动量守恒定律单元测试题

第第 16 章章 动动量守恒定律量守恒定律 章末章末测试题测试题 提高篇 提高篇 一 选择题 共 10 小题 每小题 4 分 共 40 分 在每小题给出的四个选项中 至少有一个选项符合题目要求 全部选对的得 4 分 选不全的得 2 分 有选错或不答的得 0 分 1 如图 质量为 3 kg 的木板放在光滑的水平地面上 质量为 1 kg 的木块放 在木板上 它们之间有摩擦 木板足够长 两者都以 4 m s 的初速度向相反方向 运动 当木板的速度为 2 4 m s 时 木块 A 处于匀速运动阶段 B 处于减速运动阶段 C 处于加速运动阶段 D 静止不动 2 如图所示 位于光滑水平桌面 质量相等的小滑块 P 和 Q 都可以视作质点 Q 与轻质弹簧相连 设 Q 静止 P 以某一初动能 E0 水平向 Q 运动并与弹簧发生相互作用 若整个作用过程中无机械能损 失 用 E1 表示弹簧具有的最大弹性势能 用 E2 表示 Q 具有的最大动能 则 A B C D 2 0 1 E E 01 EE 2 0 2 E E 02 EE 3 光滑水平桌面上有两个相同的静止木块 不是紧捱着 枪沿两个木块连线方向以一定的初速度发射一颗子弹 子 弹分别穿过两个木块 假设子弹穿过两个木块时受到的阻力大小相同 且子弹进入木块前两木块的速度都为零 忽略 重力和空气阻力的影响 那么子弹先后穿过两个木块的过程中 A 子弹两次损失的动能相同B 每个木块增加的动能相同 C 因摩擦而产生的热量相同D 每个木块移动的距离不相同 4 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 5 质量为 ma 1kg mb 2kg 的小球在光滑的水平面上发生碰撞 碰撞前后两球的位移 时间图象如图所示 则可知碰撞属于 A 弹性碰撞 B 非弹性碰撞 C 完全非弹性碰撞 D 条件不足 不能确定 6 人的质量 m 60kg 船的质量 M 240kg 若船用缆绳固定 船离岸 1 5m 时 人可以跃上岸 若撤去缆绳 如图所示 人要安全跃上岸 船离岸至多为 不计水的阻力 两次人消耗的能量相等 A 1 5m B 1 2m C 1 34m D 1 1m 7 如图所示 A B 两物体质量之比 mA mB 3 2 原来静止在平板小车 C 上 A B 间有一 根被压缩的弹簧 地面光滑 当两物体被同时释放后 则 A 若 A B 与平板车上表面间的动摩擦因数相同 A B 组成系统的动量守恒 B 若 A B 与平板车上表面间的动摩擦因数相同 A B C 组成系统的动量守恒 C 若 A B 所受的摩擦力大小相等 A B 组成系统的动量守恒 D 若 A B 所受的摩擦力大小相等 A B C 组成系统的动量守恒 8 如图所示 三辆完全相同的平板小车 a b c 成一直线排列 静止在光滑水平面上 c 车上有一小孩跳到 b 车上 接着又立即从 b 车跳到 a 车上 小孩跳离 c 车和 b 车时对地的水平 速度相同 他跳到 a 车上相对 a 车保持静止 此后 A a b 两车运动速率相等 B a c 两车运动速率相等 C 三辆车的速率关系 vc va vb D a c 两车运动方向相反 9 如图甲所示 一轻弹簧的两端与质量分别为 m1和 m2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 t1 t3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 t3到 t4时刻弹簧由压缩状态恢复到原长 C 两物体的质量之比为 m1 m2 1 2 D 在 t2时刻 A 与 B 的动能之比为 Ek1 Ek2 8 1 10 在光滑的水平桌面上有等大的质量分别为 M 0 6kg m 0 2kg 的两个小球 中 间夹着一个被压缩的具有 Ep 10 8J 弹性势能的轻弹簧 弹簧与两球不相连 原来处于静 止状态 现突然释放弹簧 球 m 脱离弹簧后滑向与水平面相切 半径为 R 