版选修3_5.docx

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1、1第十六章 动量守恒定律测评(时间:60 分钟 满分:100 分)一、选择题(本题共 10 小题,每小题 4 分,共 40 分。其中第 16 题为单选题;第 710 题为多选题,全部选对得 4 分,选不全得 2 分,有选错或不答的得 0 分)1.关于冲量、动量、动量变化量的下列说法正确的是( )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.动量变化量方向一定和动量的方向相同D.动量变化量的大小一定和动量大小的变化量相同解析 由动量定理可知,冲量的方向一定和动量变化量的方向相同,冲量的大小一定和动量变化量的大小相同。答案 B2.做平抛运动的物体,在相等的时间内,物

2、体动量的变化量( )A.始终相同 B.只有大小相同C.只有方向相同 D.以上说法均不正确解析 做平抛运动的物体,只受重力作用,重力是恒力,其在相等时间内的冲量始终相等,根据动量定理,在相等的时间内,物体动量的变化量始终相同。答案 A3.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,两者一起向右运动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,则两者将一起向左运动解析 根据动量

3、守恒定律,木块最终将与木箱之间无相对运动,且两者总动量等于最初木箱的动量,所以两者最后一起向右运动。选项 B 正确。答案 B4.在光滑水平面上有三个完全相同的小球,它们成一条直线,2、3 小球静止,并靠在一起,1 球以速度 v0射向它们,如图所示。设碰撞中不损失机械能,则碰后三个小球的速度可能是( )A.v1=v2=v3= v0 B.v1=0,v2=v3= v013 122C.v1=0,v2=v3= v0 D.v1=v2=0,v3=v012解析 三个小球在碰撞过程中动量和机械能守恒,设各球质量均为 m,则碰撞前系统总动量为 mv0,总动能为 。假如选项 A 正确,则碰后总动量为 mv0,违反了

4、动量守恒定律,故不可能。假设选项 B 正12mv02 33确,则碰后总动量为 mv0也违反了动量守恒定律,故也不可能。假如选项 C 正确,则碰后总动量为22mv0,但总动能为 ,违反了机械能守恒定律,故也不可能。假如选项 D 正确,则通过计算知其既满14mv02足动量守恒定律,也满足机械能守恒定律。故选项 D 正确。答案 D5.质量为 60 kg 的建筑工人,不慎从高空跌下,幸好弹性安全带的保护,使他悬挂起来。已知弹性安全带的缓冲时间是 1.2 s,安全带长 5 m,g 取 10 m/s2,则安全带所受的平均冲力的大小为( )A.500 N B.1 100 N C.600 N D.100 N解

5、析 选取人为研究对象,人下落过程中由 v2=2gh,得 v=10 m/s,缓冲过程由动量守恒得( F-mg)t=mv,F= +mg=1 100 N。由牛顿第三定律可知,安全带所受的平均冲力为 1 100 N。mvt答案 B6.如图所示,质量为 m 的人立于平板车上,人与车的总质量为 M,人与车以速度 v1在光滑水平面上向东运动。当此人相对于车以速度 v2竖直跳起时,车的速度变为( )A. ,向东 B. ,向东Mv1-Mv2M-m Mv1M-mC. ,向东 D.v1,向东Mv1+Mv2M-m解析 人和车组成的系统,在水平方向上所受合外力等于零,系统在水平方向上动量守恒。设车的速度 v1的方向为正

6、方向,选地面为参考系。初态车和人的总动量为 Mv1,末态车的动量为( M-m)v,因为人在水平方向上没有受到冲量,其水平动量保持不变。人在水平方向上对地的动量仍为 mv1,则有Mv1=(M-m)v+mv1,(M-m)v1=(M-m)v,所以 v=v1,正确答案应为 D。答案 D7.下列说法中正确的是( )A.作用在物体上的合外力越大,物体动量的变化就越快B.作用在物体上的合外力的冲量越大,物体动量的变化就越快C.作用在物体上的冲量恒定时,物体的动量保持不变D.延长物体间的相互作用时间,可以减小物体间的相互作用力3解析 由动量定理知,物体合外力冲量越大,动量的变化量越大,冲量恒定时,动量的变化量

7、恒定,合外力越大,动量变化越快,延长作用时间可以减小相互作用力,故 A、D 正确。答案 AD8.质量为 m 的小球 A,沿光滑水平面以速度 v0与质量为 2m 的静止小球 B 发生正碰。碰撞后, A 球的动能变为原来的 ,那么小球 B 的速度可能是( )19A. v0 B. v0 C. v0 D. v013 23 49 59解析 以 A 球原来的速度方向为正方向时,则 vA= v0,根据两球碰撞前、后的总动量守恒,有13mv0+0=m v0+2mvB,mv0+0=m - v0 +2mvB 。解得 vB= v0,vB= v0,选项 A、B 正确。13 13 13 23答案 AB9.如图所示, a

8、d、 bd、 cd 是竖直面内三根固定的光滑细杆, a、 b、 c、 d 位于同一圆周上, a 点为圆周的最高点, d 点为圆周的最低点。每根杆上都套着一个质量相同的小滑环(图中未画出),三个滑环分别从 a、 b、 c 处释放(初速度为零),关于它们下滑的过程,下列说法正确的是( )A.重力对它们的冲量相同B.弹力对它们的冲量相同C.合外力对它们的冲量相同D.它们的动能增量不同解析 由运动学知识可知三个滑环的运动时间相等,故 A 正确。由于三种情形下弹力的方向不同,故B 错误。由机械能守恒定律知 D 正确。而合外力冲量大小为 mv,由于 v 大小不等,故 C 错误。答案 AD10.如图所示,

