动量章节测试-答案.doc

【答案】1.D2.A3.C4.A5.B6.A7.B,D8.BC9.BCD10.BC实验题11.(1)BC，DE；(2)0.210，0.209，AB碰撞过程中，系统动量守恒解析(1)A与B碰后粘在一起，速度减小，相等时间内的间隔减小，可知通过BC段来计算A的碰前速度，通过DE段计算A和B碰后的共同速度(2)A碰前的速度：，碰后共同速度：，碰前总动量：P1=m1v1=0.21.05=0.210kgm/s碰后的总动量：P2=（m1+m2）v2=0.30.695=0.209kgm/s可知在误差允许范围内，AB碰撞过程中，系统动量守恒12.（1）8m/s；（2）0.54 13.（1）、， （2）， （3）14.解：（1）设B离开弹簧时，A的瞬时速度为vAO，细线被剪断前，弹簧的弹性势能为P1 由动量守恒定律：mAvA0=mBvB0 解得：vA0=4m/s 再根据能量守恒定律：=48J （2）当B第一次反弹，开始压缩弹簧，A、B具有相同速度V时弹性势能最大， 设为P2由动量守恒定律：mAvA0+mBvB0=（mA+mB）v 再根据能量守恒定律：=12J 答：细线被剪断前，弹簧的弹性势能为48J 弹簧具有弹性势能的最大值为12J15.解：(1)P1、P2碰撞过程，由动量守恒定律 mv0=2mv1 解得v1= 对P1、P2、P系统，由动量守恒定律 mv0+2mv0=4mv2 解得v2= (2)当弹簧压缩最大时，P1、P2、P三者具有共同速度v3，由动量守恒定律 mv0+2mv0=4mv3 对系统由能量守恒定律 (2m)g2(L+x)=(2m)v+(2m)v-(4m)v 解得x=-L 最大弹性势能Ep=(2m)v+(2m)v-(4m)v-2mg(L+x) 解得Ep=mv 答：(1)P1、P2刚碰完时的共同速度是，P的最终速度是； (2)此过程中弹簧最大压缩量x是-L，相应的弹性势能是mv【解析】1.解：A、因为碰撞的过程中动量守恒，则两球动量变化量大小相等，方向相反故A错误 B、因为碰撞的过程中动能不增加，若p1和p2分别为-8kgm/s，8kgm/s，则P1=-4kgm/s，P2=14kgm/s，通过知，碰撞的过程中动能增加故B错误 C、根据动量定理知，两球碰撞的过程中，B球的动量增加，A球的动量减小故C错误 D、变化量为-2kgm/s，2kgm/s，符合动量守恒、动能不增加量，以及要符合实际的规律故D正确 故选D 碰撞的过程中动量守恒、动能不增加量，以及要符合实际的规律，根据这些规律进行分析 解决本题的关键掌握动量定理和动量守恒定律，知道碰撞的原则 2.【分析】把人和车看成一个整体，根据动量守恒定律分析即可。本题主要考查了动量守恒定律的直接应用，难度不大，属于基础题。【解答】把人和车看成一个整体，用大锤连续敲打车的左端， 根据动量守恒可知，系统的总动量为零， 大锤向左运动，小车向右运动，大锤向右运动，小车向左运动， 所以在水平面上左、右往返运动，车不会持续地向右驶去，故A正确，B、C、D错误。故选A。3.解：A、甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，系统所受的合外力为零，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，根据动量守恒定律得到 mv乙-mv甲=2mv，解得v=0.5m/s故B错误 C、若物块甲的速率为1m/s，方向与原来相同，则由mv乙-mv甲=-mv甲+m乙v乙，代入解得v乙=2m/s若物块甲的速率为1m/s，方向与原来相反，则由mv乙-mv甲=mv甲+m乙v乙，代入解得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 根据动量守恒的条件：系统所受的合外力为零判断动量是否守恒竖直方向上甲乙两物体所受的重力与水平面的支持力平衡水平方向系统不受外力当两物块相距最近时速度相同，根据动量守恒定律求出物块甲的速率物块甲的速率为1m/s时，速度方向可能与原来方向相同，也与原来方向相反，由动量守恒研究乙的速率若物块甲的速率为5m/s，由动量守恒求出乙的速率，根据系统的机械能是否守恒判断速率为5m/s是否可能 本题含有弹簧的碰撞问题，往往遵守动量守恒和机械能守恒两大规律中等难度 4.【分析】对于球和圆槽组成的系统，在水平方向上合力为零，水平方向的动量守恒，根据总的动量守恒来分析圆槽的速度变化。根据系统的动量守恒直接就可以判断圆槽的速度，题目比较简单。对于系统来说，整体的动量守恒，系统的初动量为零，当小球滑到另一边的最高点时，小球和圆槽具有共同的速度，根据总动量守恒可知，此时的速度都为零，所以圆槽的速度为零，所以A正确，BCD错误。故选A。5.【分析】人和船组成的系统所受合外力为0，满足动量守恒，由位移与时间之比表示速度，根据动量守恒定律进行分析与计算。人船模型是典型的动量守恒模型，体会理论知识在实际生活中的应用，关键要注意动量的方向。【解答】据题意，人从船尾走到船头过程中，动量守恒，则有：，即，则船的质量为：，故B正确，ACD错误。故选B。6.两球相碰后A球的速度大小变为原来的1/2，相碰过程中满足动量守恒，若碰后A速度方向不变，则，可得B球的速度，而B在前，A在后，而A球在后的速度应小于B球在前的速度，不满足实际情况，因此A球一定反向运动，即，可得，因此A正确，B、C、D错误。 