版选修3_5.doc

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1、1第十六章 动量守恒定律水平测试本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分，满分 100 分，考试时间 90 分钟。第卷(选择题，共 40 分)一、选择题(本题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分，其中 16 题为单选，710 题为多选)1运动员向静止的球踢了一脚(如图)，踢球时的力 F100 N，球在地面上滚动了t10 s 停下来，则运动员对球的冲量为( )A1000 Ns B500 NsC0 Ns D无法确定答案 D解析 滚动了 t10 s 是地面摩擦力对足球的作用时间，不是踢球的力的作用时间，由于不能确定人作用在球上的时间，所以无法确定运动员对球的冲量。2.光滑水平地面上，

2、A、 B 两物体质量都为 m， A 以速度 v 向右运动， B 原来静止，左端有一轻弹簧，如图所示，当 A 撞上轻弹簧，轻弹簧被压缩到最短时，下列说法不正确的是( )A A、 B 系统总动量仍然为 mvB A 的动量变为零C B 的动量尚未达到最大值D A、 B 的速度相等答案 B解析 A、 B 系统动量守恒，选项 A 正确；轻弹簧被压缩到最短时， A、 B 两物体具有相同的速度，选项 D 正确，选项 B 错误；此时 B 的速度并不是最大的，因为轻弹簧还会弹开，故 B 物体会进一步加速， A 物体会进一步减速，选项 C 正确。3如图所示， A、 B 两小球质量相同，在光滑水平面上分别以动量 p

3、18 kgm/s 和2p26 kgm/s(向右为参考系正方向)做匀速直线运动，则在 A 球追上 B 球并与之碰撞的过程中，两小球碰撞后的动量 p1和 p2可能分别为( )A5 kgm/s,9 kgm/sB10 kgm/s,4 kgm/sC7 kgm/s,7 kgm/sD2 kgm/s,12 kgm/s答案 C解析 根据动量守恒定律知，两球碰撞的过程中，应该是 B 球的动量增加， A 球的动量减小， A 的动量不能增加。故 B 错误。根据动量守恒定律，如果两球碰撞后一起运动，则二者的动量相等，都是 7 kgm/s，故 C 是可能的。两小球质量相同，设质量都是 m，则开始时的动能： E0 ，碰撞后

4、的动能： E E0，A、D 两p212m p22m 642m 362m 50m p1 22m p2 22m项不符合，故 A、D 错误。4.甲、乙两物体分别在恒力 F1、 F2的作用下沿同一直线运动，它们的动量随时间变化的关系如图所示。设甲在 t1时间内所受的冲量大小为 I1，乙在 t2时间内所受的冲量大小为 I2，则( )A F1F2， I1 I2 B F1F2， I1I2 D F1 F2， I1 I2答案 A解析 冲量 I p，从图上看，甲、乙两物体动量变化的大小相同，所以冲量大小I1 I2。又因为冲量 I1 F1t1， I2 F2t2， t2t1，所以 F1F2，选项 A 正确。5质量为

5、M 的小车在光滑水平地面上以速度 v0匀速向右运动，当车中的沙子从底部的漏斗中不断流下时，车子速度将( )A减小 B不变 C增大 D无法确定答案 B3解析 漏出的沙子落至地面前与小车组成的系统在水平方向上动量守恒，沙子在水平方向与小车速度相同，故漏出的沙子对小车速度没有影响，选项 B 正确，A、C、D 三项错误。6质量为 m 的人站在质量为 2m 的平板车上，以共同的速度在水平地面上沿直线前行，车所受地面阻力的大小与车对地面压力的大小成正比。当车速为 v0时，人从车上以相对于地面大小为 v0的速度水平向后跳下。跳离瞬间地面阻力的冲量忽略不计，则能正确表示车运动的 vt 图象为( )答案 B解析

6、 人和平板车以共同的速度在水平地面上沿直线前行，做匀减速直线运动，当车速为 v0时，人从车上以相对于地面大小为 v0的速度水平向后跳下，跳离前后瞬间系统动量守恒，规定车的速度方向为正方向，则有( m2 m)v02 mv( mv0)，得 v2 v0，人跳车后车做匀减速直线运动，车所受地面阻力的大小与车对地面压力的大小成正比，所以人跳车前后车的加速度不变，大小相等，故选项 B 正确。7如图所示，质量为 M 的小车原来静止在光滑水平面上，小车 A 端固定一根轻弹簧，弹簧的另一端放置一质量为 m 的物体 C，小车底部光滑，开始时弹簧处于压缩状态，当弹簧释放后，物体 C 被弹出向 B 端运动，最后与 B