9、A、 B 两物体质量 mA=2mB,水平面光滑,当烧断细线后(原来弹簧被压缩),下列说法正确的是( )A.弹开过程中 A 的速率小于 B 的速率B.弹开过程中 A 的动量小于 B 的动量C.A、 B 同时达到速度最大值D.当弹簧恢复原长时两物体同时脱离弹簧4解析 烧断细线前总动量为零,烧断细线后两物体的动量大小相等,方向相反。速度大小跟它们的质量成反比,选项 A 对,B 错。弹簧恢复原长时,物体 A、 B 速度达到最大值并与弹簧脱离,选项 C、D 对。答案 ACD二、填空题(本题共 2 小题,共 18 分。把答案填在题中的横线上)11.(8 分)在探究碰撞中的不变量实验中,装置如图所示,两个小

10、球的质量分别为 mA和 mB。(1)现有下列器材,为完成本实验,哪些是必需的?请将这些器材前面的字母填在横线上 。 A.停表 B.刻度尺C.天平 D.圆规(2)如果碰撞中动量守恒,根据图中各点间的距离,则下列式子可能成立的有 。(填字母) A. B.mAmB=ONMP mAmB=OMMPC. D.mAmB=OPMN mAmB=OMMN解析 (1)由实验原理可知,需要测小球质量,测 OM、 OP、 ON 距离,为准确确定落点,用圆规把多次实验的落点用尽可能小的圆圈起,把圆心作为落点,所以需要天平、刻度尺、圆规。(2)根据动量守恒定律有: mAOP=mAOM+mBON,即 mA(OP-OM)=mB

11、ON,A 正确。答案 (1)BCD (2)A12.(10 分)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 和 D 的气垫导轨和滑块 A 和 B 验证动量守恒定律,实验装置如图所示。采用的实验步骤如下:a.用天平分别测出滑块 A、 B 的质量 mA、 mB。b.调整气垫导轨,使导轨处于水平。c.在 A 和 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 A 的左端至 C 板的距离 L1。e.按下电钮放开卡锁,同时分别记录滑块 A、 B 运动时间的计时

12、器开始工作,当 A、 B 滑块分别碰撞C、 D 挡板时计时结束,记下 A、 B 分别到达 C、 D 的运动时间 t1和 t2。(1)实验中还应测量的物理量及其符号是 。 (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 ,上式中算得的 A、 B 两滑块的动量大小并不完全相等,产生误差的原因有 (至少答出两点)。 5答案 (1)B 的右端至 D 板的距离 L2 (2)mA= =mB 测量质量、时间、距离等存在误差,由于阻力、L1t1 L2t2气垫导轨不水平等造成误差(只要答对其中两点即可)三、解答题(本题共 4 小题,共 42 分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤,有数值

13、计算的题,答案中必须明确写出数值和单位)13.(8 分)在水平力 F=30 N 的作用下,质量 m=5 kg 的物体由静止开始沿水平面运动。已知物体与水平面间的动摩擦因数 = 0.2,若 F 作用 6 s 后撤去,撤去 F 后物体还能向前运动多长时间才停止?(g 取 10 m/s2)解析 选物体作为研究对象,研究整个运动过程,这个过程的始、终状态的物体速度都等于零。取水平力 F 的方向为正方向,根据动量定理得( F-mg )t1+(-mg )t2=0,解得 t2= t1=F-mgmg6 s=12 s。30-0.25100.2510答案 12 s14.(10 分)如图所示,质量为 m 的子弹,以

14、速度 v 水平射入用轻绳悬挂在空中的木块,木块的质量为m0,绳长为 L,子弹射入木块即停留在木块中,求子弹射入木块的瞬间绳子张力的大小。解析 设子弹射入木块瞬间木块(含子弹)速度为 v,则由动量守恒定律 mv=(m0+m)v 木块(含子弹)做圆周运动,由牛顿定律得F-(m0+m)g=(m0+m) v2L由 可求得张力大小 F=(m0+m)g+ 。m2v2(m0+m)L答案 (m0+m)g+m2v2(m0+m)L15.(2016 全国 卷)(10 分)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

15、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 取 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?6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定律得m2v20=(m2+m3)v m2 (m2+m3)v2+m2gh 12v202=12式中 v20=-3 m/s

16、为冰块推出时的速度。联立 式并代入题给数据得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 代入数据得 v1=1 m/s设冰块与斜面体分离后的速度分别为 v2和 v3,由动量守恒和机械能守恒定律有m2v20=m2v2+m3v3 m2 m2 m3 12v202=12v22+12v32联立 式并代入数据得 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)不能16.(2018 全国 卷)(14 分)一质量为 m 的烟花弹获得动能 E 后,从地面竖直升空。当烟花弹上升的速

17、度为零时,弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分,两部分获得的动能之和也为 E,且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短,重力加速度大小为 g,不计空气阻力和火药的质量。求(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间;(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。解析 (1)由动能定理可得,烟花弹的初动能 E= mv212此时,烟花弹的上升初速度 v=2Em当烟花弹上升速度为零时爆炸,可将此运动看成竖直上升运动。竖直上升运动公式有 v=gt,v2=2gh0联立可解得 t= ,h0=2Emmg Emg(2)规定 v1竖直向上为正方向,烟花弹爆炸后的两部分速度为 v1,v2由动量守恒定律可得 v1- v2=0m2 m2又由动能相等可得E=12m2v12+12m2v22联立两式解得 v1=2Em7将上式代入竖直运动学公式 =2gh1可得v12h1=Emg爆炸后烟花弹向上运动的部分距离地面的最大高度 H=h1+h2=2Emg答案 (1) (2)2Emmg 2Emg8