章末综合检测（一） 动量及其守恒定律

章末综合检测（一）动量及其守恒定律(本试卷满分：100分)一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．科学家试图模拟宇宙大爆炸初的情景，他们使两个带正电的不同重粒子加速后，沿同一条直线相向运动而发生猛烈碰撞。为了使碰撞前的动能尽可能多地转化为内能，关键是设法使这两个重粒子在碰撞前的瞬间具有相同大小的()A．速率B．质量C．动量D．动能解析：选C尽可能减少碰后粒子的动能，才能尽可能增大内能，所以设法使这两个重粒子在碰撞前的瞬间合动量为零，即具有相同大小的动量。2.质量m＝100kg的小船静止在平静水面上，船两端载着m甲＝40kg、m乙＝60kg的游泳者，在同一水平线上甲向左、乙向右同时以相对于岸3m/s的速度跃入水中，如图所示，则之后小船的速率和运动方向为()A．0.6m/s，向左 B．3m/s，向左C．0.6m/s，向右 D．3m/s，向右解析：选A以向左为正方向，根据动量守恒得0＝m甲v－m乙v＋mv′，代入数据解得v′＝0.6m/s，方向向左，故A正确。3.一个质量为0.5kg的物体，从静止开始做直线运动，物体所受合外力F随时间t变化的图像如图所示，则在时刻t＝8s时，物体的速度为()A．2m/s B．8m/sC．16m/s D．4eq\r(2)m/s解析：选CF-t图像的面积表示冲量，在上方为正，在下方为负，故根据动量定理可得：（2×2＋eq\f(1,2)×2×1－eq\f(1,2)×2×2＋2×2＋eq\f(1,2)×2×1）N·s＝mv－0，解得第8s末的速度v＝16m/s，C正确。4．甲球与乙球相碰，甲球的速度减少了5m/s，乙球的速度增加了3m/s，则甲、乙两球的质量之比m甲∶m乙为()A．2∶1B．3∶5C．5∶3 D．1∶2解析：选B甲、乙两球组成的系统动量守恒，则甲球动量的减少量Δp甲等于乙球动量的增加量Δp乙，即Δp甲＝Δp乙，m甲Δv甲＝m乙Δv乙，m甲∶m乙＝Δv乙∶Δv甲＝3∶5，故选项B正确。5.如图所示，质量为M、长为L的长木板放在光滑的水平面上，一个质量也为M的物块(视为质点)以一定的初速度从左端冲上长木板，如果长木板是固定的，物块恰好停在长木板的右端，如果长木板不固定，则物块冲上长木板后在长木板上相对长木板最多能滑行的距离为()A．LB．eq\f(3L,4)C．eq\f(L,4) D．eq\f(L,2)解析：选D长木板固定时，由动能定理得－μMgL＝0－eq\f(1,2)Mv02。若长木板不固定，以物块初速度的方向为正方向，有Mv0＝2Mv，μMgs＝eq\f(1,2)Mv02－eq\f(1,2)×2Mv2，得s＝eq\f(L,2)，D正确，A、B、C错误．6．有一宇宙飞船，它的正对面积S＝2m2，以v＝3×103m/s的相对速度飞入一宇宙微粒区。此微粒区1m3空间中有一个微粒，每一个微粒的平均质量为m＝2×10－7kg。设微粒与飞船外壳碰撞后附着于飞船上，要使飞船速度不变，飞船的牵引力应增加()A．3.6×103N B．3.6NC．1.2×103N D．1.2N解析：选B在t时间内与飞船碰撞并附着于飞船上微粒的总质量为M＝vtSm，由动量定理得：Ft＝Mv，解得F＝3.6N，根据牛顿第三定律，微粒对飞船的作用力为3.6N。要使飞船速度不变，根据平衡条件，飞船的牵引力应增加3.6N，故B正确。7.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，两次从离开船到跃上岸所用的时间相等)()A．1.5m B．1.2mC．1.34m D．1.1m解析：选C船用缆绳固定时，设人起跳的速度为v0，则x0＝v0t，消耗的能量：Ek＝eq\f(1,2)mv02，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，eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv22，解得：v1＝eq\r(\f(M,M＋m))v0，故：x1＝v1t＝eq\r(\f(M,M＋m))x0＝eq\r(\f(240,60＋240))×1.5m≈1.34m，C正确；A、B、D错误。