7、 端粘在一起，下列说法中正确的是( )A物体离开弹簧时，小车向左运动B物体与 B 端粘在一起后，小车静止下来C物体与 B 端粘在一起后，小车向右运动D整个作用过程中， A、 B、 C 及弹簧组成的系统的机械能守恒4答案 AB解析 整个系统在水平方向不受外力，竖直方向上合外力为零，则系统动量一直守恒，系统初动量为零，物体 C 离开弹簧时向右运动，根据动量守恒定律得小车向左运动，所以A 正确；当物体 C 与 B 端粘在一起时，整个系统最终 A、 B、 C 的速度相同，根据动量守恒定律得：0( M m)v， v0，系统又处于静止状态，所以 B 正确，C 错误；弹簧将 A与 C 分开的过程中，弹簧的弹

8、性势能转化为小车与物块 C 的动能，该过程中机械能是守恒的；物体 C 与 B 碰撞的过程中，开始时系统的动能不等于 0，碰撞结束后的总动能等于 0，系统机械能有损失，机械能不守恒。故 D 错误。8.如图所示，水平面上 O 点的正上方有一个静止物体 P，炸成两块 a、 b 水平飞出，分别落在 A 点和 B 点，且 OAOB。若爆炸时间极短，空气阻力不计，则( )A落地时 a 的速度大于 b 的速度B落地时 a 的速度小于 b 的速度C爆炸过程中 a 增加的动能大于 b 增加的动能D爆炸过程中 a 增加的动能小于 b 增加的动能答案 AC解析 P 爆炸前后，系统在水平方向动量守恒，则 mava m

9、bvb0，即 pa pb由于下落过程是平抛运动，由图知 vavb，因此 maEkb，即 C 项正确，D 项错误；p22m由于 vavb，而下落过程中两块在竖直方向的速度增量为 gt 是相等的，因此落地时仍有va vb，即 A 项正确，B 项错误。9长方体滑块由不同材料的上、下两层粘合在一起组成，将其放在光滑的水平面上，质量为 m 的子弹以速度 v 水平射向滑块，若射击下层，子弹刚好不射出，若射击上层，则子弹刚好能射进一半厚度，如图所示，上述两种情况相比较( )A子弹对滑块做功一样多5B子弹对滑块做的功不一样多C系统产生的热量一样多D系统产生的热量不一样多答案 AC解析 两次都没射出，则子弹与滑

10、块最终达到共同速度，设为 v 共 ，由动量守恒定律可得 mv( M m)v 共 ，得 v 共 v；子弹对滑块所做的功等于滑块获得的动能，故选项mM mA 正确；系统损失的机械能转化为热量，故选项 C 正确。10如图所示，在光滑的水平面上放着质量分别为 m 和 2m 的 A、 B 两个物块，现用外力缓慢向左推 B 使弹簧压缩，此过程中推力做功为 W，然后撤去外力，则( )A从开始到 A 离开墙面的过程中，墙对 A 的冲量为 0B当 A 离开墙面时， B 的动量大小为 2mWC A 离开墙面后， A 的最大速度为43WmD A 离开墙面后，弹簧的最大弹性势能为W3答案 CD解析 在撤去外力时， A

11、 受墙壁的作用力，故墙对 A 的冲量不为零，A 错误；撤去外力后， B 向右运动，弹簧的弹力逐渐减小，当弹簧恢复原长时， A 开始离开墙面，这一过程机械能守恒，有 W (2m)v ，即 vB ，故 B 的动量为 p2 mvB2 ，B 错误； A 脱离墙12 2B Wm mW面后速度逐渐增大， B 的速度逐渐减小，此过程中弹簧逐渐伸长，当 A、 B 的速度相同时，弹簧的弹性势能最大，这一过程中系统的动量和机械能均守恒，由动量守恒定律可得2mvB( m2 m)v，由机械能守恒定律可得 Epmax (2m)v (m2 m)v2，解得 Epmax ，D12 2B 12 W3正确；此后 A 的速度大于