0 425m 的竖 直放置的光滑半圆形轨道 如图所示 g 取 10m s2 则下列说法正确的是 P v Q A 球 m 从轨道底端 A 运动到顶端 B 的过程中所受合外力冲量大小为 3 4N s B M 离开轻弹簧时获得的速度为 9m s C 若半圆轨道半径可调 则球 m 从 B 点飞出后落在水平桌面上的水平距离随轨道半径的增大而减小 D 弹簧弹开过程 弹力对 m 的冲量大小为 1 8N s 二 填空题 共 2 小题 共 16 分 把答案直接填在横线上 11 6 分 如图所示 在橄榄球比赛中 一个质量为 95kg 的橄榄球前锋以 5m s 的速度跑动 想穿越防守队员到底线触地得分 就在他刚要到底线时 迎面 撞上了对方两名质量均为 75kg 的队员 一个速度为 2m s 另一个为 4m s 然后他 们就扭在了一起 1 他们碰撞后的共同速率是 结果保留一位有效数字 2 在框中标出碰撞后他们动量的方向 并说明这名前锋能否得分 12 10 分 如图 1 所示 用 碰撞实验器 可以验证动量守恒定律 即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系 先安装好实验装置 在地上铺一张白纸 白纸上铺放复写纸 记 下重垂线所指的位置 O 接下来的实验步骤如下 步骤 1 不放小球 2 让小球 1 从斜槽上 A 点由静止滚下 并落在地 面上 重复多次 用尽可能小的圆 把小球的所有落点圈在里面 其圆 心就是小球落点的平均位置 步骤 2 把小球 2 放在斜槽前端边缘位置 B 让小球 1 从 A 点由静止滚下 使它们碰撞 重复多次 并使用与步 骤 1 同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置 步骤 3 用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置 M P N 离 O 点的距离 即线段 OM OP ON 的长度 1 对于上述实验操作 下列说法正确的是 A 应使小球每次从斜槽上相同的位置自由滚下 B 斜槽轨道必须光滑 C 斜槽轨道末端必须水平 D 小球 1 质量应大于小球 2 的质量 2 上述实验除需测量线段 OM OP ON 的长度外 还需要测量的物理量有 A A B 两点间的高度差 h1 B B 点离地面的高度 h2 C 小球 1 和小球 2 的质量 m1 m2 D 小球 1 和小球 2 的半径 r 3 当所测物理量满足表达式 用所测物理量的字母表示 时 即说明两球碰撞遵守动量守恒定律 如 果还满足表达式 用所测物理量的字母表示 时 即说明两球碰撞时无机械能损失 4 完成上述实验后 某实验小组对上述装置进行了改造 如图 2 所示 在水平槽末端与水平地面间放置了一个斜 面 斜面的顶点与水平槽等高且无缝连接 使小球 1 仍从斜槽上 A 点由静止滚下 重复实验步骤 1 和 2 的操作 得到 两球落在斜面上的平均落点 M P N 用刻度尺测量斜面顶点到 M P N 三点的距离分别为 l1 l2 l3 则验证两球碰撞过程中动量守恒的表达式为 用所测物理量的字母表示 三 计算题 共 4 小题 共 54 分 解答应写出必要的文字说明 方程式和重要演算步骤 只写出最后答案不能得 分 有数值计算的题 答案中必须明确写出数值和单位 13 8 分 如图所示 A B C 三个木块的质量均为 m 置于光滑的水平桌面上 B C 之间有一轻质弹簧 弹簧 的两端与木块接触而不固连 将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把 B 和 C 紧连 使弹簧不能伸展 以至于 B C 可视 为一个整体 现 A 以初速 v0沿 B C 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 离开弹簧后的速度为 v0 求弹簧释放的势能 14 10 分 40kg 的女孩骑自行车带 30kg 的男孩 