已知滑块A、B与小车C的动摩擦因数均为μ=0.5，小车C与水平地面的摩擦忽略不计，取g=10m/s2。求：（1）滑块A与B弹性碰撞后瞬间的共同速度的大小；（2）小车C上表面的最短长度。【答案】(1)v=2.5m/s；(2

)L=0.375m【解析】【分析】【详解】(1)设滑块A滑到圆弧末端时的速度大小为1v，由机械能守恒定律有2AA112mghmv=代入数据解得15m/sv=设A、B碰后瞬间的共同速度为2v，滑块A与B碰撞瞬间与小车C无关，滑块A与B组成的系

统动量守恒()12=+AABmvmmv代入数据解得22.5m/sv=(2)设小车C的最短长度为L，滑块A与B最终没有从小车C上滑出，三者最终速度相同设为3v，根据动量守恒定律有()()AB2ABC3mmvmmmv+=++根据能量守恒定律有()()()222311=22ABA

BABCmmgLmmvmmmv++−++联立以上两代入数据解得0.375mL=14.如图，ABC三个木块的质量均为m。置于光滑的水平面上，BC之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触可不固连，将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把BC紧连，使弹簧不能伸展，以至于BC可视为一个整体，现A以

初速0v沿BC的连线方向朝B运动，与B相碰并粘合在一起，以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使C与A，B分离，已知C离开弹簧后的速度恰为0v。求弹簧释放的势能。【答案】2013pEmv=【解析】【详解】设碰后A、B和C的

共同速度的大小为v，由动量守恒得03mvmv=设C离开弹簧时，A、B的速度大小为1v，由动量守恒得1032mvmvmv=+设弹簧的弹性势能为pE，从细线断开到C与弹簧分开的过程中机械能守恒，有22210111(3)(2

)222pmvEmvmv+=+得弹簧所释放的势能为2013pEmv=获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com