第十六章《动量守恒定律》章末测评

第十六章《动量守恒定律》章末测评
一、选择题（本题共10小题，每小题5分，共50分）
1．下列说法正确的是（　　）
A．物体做匀速直线运动时，物体受到的合力的冲量为零
B．当物体受到的合力为零时，物体的动量一定为零
C．作用在物体上的合力越小，物体的动量变化量越小
D．发生相互作用的物体，如果不受合力作用，每个物体的动量保持不变
2．在空中相同高度处以相同速率分别抛出质
( http: / / www.21cnjy.com )量相同的三个小球。一个竖直上抛，一个竖直下抛，一个平抛，若不计空气阻力，从三个小球抛出到落地的过程中（　　）
A．三个球动量的变化量相同
B．下抛球和平抛球动量变化量相同
C．上抛球动量变化量最大
D．三个球落地时的动量相同
3．质量为2
kg的物体在水平面上做直线运动，若速度大小由4
m/s变成6
m/s，那么在此过程中，动量变化的大小可能是（　　）
A．4
kg·m/s
B．10
kg·m/s
C．20
kg·m/s
D．12
kg·m/s
4．一粒钢球从某高度处由静止自由下落，然后
( http: / / www.21cnjy.com )陷入泥潭某一深度，若钢球在空中下落时间为t，陷入泥潭中的时间为t′，且t∶t′＝2∶1，则钢球所受重力G与泥潭对钢球的平均阻力Ff之比等于（　　）
A．1∶1
B．2∶1
C．1∶3
D．3∶1
5．如图所示，p、p′分别表示物体受到冲量
( http: / / www.21cnjy.com )前、后的动量，短线表示的动量大小为15
kg·m/s，长线表示的动量大小为30
kg·m/s，箭头表示动量的方向。在下列所给的四种情况下，物体动量改变量相同的是（　　）
A．①②
B．②④
C．①③
D．③④
6．在一条直线上，运动方向
( http: / / www.21cnjy.com )相反的两球发生碰撞。以球1的运动方向为正，碰前球1、球2的动量分别是p1＝6
kg·m/s，p2＝－8
kg·m/s。若两球所在的水平面是光滑的，碰后各自的动量可能是（　　）
A．p1′＝4
kg·m/s，p2′＝－6
kg·m/s
B．p1′＝－4
kg·m/s，p2′＝2
kg·m/s
C．p1′＝－8
kg·m/s，p2′＝6
kg·m/s
D．p1′＝－12
kg·m/s，p2′＝10
kg·m/s
7．下列四幅图所反映的物理过程中，系统动量守恒的是（　　）
A．只有甲、乙正确
B．只有丙、丁正确
C．只有甲、丙正确
D．只有乙、丁正确
8．如图所示，轻质弹簧的一端固定在墙上
( http: / / www.21cnjy.com )，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mgh
B．弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为
C．B能到达的最大高度为
D．B能到达的最大高度为
9．质量分别为m1、m2的小球在一直线上做弹性碰撞，它们在碰撞前后的位移—时间图象如图所示，若m1＝1
kg，则m2的质量应为（　　）
A．1
kg
B．3
kg
C．5
kg
D．10
kg
10．嫦娥三号在降落月球时通过喷气
( http: / / www.21cnjy.com )发动机来调整姿态和位置（如图所示），假设如图为嫦娥三号着陆器调整姿态时喷气发动机的示意图。P1、P2、P3、P4是四个喷气发动机，P1、P3的连线与空间一固定坐标系的x轴平行，P2、P4的连线与y轴平行。每台发动机开动时，都能向探测器提供推力，但不会使探测器转动。开始时，探测器以恒定的速率v0向正x方向平动。要使探测器改为向正x偏负y
60°的方向以原来的速率v0平动，则（　　）
A．先开动P1适当时间，再开动P4适当时间
B．先开动P3适当时间，再开动P2适当时间
C．开动P4适当时间
D．先开动P3适当时间，再开动P4适当时间
二、填空题（本题共2小题，每题8分，共16分）
11．一同学利用水平气垫导轨做“探
( http: / / www.21cnjy.com )究碰撞中的不变量”的实验时，测出一个质量为0.8
kg的滑块甲以0.4
m/s的速度与另一个质量为0.6
kg、速度为0.2
m/s的滑块乙迎面相撞，碰撞后滑块乙的速度大小变为0.3
m/s，此时滑块甲的速度大小为________
m/s，方向与它原来的速度方向________（选填“相同”或“相反”）。
12．如图所示，在验证碰撞中动量守恒的实验中，实验要证明的是动量守恒定律的成立，即m1v1＝m1v1′＋m2v2′。
（1）按这一公式的要求，需测量两小球的质量和