8.如图所示，一物体分别沿三个倾角不同的光滑斜面由静止开始从顶端下滑到底端C、D、E处，三个过程中动能变化量的大小依次为ΔE1、ΔE2、ΔE3，动量变化量的大小依次为Δp1、Δp2、Δp3，则有()A．ΔE1<ΔE2<ΔE3，Δp1<Δp2<Δp3B．ΔE1<ΔE2<ΔE3，Δp1＝Δp2＝Δp3C．ΔE1＝ΔE2＝ΔE3，Δp1<Δp2<Δp3D．ΔE1＝ΔE2＝ΔE3，Δp1＝Δp2＝Δp3解析：选D三个过程中都只有重力做功，三种情况下下降的高度相同，即重力做功相同，根据动能定理可得下滑到底端时的动能相同，故ΔE1＝ΔE2＝ΔE3；由机械能守恒定律可知物体下滑到底端C、D、E的速度大小v相等，动量变化量的大小Δp＝mv也相等，即Δp1＝Δp2＝Δp3(注意方向不同)，D正确。二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)9.如图所示，甲、乙两车的质量均为M，静置在光滑的水平面上，两车相距为L。乙车上站立着一个质量为m的人，他通过一条轻绳拉甲车，甲、乙两车最后相接触，以下说法正确的是()A．甲、乙两车运动中速度之比为eq\f(M＋m,M)B．甲、乙两车运动中速度之比为eq\f(M,M＋m)C．甲车移动的距离为eq\f(M＋m,2M＋m)LD．乙车移动的距离为eq\f(M,2M＋m)L解析：选ACD甲、乙、人看成一系统，则水平方向动量守恒，甲、乙两车运动中速度之比等于质量的反比eq\f(M＋m,M)，A正确，B错误；Mx甲＝(M＋m)x乙，x甲＋x乙＝L，解得x甲＝eq\f(M＋m,2M＋m)L，x乙＝eq\f(M,2M＋m)L，C、D正确。10．甲、乙两个物体动量随时间变化的图像如图所示，图像对应的物体的运动过程可能是()A．甲物体可能做匀加速运动B．甲物体可能做竖直上抛运动C．乙物体可能做匀变速运动D．乙物体可能做水平直线运动时遇到了一端固定的弹簧解析：选BD甲物体的动量随时间的变化图像是一条直线，其斜率eq\f(Δp,Δt)恒定不变，说明物体受到恒定的合外力作用，由图线可以看出甲物体的动量先减小然后反向增大，则甲物体做匀变速直线运动，与竖直上抛运动类似，A错误，B正确；乙物体的动量随时间的变化规律是一条曲线，曲线的斜率先增大后减小，则乙物体在运动过程中受到的合外力先增大后减小。由图线还可以看出，乙物体的动量先正方向减小到零，然后反方向增大。由此可知乙物体的运动不是一个匀变速运动，与水平面上的小球运动时遇到一端固定的弹簧的情况类似，C错误，D正确。11.神舟十三号返回舱进入大气层一段时间后，逐一打开引导伞、减速伞、主伞，最后启动反冲装置，实现软着陆。某兴趣小组研究了减速伞打开后返回舱的运动情况，将其运动简化为竖直方向的直线运动，其v­t图像如图所示。设该过程中，重力加速度不变，返回舱质量不变，下列说法正确的是()A．在0～t1时间内，返回舱重力的功率随时间减小B．在0～t1时间内，返回舱的加速度不变C．在t1～t2时间内，返回舱的动量随时间减小D．在t2～t3时间内，返回舱的机械能不变解析：选AC重力的功率为P＝mgv，由题图可知在0～t1时间内，返回舱的速度随时间减小，故重力的功率随时间减小，故A正确；根据v­t图像的斜率表示加速度可知在0～t1时间内返回舱的加速度减小，故B错误；在t1～t2时间内由图像可知返回舱的速度减小，故可知动量随时间减小，故C正确；在t2～t3时间内，由图像可知返回舱的速度不变，则动能不变，但由于返回舱高度下降，重力势能减小，故机械能减小，故D错误。12.如图所示，轻质弹簧的一端固定在墙上，另一端与质量为m的物体A相连，A放在光滑水平面上，有一质量与A相同的物体B，从高h处由静止开始沿光滑曲面滑下，与A相碰后一起将弹簧压缩，弹簧复原过程中某时刻B与A分开且沿原曲面上升。