12、B 的速度，弹簧长度开始缩短，但由于 A 受到的弹力与速度方向仍相同， A 继续加速，当弹簧再次恢复原长时， A 的速度最大，之后弹簧变为压缩状态， A的速度开始减小。对弹簧第一次恢复原长( A 开始离开墙面)到弹簧第二次恢复原长的过程，由动量守恒定律有 2mvB mvAmax2 mvB，由机械能守恒定律可得 (2m)v mv (2m)12 2B 12 2Amax 12vB 2，解得 vAmax vB，即 vAmax ，C 正确。43 43 Wm第卷(非选择题，共 60 分)二、填空题(本题共 3 小题，共 15 分)11(3 分)如图所示，可以看成质点的 A、 B 两小球的质量分别为 m1和

13、 m2，用一根长6为 L 的不可伸长轻绳连接两小球，开始时两小球处在同一水平面；首先释放 B 球，当绳子刚拉直时释放 A 球，则绳子突然绷紧时 A、 B 一起运动的速度为_。答案 m22gLm1 m2解析 当绳子刚伸直时， B 球的速度 v 。在绳子绷紧的瞬间，系统的内力远大于2gL外力，满足动量守恒的条件，设绷紧时，两球具有共同速度 v，由动量守恒定律得0 m2v( m1 m2)v，解得 v 。m22gLm1 m212(6 分)如图所示是 A、 B 两滑块在光滑水平面上碰撞前后的闪光照片部分示意图。已知 A、 B 的质量分别是 m10.14 kg， m20.22 kg，所用标尺的最小刻度是

14、0.5 cm，闪光照相时每秒拍摄 10 次，试根据图示回答：(1)碰撞前后滑块 A 的动量增量大小是_，方向_；(2)碰撞前后 A 和 B 的总动量_(填“守恒”或“不守恒”)，因为_ _。答案 (1)0.077 kgm/s与原来运动方向相反(2)守恒 碰撞前后的总动量均等于 0.07 kgm/s解析 (1)碰撞前后 A 的速度分别为：vA 0.5 m/s，0.05 m0.1 svA 0.05 m/s， 0.005 m0.1 s pA m1vA m1vA0.077 kgm/s，即碰撞前后滑块 A 的动量增量大小为 0.077 kgm/s，方向与原来运动方向相反。7(2)碰前 B 静止，碰后 B

15、 的速度vB 0.35 m/s。0.035 m0.1 s碰前总动量 p m1vA0.07 kgm/s，碰后总动量 p m1vA m2vB0.07 kgm/s，碰撞前后的总动量均等于 0.07 kgm/s，即 p p，碰撞前后 A 和 B 的总动量守恒。13(6 分)某同学利用打点计时器和气垫导轨做“探究碰撞中的不变量”的实验，气垫导轨装置如图甲所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架等组成。在空腔导轨的两个工作面上均匀分布着一定数量的小孔，向导轨空腔内不断通入压缩空气，压缩空气会从小孔中喷出，使滑块稳定地浮在导轨上，如图乙所示，这样就大大减小因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差。(1)下面是

16、实验的主要步骤：安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平；向气垫导轨中通入压缩空气；把打点计时器固定在紧靠气垫导轨左端弹射架的外侧，将纸带穿过打点计时器越过弹射架并固定在滑块 1 的左端，调节打点计时器的高度，直至滑块拖着纸带移动时，纸带始终在水平方向；滑块 1 挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳；把滑块 2 放在气垫导轨的中间；先_，然后_，让滑块带动纸带一起运动；取下纸带，重复步骤，选出较理想的纸带如图所示；测得滑块 1(包括撞针)的质量为 155 g，滑块 2(包括橡皮泥)的质量为 103 g。试完善实验步骤的内容。(2)已知打点计时器每隔 0.02 s 打一个点，计算可知，两滑块相

17、互作用前质量与速度的乘积之和为_ kgm/s；两滑块相互作用后质量与速度的乘积之和为_ kgm/s。(保留三位有效数字)(3)试说明(2)问中两结果不完全相等的主要原因是_。8答案 (1)接通打点计时器的电源放开滑块 1(2)0.6200.619(3)纸带与打点计时器的限位孔有摩擦解析 (1)先接通打点计时器的电源，然后放开滑块 1，能有效的利用纸带。(2)相互作用前滑块 1 的速度：v1 m/s4.00 m/s。0.4000.025其质量与速度的乘积为：0155 kg4.00 m/s0.620 kgm/s，相互作用后滑块 1 和滑块 2 具有相同的速度：v m/s2.40 m/s。0.336