考点：动量守恒定律 7.【分析】明确动量定理：合力的冲量等于动量的变化，公式为：Ft=P；并能根据动量定理分析生活中的现象。本题关键根据动量定律列式分析，动量定理反映了力对时间的累积效应对物体动量的影响。【解答】A.人从高处跳下落地时，总有一个曲膝的动作，根据动量定理Ft=P可知，是为了增加缓冲时间，减小关节之间的作用力，地面对人的冲量不会减小，故A错误；B.运输玻璃时总要用些泡沫填塞，根据动量定理Ft=P可知，是为了减少震荡过程中的冲力，故B正确；C.从桌子腿下抽出压着的书，为了避免桌子翻倒，要使桌子的末速度比较小，根据动量定理Ft=P可知，应快速抽出，减小作用时间，故C错误；D.从乒乓球下快速抽出一张纸条，乒乓球不动是因为乒乓球受到纸条摩擦力的冲量太小，故D正确；故选BD。8.本题考查了动量定理应用。若同时跳；则2mv=MV1； V1=2mv/M若先后相对地以2m/s的速度跳离；则；mv=(M+m)v(M+m)v=MV2-mv ；V2=2mv/M若先后相对车以2m/s的速度跳离；则；mv=(M+m)v(M+m)v=MV3-m(v-V3) ；V3=2mv/(M+m)比较以上各式可以看出；V1=V2V3；选项B、C正确，选项A、D错误；故选B、C。9.解： A、物体C与橡皮泥粘合的过程，发生非弹簧碰撞，系统机械能有损失，产生内能，故A错误 B、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，故B正确， C、取物体C的速度方向为正方向，根据系统的动量守恒定律得：0=mv+MV，得小车对地运动速度为V=-v，负号表示方向与v方向相反，故C正确 D、整个系统最终ABC的速度相同，根据系统的动量守恒定律得：0=(M+m)v，v=0，故D正确 故选：BCD 10.解：A、在整个过程中，由于回路中产生内能，根据能量守恒定律得知，金属杆ab返回底端时速度v小于v0取沿斜面向下为正方向，设合外力的冲量大小为I，根据动量定理得：I=mv-(-mv0)=mv+mv02mv0故A错误 B、上滑过程中，重力和安培力对杆做功，安培力做负功，根据动能定理得知：克服安培力与重力所做功之和等故B正确 C、对于上滑过程，由动能定理得：-mgh-W安=0-，得克服安培力做功为：W安=-mgh 根据功能关系可知，克服安培力做功等于回路中产生的焦耳热，即有Q=W安，则得：Q=-mgh故C正确 D、上滑的过程做变减速直线运动，下滑的过程做变加速直线运动，经过同一位置时，上滑的速度大小大于下滑的速度大小，上滑的感应电动势大于下滑的感应电动势，上滑的感应电流大于下滑的感应电流，则上滑时所受的安培力大于下滑时的安培力，由P=Fv知，经过同一位置时，上滑过程中杆克服安培力做功的功率大于下滑过程，上滑过程中电阻R的热功率大于下滑过程R的热功率故D错误 故选：BC 11.（1）在小球碰撞过程中水平方向动量守恒定律故有：m1v0=m1v1+m2v2在做平抛运动的过程中由于时间是相等的，所以得：tm1v0=tm1v1+tm2v2即：m1=m1+m2可知，需要使用天平测量小球的质量，使用刻度尺测量小球在水平方向的位移；所以需要选择的器材有A、C、D （2）在小球碰撞过程中水平方向动量守恒定律故有：m1v0=m1v1+m2v2在碰撞过程中动能守恒故有：m1v02=m1v12+m2v22解得：v1=要碰后入射小球的速度v10，即m1m20，故答案为：大于 （3）1球和2球相撞后，2球的速度增大，1球的速度减小，都做平抛运动，竖直高度相同，所以所以碰撞后2球的落地点是P点，所以被碰球2飞行的水平距离由图中线段表示 （4）N为碰前入射小球落点的位置，M为碰后入射小球的位置，P为碰后被碰小球的位置，碰撞前入射小球的速度为：碰撞后入射小球的速度为：碰撞后被碰小球的速度为：若m1v1=m2v3+m1v2则表明通过该实验验证了两球碰撞过程中动量守恒，带入数据得：m1=m1+m2 12.（1）子弹击中木块过程中，子弹与木块组成的系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m0v0mv=（m0+m）v1，代入数据解得木块的最大速度为：v1=8v=8m/s （2）以子弹、木块、小车组成的系统为研究对象，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：（m0+m）v1Mv=（m0+m+M）v2，由能量守恒定律得：（m0+m）gL=（m0+m）v12（m0+m+M）v22，联立解得：=0.54 13.试题分析：（1）设小球与Q碰前的速度为v0，由于小球下摆运动的过程中有重力做功机械能守恒，故有，解得，小球与Q进行弹性碰撞，质量又相等，二者交换速度，故Q碰撞后速度为v0，考查Q与P组成的系统，由于水平方向没有外力作用动量守恒，设两者分离时速度分别为v1和v2，由题设可知、M=4m，由动量守恒定律可得，将题设条件代入式可得，。 （2）设平板车的长度为L，考查Q与P组成的系统，系统动能的损失为摩擦力做功产生的热量损失，由能量守恒可知两者相等，解得。 （3）Q脱离P后做平抛运动，由平抛运动规律有，解得，设Q落地时二者相距应为s，则，解得。 考点：本题考查了动量守恒定律、能量守恒、平抛运动规律等概念 14.（1）根据动量守恒定律求出细线剪断后A的速度，因为弹簧的弹性势能全部转化为A、B的动能，根据能量守恒定律求出弹