下列说法正确的是()A．弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mghB．弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为eq\f(mgh,2)C．B能达到的最大高度为eq\f(h,2)D．B能达到的最大高度为eq\f(h,4)解析：选BD根据机械能守恒定律可得B刚到达水平地面的速度v0＝eq\r(2gh)，根据动量守恒定律可得A与B碰撞后的速度为v＝eq\f(v0,2)，所以弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为Epm＝eq\f(1,2)×2mv2＝eq\f(1,2)mgh，B正确；当弹簧再次恢复原长时，A与B将分开，B以v的速度沿斜面上滑，根据机械能守恒定律可得mgh′＝eq\f(1,2)mv2，B能达到的最大高度为eq\f(h,4)，D正确。三、非选择题(本题共5小题，共60分)13．(6分)如图甲所示，某同学设计一个气垫导轨装置验证动量守恒定律的实验：(1)用游标卡尺测得遮光条的宽度d如图乙所示，则d＝________mm。(2)质量为m2的滑块2静止放在水平气垫导轨上光电门②的右侧，质量为m1的滑块1从光电门①的右侧向左运动，穿过光电门①与滑块2发生碰撞，随后两个滑块分离并依次穿过光电门②，滑块2与导轨左端相碰并被粘接条粘住，待滑块1穿过光电门②后用手将它停住，两个滑块上固定的遮光条宽度相同，数字计时器分别记录下滑块1通过光电门①的时间Δt、滑块2和滑块1依次通过光电门②的时间Δt2和Δt1。本实验中两个滑块的质量大小关系应为________。若等式________________成立，则证明两滑块碰撞过程中系统的动量守恒(用题中所给的字母表示)。解析：(1)用游标卡尺测得遮光条的宽度d＝1.3cm＋0.05mm×16＝13.80mm。(2)滑块1穿过光电门1的速度：v＝eq\f(d,Δt)；滑块1穿过光电门2的速度：v1＝eq\f(d,Δt1)；滑块2穿过光电门2的速度：v2＝eq\f(d,Δt2)；若动量守恒，则m1eq\f(d,Δt)＝m1eq\f(d,Δt1)＋m2eq\f(d,Δt2)，即eq\f(m1,Δt)＝eq\f(m1,Δt1)＋eq\f(m2,Δt2)；为防止碰后m1反弹，则两滑块的质量关系是m1>m2。答案：(1)13.80(2)m1＞m2eq\f(m1,Δt)＝eq\f(m1,Δt1)＋eq\f(m2,Δt2)14．(8分)为了验证动量守恒定律(探究碰撞中的不变量)，某同学选取了两个材质相同、体积不等的立方体滑块A和B，按下述步骤进行实验：步骤1：在A、B的相撞面分别装上粘扣，以便二者相撞以后能够立刻连接为整体；步骤2：安装好实验装置如图，铝质轨道槽的左端是倾斜槽，右端是长直水平槽，倾斜槽和水平槽由一小段圆弧连接，轨道槽被固定在水平桌面上，在轨道槽的侧面与轨道等高且适当远处装一台数码频闪照相机；步骤3：让滑块B静置于水平槽的某处，滑块A从斜槽某处由静止释放，同时开始频闪拍摄，直到A、B停止运动，得到一张多次曝光的数码照片；步骤4：多次重复步骤3，得到多张照片，挑出其中最理想的一张，打印出来，将刻度尺紧靠照片放置，如图所示。(1)由图分析可知，滑块A与滑块B碰撞发生的位置为________(填下列选项的序号)。①在P5、P6之间②在P6处③在P6、P7之间(2)为了探究碰撞中动量是否守恒，需要直接测量或读取的物理量是________(填下列选项的序号)。①A、B两个滑块的质量m1和m2②滑块A释放时距水平槽的高度③频闪照相的周期④照片尺寸和实际尺寸的比例⑤滑块与轨道槽间的动摩擦因数⑥照片上测得的s34、s45、s56和s67、s78、s89写出验证动量守恒的表达式：____________________________________________。