章末综合检测（一） 动量和动量守恒定律

章末综合检测（一）动量和动量守恒定律(考试时间：75分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28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。2.一个质量为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)×2×1N·s＝mv－0，解得第8s末的速度v＝16m/s，C正确。3．质量为M的热气球吊框中有一质量为m的人，共同静止在距离地面为h的高空中，现从气球上放下一根质量不计的软绳，人沿绳子安全滑到地面，在此过程中热气球上升了()A.eq\f(m,M)hB.eq\f(M,m)hC.eq\f(m＋M,M)hD．h解析：选A人与气球组成的系统动量守恒，设人的速度为v1，气球的速度为v2，运动时间为t，以人与气球组成的系统为研究对象，以向下为正方向，由动量守恒定律得：mv1－Mv2＝0，得meq\f(s人,t)－Meq\f(s气,t)＝0，其中s人＝h，解得s气＝eq\f(m,M)h。A正确。4.如图所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d四个点位于同一圆周上，a在圆周最高点，d在圆周最低点，每根杆上都套着质量相等的小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a、b、c三点同时由静止释放。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．它们动能的增量相同解析：选A这是“等时圆”，即三个滑环同时由静止释放，运动到最低点d的时间相同，由于三个环的重力相等，由公式I＝Ft分析可知，三个环重力的冲量相等，A正确；c环受到的弹力最大，三个环运动时间相等，则弹力对c环的冲量最大，B错误；a环的加速度最大，受到的合外力最大，则合外力对a环的冲量最大，C错误；重力对a环做功最多，其动能的增量最大，D错误。5．太空中的尘埃对飞船的碰撞会阻碍飞船的飞行，质量为M的飞船飞入太空尘埃密集区域时，需要开动引擎提供大小为F的平均推力才能维持飞船以恒定速度v匀速飞行。已知尘埃与飞船碰撞后将完全黏附在飞船上，则在太空尘埃密集区域单位时间内黏附在飞船上尘埃的质量为()A．M＋eq\f(F,v)B.eq\f(F,v)－MC．M－eq\f(F,v)D.eq\f(F,v)解析：选D设单位时间内黏附在飞船上尘埃的质量为m，以单位时间内黏附在飞船上的尘埃为研究对象，根据动量定理有：Ft＝mv－0，其中t＝1s，可得m＝eq\f(F,v)，D正确。6.在光滑的水平面上有两个在同一直线上相向运动的小球，其中甲球的质量m1＝4kg，乙球的质量m2＝1kg，规定向左为正方向，碰撞前后甲球的vt图像如图所示。已知两球发生正碰后粘在一起，则碰前乙球速度的大小和方向分别为()A．3m/s，向右 B．13m/s，向左C．13m/s，向右 D．3m/s，向左解析：选C由题图知，甲球碰撞前的速度为v1＝2m/s，碰撞后，甲、乙的速度v＝－1m/s，以甲、乙两球组成的系统为研究对象，碰撞过程，由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，解得：v2＝－13m/s，负号表示方向与正方向相反，即方向向右。7.几个水球可以挡住子弹？实验证实：四个水球就足够！四个完全相同的水球紧挨在一起水平排列，子弹在水球中沿水平方向做匀减速直线运动。恰好能穿出第四个水球，则可以判定()A．由题干信息可以确定子弹在每个水球中运动的时间相同B．子弹穿出第三个水球时的瞬时速度与全程的平均速度相等C．子弹穿过每个水球时速度变化量相同D．子弹穿过每个水球时动量的变化量相同解析：选B子弹做匀减速直线运动，通过相同的水球，即通过相同的位移，运动的时间不等，A错误；逆向思考，把子弹的运动看作反向的初速度为零的匀加速直线运动，通过连续相同的位移所用时间之比为1∶(eq\r(2)－1)∶(eq\r(3)－eq\r(2))∶(2－eq\r(3))，即子弹做匀减速运动时，通过前三个水球的时间与通过第四个水球的时间相等，根据匀变速直线运动的规律可知，中间时刻的瞬时速度等于全程的平均速度，B正确；子弹穿过每个水球的时间不等，速度变化量不等，动量变化量不等，C、D错误。二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18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6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)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OA＞OB。