如图所示 行驶速度 2 5m s 自行车行驶时 男孩要从车上下来 1 他知道如果直接跳下来 他可能会摔跤 为什么 2 男孩要以最安全的方式下车 计算男孩安全下车的瞬间 女孩和自行车的速度 3 以自行车和两个孩子为系统 试比较计算在男孩下车前 后整个系统的动能值 并解释 之 15 8 分 如图所示 甲车的质量是 m甲 2 0kg 静止在光滑水平面上 上表面光滑 右端放一个质量为 m 1 0kg 可视为质点的小物体 乙车质量为 m乙 4 0kg 以 v乙 9 0m s 的速度向左运动 与甲车碰撞以后甲车获得 v甲 8 0m s 的速度 物体滑到乙车上 若乙车上表面与物体的动摩擦因数为 0 50 则乙车至少多长才能保证物体 不从乙车上滑下 g 取 10m s2 16 12 分 在光滑水平面上静置有质量均为 m 的木板 AB 和滑块 CD 木板 AB 上表面粗糙 动摩擦因数为 滑块 CD 上表面是光滑的 1 4 圆弧 其始端 D 点切线水平且在木板 AB 上表面内 它们紧靠在一起 如图所示 一可 视为质点的物块 P 质量也为 m 从木板 AB 的右端以初速度 v0滑上木板 AB 过 B 点时速度为 v0 2 又滑上滑块 CD 最终恰好能滑到滑块 CD 圆弧的最高点 C 处 求 1 物块滑到 B 处时木板的速度 vAB 2 木板的长度 L 3 滑块 CD 圆弧的半径 17 16 分 如图 1 所示 木板 A 静止在光滑水平面上 一小滑块 B 可视为质点 以某一水平初速度从木板的左 端冲上木板 1 若木板 A 的质量为 M 滑块 B 的质量为 m 初速度为 v0 且滑块 B 没有从木板 A 的右端滑出 求木板 A 最 终的速度 v 2 若滑块 B 以 v1 3 0m s 的初速度冲上木板 A 木板 A 最终速度的大小为 v 1 5m s 若滑块 B 以初速度 v2 7 5m s 冲上木板 A 木板 A 最终速度的大小也为 v 1 5m s 已知滑块 B 与木板 A 间的动摩擦因数 0 3 g 取 10m s2 求木板 A 的长度 L 3 若改变滑块 B 冲上木板 A 的初速度 v0 木板 A 最终速度 v 的大小将随之变化 请你在图 2 中定性画出 v v0图线 参考答案 1 答案 C 解析 木板和木块组成的系统动量守恒 设它们相对静止时的共同速度为 v 以木板运动的方向为正方向 则 Mv1 mv2 M m v v 2 m s 方向与木板运动方向相同 在这之前 木板一直做匀减速运动 木块先做匀减速运动 当相对地 面的速度为零时 再反向向右做匀加速运动 直到速度增大到 2 m s 设当木块对地速度为零时 木板速度为 v 则 Mv1 mv2 Mv v 2 67 m s 大于 2 4 m s 故木板的速度为 2 4 m s 时 木块处在反向向右加速运动阶 段 C 正确 2 答案 AD 解析 P Q 相互作用的过程中满足动量守恒和机械能守恒 当 P Q 速度相等时 系统的动能损失最大 此时弹簧的弹性势能最大 根据动量守恒和机械能守恒可以求得 A 项正确 由于 P Q 的质量相等 故在相互作用过 程中发生速度交换 当弹簧恢复原长时 P 的速度为零 系统的机械能全部变为 Q 的动能 D 正确 3 答案 AD 解析 设木块的长度为 L 子弹穿过木块过程中对木块的作用力为 f 子弹穿过 木块过程中 子弹和木块阻力组成的系统克服阻力做功为 fL 所以两次系统损失的动能 相同 因摩擦而产生的热量相同 C 正确 在同一个速度 时间图象上作出子弹和木块的 运动图象 如图所示 从图象可知 子弹的运动图线与木块的运动图线与坐标轴围成的 面积等于木块的长度 L 两次应相同 但子弹第二次穿过木块时初速度小 因而时间长 木 块第二次的位移大 木块增加的动能多 子弹损失的动能也多 D 正确 4 答案 B 解析 木箱和小木块具有向右的动量 并且相互作用的过程中总动量守恒 A D 错 由于木箱与底板间存 在摩擦 小木块最终将相对木箱静止 B 对 C 错 5 答案 A 解析 由 x t 图象知 