18、0.027其质量与速度的乘积之和为：(0.155 kg0.103 kg)2.40 m/s0.619 kgm/s。(3)在(2)问中，两结果不完全相等，是因为纸带与打点计时器的限位孔有摩擦。三、计算题(本题共 3 小题，共 45 分)14(15 分)冰球运动员甲的质量为 80.0 kg。当他以 5.0 m/s 的速度向前运动时，与另一质量为 100 kg、速度为 3.0 m/s 的迎面而来的运动员乙相撞。碰后甲恰好静止，假设碰撞时间极短，求：(1)碰后乙的速度的大小；(2)碰撞中总机械能的损失。答案 (1)1.0 m/s(2)1400 J解析 (1)设运动员甲、乙的质量分别为 m、 M，碰前速度

19、大小分别为 v、 V，碰后乙的速度大小为 V。由动量守恒定律有 mv MV MV，代入数据得： V1.0 m/s。(2)设碰撞过程中总机械能的损失为 E，应有mv2 MV2 MV 2 E，12 12 12代入数据可得 E1400 J。15(15 分)如图所示，水平放置的弹簧左端固定，小物块 P(可视为质点)置于水平桌面上的 A 点，并与弹簧右端接触，此时弹簧处于原长。现用水平向左的推力将小物块 P 缓慢地推至 B 点，此时弹簧的弹性势能为 Ep21 J，撤去推力后，小物块 P 沿桌面滑上一个停在光滑水平地面上的长木板 Q 上，已知 P、 Q 的质量分别为 m2 kg、 M4 kg， A、 B

20、间的距离 L14 m， A 距桌子边缘 C 的距离 L22 m，小物块 P 与桌面及小物块 P 与长木板 Q间的动摩擦因数都为 0.1， g 取 10 m/s2，求：9(1)要使小物块 P 在长木板 Q 上不滑出去，长木板 Q 至少多长？(2)若长木板 Q 的长度为 2.25 m，则小物块 P 滑离长木板 Q 时，小物块 P 和长木板 Q的速度各为多大？答案 (1)3 m (2)2 m/s、0.5 m/s解析 (1)小物块 P 从 B 点运动到 C 点的过程中，根据能量守恒定律得：Ep mv mg (L1 L2)，12 2C计算得出： vC 3 m/s，2Ep mg L1 L2 m若小物块 P

21、 滑到长木板 Q 右端时与长木板 Q 具有共同速度，所对应的长木板 Q 具有最小的长度 Lmin，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mvC( m M)v，由能量守恒定律得： mgL min mv (m M)v2，12 2C 12计算得出： v1 m/s， Lmin3 m；(2)设小物块 P 滑离木板 Q 时，它们的速度分别为 v1和 v2，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mvC mv1 Mv2，由能量守恒定律得： mgL mv mv Mv ，12 2C 12 21 12 2计算得出： v12 m/s， v20.5 m/s v10(舍去)， v21.5 m/s(不合题意，舍去)因

22、此小物块 P 滑离木板 Q 时，它们的速度分别为： v12 m/s， v20.5 m/s。1016.(15 分)在光滑的水平面上，一质量为 mA0.1 kg 的小球 A，以 8 m/s 的初速度向右运动，与质量为 mB0.2 kg 的静止小球 B 发生正碰。碰后小球 B 滑向与水平面相切，半径为 R0.5 m 的竖直放置的光滑半圆形轨道，且恰好能通过最高点 N 后水平抛出。g10 m/s 2。求：(1)碰撞后小球 B 的速度大小；(2)小球 B 从轨道最低点 M 运动到最高点 N 的过程中所受合外力的冲量；(3)碰撞过程中系统的机械能损失。答案 (1)5 m/s (2) 1，方向向左 (3)0.5 J55解析 (1)小球 B 恰好能通过圆形轨道最高点，有 mg m ，解得 vN m/s，方向向左。v2NR 5小球 B 从轨道最低点 M 运动到最高点 N 的过程中机械能守恒有 mBv 2 mBgR mBv ，12 2M 12 2N解得 vM5 m/s。(2)设向右为正方向，由动量定理得合外力对小球 B 的冲量为I mBvN mBvM Ns，方向向左。(55 1)(3)碰撞过程中动量守恒，有 mAv0 mAvA mBvB，水平面光滑，所以 vB vM，解得 vA2 m/s，碰撞过程中损失的机械能为 E mAv mAv mBv 0.5 J。12 20 12 2A 12 2B