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增加的动能解析：选ACP爆炸成两块a、b的过程中在水平方向动量守恒，则mava－mbvb＝0，即pa＝pb，由于下落过程是平抛运动，由题图知va＞vb，因此ma＜mb，由Ek＝eq\f(p2,2m)知Eka＞Ekb，C正确，D错误；由于va＞vb，而下落过程中a、b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′，A正确，B错误。9．如图所示，一个质量为0.18kg的垒球，以25m/s的水平速度飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为45m/s，设球棒与垒球的作用时间为0.01s。下列说法正确的是()A．球棒对垒球的平均作用力大小为1260NB．球棒对垒球的平均作用力大小为360NC．球棒对垒球做的功为126JD．球棒对垒球做的功为36J解析：选AC根据动量定理得F·t＝mv2－mv1，F＝eq\f(mv2－mv1,t)＝eq\f(－0.18×45－0.18×25,0.01)N＝－1260N，A正确，B错误；根据动能定理得W＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12＝eq\f(1,2)×0.18×452J－eq\f(1,2)×0.18×252J＝126J，C正确，D错误。10．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54分)11．(7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)12．(9分)用如图甲所示装置结合频闪照相机拍摄的照片来验证动量守恒定律，实验步骤如下：①用天平测出A、B两个小球的质量mA和mB；②安装好实验装置，使斜槽的末端所在的平面保持水平；③先不在斜槽的末端放小球B，从斜槽上位置P由静止开始释放小球A，小球A离开斜槽后，频闪照相机连续拍摄小球A的两位置(如图乙所示)；④将小球B放在斜槽的末端，再从位置P处由静止释放小球A，使它们碰撞，频闪照相机连续拍摄下两个小球的位置(如图丙所示)；⑤测出所需要的物理量。请回答：(1)实验步骤①中A、B两球的质量应满足mA________mB(填“＞”“＝”或“＜”)。(2)在实验步骤⑤中，需要在照片中直接测量的物理量有________(请选填“x0、y0、xA、yA、xB、yB”)。(3)两球在碰撞过程中若动量守恒，满足的方程是：________________(用所测物理量表示)。解析：(1)为了防止入射球碰后反弹，入射球的质量要大于被碰球的质量，即mA＞mB。(2)碰撞时应有：mAv0＝mAvA＋mBvB由平抛规律有x＝vt，小球从相同高度落下，频闪照相机频率相同，所以题图甲、乙中小球的运动时间相等，上式中两边同乘以t，则有：mAx0＝mAxA＋mBxB，所以需要在照片中直接测量的物理量有：x0、xA、xB。(3)由(2)的分析可知，应验证的表达式为：mAx0＝mAxA＋mBxB。答案：(1)＞(2)x0、xA、xB(3)mAx0＝mAxA＋mBxB13．(11分)如图所示，在光滑水平面上有一辆质量M＝8kg的平板小车，车上有一个质量m＝1.9kg的木块，木块距小车左端6m(木块可视为质点)。车与木块一起以v＝1m/s的速度水平向右匀速行驶。一颗质量m0＝0.1kg的子弹以v0＝179m/s的初速度水平向左飞，瞬间击中木块并留在其中。如果木块刚好不从车上掉下，求木块与平板小车之间的动摩擦因数μ(g取10m/s2)。解析：设子弹射入木块后的共同速度为v1，以水平向左为正方向，则由动量守恒定律有m0v0－mv＝(m＋m0)v1代入数据解得v1＝8m/s木块(包括子弹)恰好不从小车上掉下来，则木块(包括子弹)相对平板车滑行s＝6m时跟小车具有共同速度v2，则由动量守恒定律有(m＋m0)v1－Mv＝(m＋m0＋M)v2由能量守恒定律有μ(m＋m0)gs＝eq\f(1,2)(m＋m0)v12＋eq\f(1,2)Mv2－eq\f(1,2)(m＋m0＋M)v22联立以上各式并代入数据解得μ＝0.54。答案：0.5414.(12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受到的拉力大小。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由牛顿第三定律可得细绳受到的拉力大小T′＝T＝1N。答案：(1)0.6kg·m/s(2)1N15．(15分)如图所示，静置于水平地面的三辆手推车沿一直线排列，质量均为m，人在极短时间内给第一辆车一水平冲量使其运动，当车运动了距离L时与第