碰撞前 va 3m s vb 0 碰撞后 va 1m s vb 2m s 碰撞前动能 mav mbv J 碰撞后动能 mava 2 mbvb 2 J 故机械能守恒 碰撞前动量 mava mbvb 3kg m s 碰撞后 1 22 a 1 22 b 9 2 1 2 1 2 9 2 动量 mava mbvb 3kg m s 故动量守恒 所以碰撞属于弹性碰撞 6 答案 C 解析 船用缆绳固定时 设人起跳的速度为 v0 则 x0 v0t 撤去缆绳 由动量守恒 0 mv1 Mv2 两次人消耗的能量相等 即动能不变 mv mv Mv 1 22 0 1 22 1 1 22 2 解得 v1 v0 M M m 故 x1 v1t x0 1 34m C 正确 M M m 7 答案 BCD 解析 弹簧突然释放后 A B 受到平板车的滑动摩擦力 f FN FNA FNB 若 相同 则 fA fB A B 组成 系统的合外力不等于零 故 A B 组成的系统动量不守恒 选项 A 不正确 若 A B 与小车 C 组成系统 A 与 C B 与 C 的摩擦力则为系统内力 A B C 组成的系统受到的合外力为零 该系统动量守恒 选项 B D 正确 若 A B 所受的摩擦力大小相等 A B 组成系统 A B 受到的摩擦力合力为零 该系统动量也是守恒的 选项 C 正确 8 答案 CD 解析 若人跳离 b c 车时速度为 v 由动量守恒定律知 人和 c 车组成的系统 0 M车vc m人v 对人和 b 车 m人v M车vb m人v 对人和 a 车 m人v M车 m人 va 所以 vc vb 0 va m人v M车 m人v M车 m人 即 vc va vb 并且 vc与 va方向相反 9 答案 BD 解析 选项 A 交点表示速度相同 由 A 的速度图象知 t1时刻正在加速 说明弹簧被拉伸 t3时刻 正在减 速 说明弹簧被压缩 故选项 A 错误 选项 B t3时刻 A 正在减速 说明弹簧被压缩 t4时刻 A 的加速度为零 说 明弹簧处于原长 故选项 B 正确 选项 C 对 0 到 t1过程使用动量守恒定律得 3m2 m1 m2 1 故 m1 m2 2 1 故选项 C 错误 选项 D 由动能结合 t2时刻各自速度知动能之比为 8 1 故选项 D 正确 mv2 2 10 答案 AD 解析 释放弹簧过程中 由动量守恒定律得 Mv1 mv2 由机械能守恒定律得 Ep Mv mv 1 22 1 1 22 2 解得 v1 3m s v2 9m s 故 B 错误 对 m 由 A 运动到 B 的过程由机械能守恒定律得 mv mv mg 2R 得 v2 8m s 1 22 2 1 22 2 由 A 运动到 B 的过程由动量定理得 I合 mv2 mv2 3 4N s 故 A 正确 球 m 从 B 点飞出后 由平抛运动可知 水平方向 x v2 t 竖直方向 2R gt2 1 2 解得 x 故 C 错误 25 6R 弹簧弹开过程 弹力对 m 的冲量 I mv2 1 8N s 故 D 正确 11 答案 1 0 1m s 2 能够得分能够得分 解析 1 设前锋运动员的质量为 M1 两防守队员质量均为 M2 速度分别为 v1 v2 v3 碰撞后的速度为 v 设 v1方向为正方向 由动量守恒定律得 M1v1 M2v2 M2v3 M1 2M2 v 代入数据解得 v 0 1m s 2 因 v 0 故碰后总动量 p 的方向与 pA方向相同 碰撞后的状态如图所示 即他们都过了底线 该前锋能够得 分 12 答案 1 ACD 2 C 3 m1 m1 m2 m1 2 m1 2 m2 2 4 m1 m1 m2 OPOMONOPOMONl2l1 l3 解析 1 因为平抛运动的时间相等 根据 v 所以用水平射程可以代替速度 则需测量小球平抛运动的 x t 射程 故应保证斜槽末端水平 小球每次都从同一点滑下 同时为了小球 2 能飞的更远 防止 1 反弹 球 1 的质量应 大于球 2 的质量 故 A C D 正确 B 错误 2 根据动量守恒得 