动量守恒定律测试题及解析1.(2019·北京海淀一模)如图所示，站在车上的人，用锤子连续敲打小车。
初始时，人、车、锤子都静止。
假设水平地面光滑，关于这一物理过程，下列说法正确的是( )A ．连续敲打可使小车持续向右运动B ．人、车和锤子组成的系统机械能守恒C ．当锤子速度方向竖直向下时，人和车水平方向的总动量为零D ．人、车和锤子组成的系统动量守恒解析：选C 人、车和锤子整体看做一个处在光滑水平地面上的系统，水平方向上所受合外力为零，故水平方向上动量守恒，总动量始终为零，当锤子有相对地面向左的速度时，车有向右的速度，当锤子有相对地面向右的速度时，车有向左的速度，故车做往复运动，故A 错误；锤子击打小车时，发生的不是完全弹性碰撞，系统机械能有损耗，故B 错误；锤子的速度竖直向下时，没有水平方向速度，因为水平方向总动量恒为零，故人和车水平方向的总动量也为零，故C 正确；人、车和锤子在水平方向上动量守恒，因为锤子会有竖直方向的加速度，故锤子竖直方向上合外力不为零，竖直方向上动量不守恒，系统总动量不守恒，故D 错误。
2．质量为1 kg 的物体从距地面5 m 高处自由下落，落在正以5 m /s 的速度沿水平方向匀速前进的小车上，车上装有砂子，车与砂的总质量为4 kg ，地面光滑，则车后来的速度为(g ＝10 m/s 2)( )A ．4 m /sB ．5 m/sC ．6 m /sD ．7 m/s解析：选A 物体和车作用过程中，两者组成的系统水平方向不受外力，水平方向系统的动量守恒。
已知两者作用前，车在水平方向的速度v 0＝5 m/s ，物体在水平方向的速度v ＝0；设当物体与小车相对静止后，小车的速度为v ′，取原来小车速度方向为正方向，则根据水平方向系统的动量守恒得：m v ＋M v 0＝(M ＋m )v ′，解得：v ′＝m v ＋M v 0M ＋m ＝4×51＋4m /s ＝4 m/s ，故选项A 正确，B 、C 、D 错误。
3．[多选](2020·泸州第一次诊断)在2019年世界斯诺克国际锦标赛中，中国选手丁俊晖把质量为m 的白球以5v 的速度推出，与正前方另一静止的相同质量的黄球发生对心正碰，碰撞后黄球的速度为3v ，运动方向与白球碰前的运动方向相同。
若不计球与桌面间的摩擦，则( )A ．碰后瞬间白球的速度为2vB ．两球之间的碰撞属于弹性碰撞C ．白球对黄球的冲量大小为3m vD ．两球碰撞过程中系统能量不守恒解析：选AC 由动量守恒定律可知，相同质量的白球与黄球发生对心正碰，碰后瞬间白球的速度为2v ，故A 正确。
碰前的动能为12m (5v )2＝252m v 2，碰后的动能为12m (3v )2＋12m (2v )2＝132m v 2，两球之间的碰撞不属于弹性碰撞，故B 错误。
由动量定理，白球对黄球的冲量I 大小就等于黄球动量的变化Δp ，Δp ＝3m v －0＝3m v ，故C 正确。
两球碰撞过程中系统能量守恒，损失的动能以其他形式释放，故D 错误。
4．如图甲所示，物块A 、B 的质量分别是m A ＝4.0 kg 和m ＝3.0 kg ，用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B 右侧与竖直墙壁相接触，另有一物块C 从t ＝0时以一定速度向右运动在t ＝4 s 时与物块A 相碰，并立即与A 粘在一起不再分开，物块C 的v -t 图像如图乙所示，墙壁对物块B 的弹力在4 s ～12 s 的时间内对B 的冲量I 的大小为( )A ．9 N·sB ．18 N·sC ．36 N·sD ．72 N·s解析：选C 由题图乙知，C 与A 碰前速度为v 1＝9 m /s ，碰后速度为v 2＝3 m/s ，物块C 与A 碰撞过程动量守恒，以C 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m C v 1＝(m A ＋m C )v 2，12 s 末A 和C 的速度为v 3＝－3 m/s,4 s 到12 s ，墙对B 的冲量为：I ＝(m A ＋m C )v 3－(m A ＋m C )v 2，代入数据解得：I ＝－36 N·s ，方向向左，故墙壁对物块B 的弹力在4 s ～12 s 的时间内对B 的冲量I 的大小为36 N·s ，故C 正确，A 、B 、D 错误。
5.如图，立柱固定于光滑水平面上O 点，质量为M 的小球a 向右运动，与静止于Q 点的质量为m 的小球b 发生弹性碰撞，碰后a 球立即向左运动，b 球与立柱碰撞能量不损失，所有碰撞时间均不计，b 球恰好在P 点追到a 球，Q 点为OP 间中点，则a 、b 球质量之比M ∶m ＝( )A ．3∶5B ．1∶3C ．2∶3D ．1∶2解析：选A 设a 、b 两球碰后速度大小分别为v 1、v 2。
由题意可知：b 球与挡板发生弹性碰撞后恰好在P 点追上甲，则从碰后到相遇a 、b 球通过的路程之比为：s 1∶s 2＝1∶3根据s ＝v t 得：v 2＝3v 1以水平向右为正方向，两球发生弹性碰撞，由动量守恒定律得：M v 0＝M (－v 1)＋m v 2由机械能守恒定律得：12M v 02＝12M v 12＋12m v 22 解得M ∶m ＝3∶5，故A 正确。