(3)请你写出一条有利于提高实验准确度或改进实验原理的建议：________________________________________________________________________________。解析：(1)由题图可得s34＝2.60cm，s45＝2.40cm，s56＝2.20cm，s67＝1.60cm，s78＝1.40cm，s89＝1.20cm。根据匀变速直线运动的特点可知A、B碰撞的位置在P6处。(2)为了探究A、B碰撞前后动量是否守恒，就要得到碰撞前后滑块的动量，所以要测量A、B两个滑块的质量m1、m2和碰撞前后的速度。设照相机拍摄时间间隔为T，则P4处的速度为v4＝eq\f(s34＋s45,2T)，P5处的速度为v5＝eq\f(s45＋s56,2T)，因为v5＝eq\f(v4＋v6,2)，所以碰撞前A在P6处的速度为v6＝eq\f(s45＋2s56－s34,2T)；同理可得碰撞后A、B在P6处的速度为v6′＝eq\f(2s67＋s78－s89,2T)。若动量守恒则有m1v6＝(m1＋m2)v6′，整理得m1(s45＋2s56－s34)＝(m1＋m2)(2s67＋s78－s89)。因此需要测量或读取的物理量是①⑥。(3)提高实验准确度或改进实验原理的建议：①使用更平整的轨道槽，轨道要平整，防止各段摩擦力不同，滑块做非匀变速运动。②在足够成像的前提下，缩短频闪照相每次曝光的时间，碰撞时间很短，缩短频闪照相每次曝光的时间，使滑块碰撞位置拍摄更加清晰、准确。③将轨道的左端垫起少许，平衡摩擦力，使得滑块碰撞前后都做匀速运动。答案：(1)②(2)①⑥m1(s45＋2s56－s34)＝(m1＋m2)(2s67＋s78－s89)(3)见解析15．(12分)一个铁球，从静止状态由10m高处自由下落，不计空气阻力，然后陷入泥潭中，从进入泥潭到静止用时0.4s，该铁球的质量为336g，求(g取10m/s2)：(1)从开始下落到进入泥潭前，重力对小球的冲量大小；(2)从进入泥潭到静止，泥潭对小球的冲量大小；(3)泥潭对小球的平均作用力的大小。解析：(1)小球自由下落10m所用的时间是t1＝eq\r(\f(2h,g))＝eq\r(\f(2×10,10))s＝eq\r(2)s，重力的冲量大小IG＝mgt1＝0.336×10×eq\r(2)N·s≈4.75N·s。(2)设向下为正方向，对小球从静止开始运动至停在泥潭中的全过程运用动量定理得mg(t1＋t2)－Ft2＝0泥潭的阻力F对小球的冲量大小IF＝Ft2＝mg(t1＋t2)＝0.336×10×(eq\r(2)＋0.4)N·s≈6.10N·s。(3)由Ft2＝6.10N·s，得F＝15.25N。答案：(1)4.75N·s(2)6.10N·s(3)15.25N16.(14分)如图所示，长为R＝0.6m的不可伸长的细绳一端固定在O点，另一端系着质量为m2＝0.1kg的小球B，小球B刚好与水平面相接触。现使质量为m1＝0.3kg物块A以v0＝5m/s的初速度向B运动，A与水平面间的动摩擦因数μ＝0.3，A、B间的初始距离x＝1.5m。两物体碰撞后，A物块速度变为碰前瞬间速度的eq\f(1,2)，方向不变。B小球能在竖直平面内做圆周运动。已知重力加速度g＝10m/s2，两物体均可视为质点，试求：(1)碰撞过程中B球所受到的冲量大小；(2)B球运动到圆周最高点时细绳对小球的拉力大小。解析：(1)碰前A做匀变速直线运动，由动能定理得：－μm1gx＝eq\f(1,2)m1v2－eq\f(1,2)m1v02，解得v＝4m/s。碰撞过程中，A、B系统的动量守恒，选取物块A运动的方向为正方向，则有：m1v＝m1eq\f(v,2)＋m2v2，代入数据可得v2＝6m/s，根据动量定理可得：I＝m2v2＝0.6kg·m/s。(2)小球B在摆至最高点的过程中，机械能守恒，设到最高点时的速度为v3，则有：eq\f(1,2)m2v22＝eq\f(1,2)m2v32＋m2g·2R在最高点进行受力分析，有T＋m2g＝m2eq\f(v32,R)，代入数据解得T＝1N