m1 m1 m2 所以除了测量线段 的长度外 还需要测量的物理量 OPOMONOM OPON 是小球 1 和小球 2 的质量 m1 m2 3 因为平抛运动的时间相等 则水平位移可以代表速度 是 A 球不与 B 球碰撞平抛运动的位移 该位移可以 OP 代表 A 球碰撞前的速度 是 A 球碰撞后平抛运动的位移 该位移可以代表碰撞后 A 的速度 是碰撞后 B 球的 OMON 水平位移 该位移可以代表碰撞后 B 球的速度 当所测物理量满足表达式 m1 m1 m2 说明两球碰撞遵 OPOMON 守动量守恒定律 由功能关系可知 只要 m1v m1v m2v 成立则机械能守恒 故若 m1 2 m1 2 m2 2 1 22 0 1 22 1 1 22 2OPOMON 成立 说明碰撞过程中机械能守恒 4 碰撞前 m1落在图中的 P 点 设其水平初速度为 v1 小球 m1和 m2发生碰撞后 m1的落点在图中 M 点 设其水平初速度为 v1 m2的落点是图中的 N 点 设其水平初速度为 v2 设斜面与水平面的倾角为 由平抛运动规律得 Lp sin gt2 Lp cos v1t 1 2 解得 v1 gLp cos2 2sin 同理 v1 v2 可见速度正比于 gLM cos2 2sin gLN cos2 2sin L 所以只要验证 m1 m1 m2即可 l2l1l3 13 答案 mv 1 32 0 解析 设碰后 A B 和 C 的共同速度的大小为 v 由动量守恒定律得 3mv mv0 设 C 离开弹簧时 A B 的速度大小为 v1 由动量守恒定律得 3mv 2mv1 mv0 设弹簧的弹性势能为 Ep 从细线断开到 C 与弹簧分开的过程中机械能守恒 有 3m v2 Ep 2m v mv 1 2 1 22 1 1 22 0 由 式得弹簧所释放的势能为 Ep mv 1 32 0 14 答案 1 由于惯性由于惯性 2 4m s 3 250J 400J 男孩下车时用力向前推了自行车 对系统做了正功 使系男孩下车时用力向前推了自行车 对系统做了正功 使系 统的动能增加了统的动能增加了 150J 解析 1 如果直接跳下来 人具有和自行车相同的速度 脚着地后 脚的速度为零 由于惯性 上身继续向 前倾斜 因此他可能会摔跤 所以他下来时用力往前推自行车 这样他下车时可能不摔跤 2 男孩最安全的下车方式是 下车瞬间相对地的速度为零 男孩下车前后 对整体由动量守恒定律有 m1 m2 m3 v0 m1 m2 v 得 v 4m s m1表示女孩质量 m2表示自行车质量 m3表示男孩质量 3 男孩下车前系统的动能 Ek m1 m2 m3 v 40 10 30 2 5 2J 250J 1 22 0 1 2 男孩下车后系统的动能 Ek m1 m2 v2 40 10 42J 400J 1 2 1 2 男孩下车时用力向前了推自行车 对系统做了正功 使系统的动能增加了 150J 15 答案 2m 解析 乙与甲碰撞动量守恒 m乙v乙 m乙v乙 m甲v甲 小物块 m 在乙上滑动至有共同速度 v 对小物体与乙车运用动量守恒定律得 m乙v乙 m m乙 v 由能量关系得 mg x m乙v乙 2 m乙 m v2 1 2 1 2 代入数据得 x 2m 所以车长至少为 2m 16 答案 1 2 3 4 0 v vAB g v L 16 5 2 0 g v R 64 2 0 解析 1 由点 A 到点 B 时 取向左为正 由动量守恒得 又 则 ABB vmmvmv 2 02 0 v vB 4 0 v vAB 2 由点 A 到点 B 时 根据能量守恒得 则 mgL v m v mmv 2020 2 0 4 2 1 16 2 1 2 2 1 g v L 16 5 2 0 3 由点 D 到点 C 滑块 CD 与物块 P 的动量守恒 机械能守恒 得 共 mv v m v m2 42 00 2 共 2 0 2 0 2 2 1 16 2 1 4 2 1 mv v m v mmgR 解之得 g v Rvv 648 3 2 0 0