6.(2019·内江一模)如图所示，将一质量为m 的小球，从放置在光滑水平地面上、质量为M 的光滑半圆形槽的槽口A 点，由静止释放经过最低点B 运动到C 点，下列说法中正确的是( )A ．从A →B ，半圆形槽运动的位移一定大于小球在水平方向上运动的位移B ．从B →C ，半圆形槽和小球组成的系统动量守恒C ．从A →B →C ，C 点可能是小球运动的最高点D ．小球最终在半圆形槽内做往复运动解析：选D 小球与半圆形槽水平方向动量守恒，m v 1＝M v 2，则m v 1t ＝M v 2t ，mx 1＝Mx 2，若m <M ，则x 1>x 2，故A 错误；从B →C ，半圆形槽和小球组成的系统水平方向受外力为零，水平方向上动量守恒，故B 错误；从A →B →C ，小球和半圆形槽组成的系统机械能守恒，小球到达C 点时，速度不为零，小球运动的最高点应与A 点等高，故C 错误；小球从右边最高点滑下运动到左边最高点A 时，速度又减到零，如此反复，做往复运动，故D 正确。
7.如图所示，在光滑的水平面上，有两个质量均为m 的小车A 和B ，两车之间用轻质弹簧相连，它们以共同的速度v 0向右运动，另有一质量为m 的黏性物体，从高处自由落下，正好落在A 车上，并与之粘合在一起，粘合之后的运动过程中，弹簧获得的最大弹性势能为( )A.14m v 02 B.18m v 02 C.112m v 02 D.115m v 02 解析：选C 黏性物体落在A 车上，由动量守恒有m v 0＝2m v 1，解得v 1＝v 02，之后整个系统动量守恒，当系统再次达到共同速度时，有2m v 0＝3m v 2，解得v 2＝2v 03，此时弹簧获得的弹性势能最大，最大弹性势能E p ＝12m v 02＋12×2m ⎝⎛⎭⎫v 022－12×3m ⎝⎛⎭⎫23v 02＝112m v 02，所以C 正确。
8．(2020·青岛模拟)质量m ＝260 g 的手榴弹从水平地面上以v 0＝14.14 m /s 的初速度斜向上抛出，上升到距地面h ＝5 m 的最高点时炸裂成质量相等的两块弹片，其中一块弹片自由下落到达地面，落地动能为5 J 。
重力加速度g ＝10 m/s 2，空气阻力不计，火药燃烧充分，求：(1)手榴弹爆炸前瞬间的速度大小；(2)手榴弹所装弹药的质量；(3)两块弹片落地点间的距离。
解析：(1)设手榴弹上升到最高点时的速度为v 1，根据机械能守恒有12m v 02＝12m v 12＋mgh 解得：v 1＝10 m/s 。
(2)设每块弹片的质量为m 1，爆炸后瞬间其中一块速度为零，另一块速度为v 2，有m 1gh ＝5 J设手榴弹装弹药的质量为Δm ，有Δm ＝m －2m 1代入数据解得：Δm ＝0.06 kg 。
(3)另一块做平抛运动时间为t ，两块弹片落地点间距离为Δx ，有m v 1＝m 1v 2Δx ＝v 2th ＝12gt 2 解得：Δx ＝26 m 。
答案：(1)10 m/s(2)0.06 kg(3)26 m9.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3 m/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。
(1)求斜面体的质量；(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？解析：(1)规定向右为速度正方向。
冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3。
由水平方向动量守恒和机械能守恒有m2v20＝(m2＋m3)v12m2v202＝12(m2＋m3)v2＋m2gh式中v20＝－3 m/s为冰块推出时的速度解得m3＝20 kg。
(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有m1v1＋m2v20＝0解得v1＝1 m/s设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒定律和机械能守恒定律有m2v20＝m2v2＋m3v312m2v202＝12m2v22＋12m3v32解得v2＝1 m/s由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩。
答案：(1)20 kg(2)见解析10．光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为α的斜面体A，斜面体质量为M、底边长为L，如图所示。
将一质量为m可视为质点的滑块B从斜面的顶端由静止释放，滑块B经过时间t刚好滑到斜面底端。
此过程中斜面对滑块的支持力大小为F N，则下列说法中正确的是()A．F N＝mg cos αB．滑块下滑过程中支持力对B的冲量大小为F N t cos αC．滑块B下滑的过程中A、B组成的系统动量守恒D．此过程中斜面体向左滑动的距离为mm＋ML解析：选D当滑块B相对于斜面加速下滑时，斜面体A水平向左加速运动，所以滑块B相对于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面方向的合外力不再为零，所以斜面对滑块的支持力F N 不等于mg cos α，故A错误；滑块B下滑过程中支持力对B的冲量大小为F N t，故B错误；由于滑块B有竖直方向的分加速度，所以系统竖直方向合外力不为零，系统的动量不守恒，故C 错误；系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，设A 、B 两者水平位移大小分别为s 1、s 2，取水平向左为正方向，由动量守恒定律得M s 1t －m s 2t ＝0，即有Ms 1＝ms 2，又s 1＋s 2＝L ，解得s 1＝m m ＋ML ，故D 正确。