( http: / / www.21cnjy.com )它们碰撞后的水平速度，但实验中我们只需测量两小球的质量和飞行的水平距离。这是由于小球碰撞后做______运动，各球下落高度相同，因而它们的________也是相同的，可用小球飞行的水平距离来代表小球的水平速度。
（2）实验时，质量分别为m1、m2的球半径大小均为r，且都已知，要完成这个实验，必须补充的测量工具还有________。
（3）由于偶然因素的存在，
( http: / / www.21cnjy.com )重复操作时小球落点不完全重合是正常的，落点（如P
点）的确定办法是____________________________________________________。
（4）用图中的符号来表示
( http: / / www.21cnjy.com )A、B两小球碰撞过程中动量守恒的表达式是______________________________________________________________________。
（5）两球质量应满足m1________m2。
三、计算题（本题共3小题，13题8分，14题12分，15题14分，共34分）
13．（2013·江苏单科）如图所示，
( http: / / www.21cnjy.com )进行太空行走的宇航员A和B的质量分别为80
kg和100
kg，他们携手远离空间站，相对空间站的速度为0.1
m/s。A将B向空间站方向轻推后，A的速度变为0.2
m/s，求此时B的速度大小和方向。
14．如图所示，在水平面上放置质量为M
( http: / / www.21cnjy.com )＝800
g的木块，一质量为m＝50
g的子弹以v0＝170
m/s的水平速度射入木块，最终与木块一起运动，若木块与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，求木块在地面上滑行的距离。（g取10
m/s2）
15．如图所示，在距水平地面
( http: / / www.21cnjy.com )高h＝0.80
m的水平桌面一端的边缘放置一个质量m＝0.80
kg的木块B，桌面的另一端有一块质量M＝1.0
kg的木块A以初速度v0＝4.0
m/s开始向着木块B滑动，经过时间t＝0.80
s与B发生碰撞，碰后两木块都落到地面上。木块B离开桌面后落到地面上的D点。设两木块均可以看作质点，它们的碰撞时间极短，且已知D点距桌面边缘的水平距离s＝0.60
m，木块A与桌面间的动摩擦因数μ＝0.25，重力加速度g取10
m/s2。求：（1）两木块碰撞前瞬间，木块A的速度大小；
（2）木块B离开桌面时的速度大小；（3）木块A落到地面上的位置与D点之间的距离。
第十六章《动量守恒定律》章末测评A参考答案
1.
答案：A解析：由动量定理可知，
( http: / / www.21cnjy.com )合力的冲量等于物体动量的变化，故A项正确；动量的变化与物体的受力有关，合力等于零时，动量不变，动量的变化除了与受力有关外，还与作用时间有关，B、C项错误；两物体相互作用的过程中，如果不受外力作用，总动量守恒，并不是每个物体动量守恒，D项错误。
2.
答案：C解析：在空中运动的小球只受重力的作用，故F合＝mg，而动量变化量等于合力与时间的乘积，故只有C项正确。
3.
答案：AC解析：注意速度
( http: / / www.21cnjy.com )的方向，若两个速度同向，则Δv＝2
m/s，那么Δp＝m·Δv＝4
kg·m/s；若两个速度反向，则速度变化量的大小为Δv＝10
m/s，此时动量变化量的大小为Δp＝m·Δv＝20
kg·m/s，故A、C项正确。
4.
答案：C解析：对从开始下落到陷在泥潭中的全过程，由动量定理得：G（t＋t′）－Fft′＝0
由题意知t＝2t′所以G∶Ff＝t′∶（t＋t′）＝1∶3。
5.
答案：C解析：取初动量方向为正方向，则：
①Δp1＝（－15－30）
kg·m/s＝－45
kg·m/s；②Δp2＝（30－15）
kg·m/s＝15
kg·m/s；
③Δp3＝（－30－15）
kg·m/s＝－45
kg·m/s；④Δp4＝（15－30）
kg·m/s＝－15
kg·m/s，
即①③动量改变量相同，正确选项为C。
6.
答案：BC解析：两球的碰撞不一定是弹性碰撞，所以，它们在碰撞过程中动量守恒，但动能不一定守恒，一般情况下，要有一部分机械能转化为内能，除此之外，还要注意它们的速度关系。经过计算可知，四种情况均符合动量守恒。一般来说，在碰撞过程中，要有一部分机械能转化为内能，即系统会损失一部分机械能，即有＋≥＋。
经计算知，选项D不符合上述关系，所以选项D错误；再仔细分析选项A、B、C中的速度关系，发现在选项A中，碰后两小球的速度方向不变，好像二者相互穿过一样（如图所示），
这显然是不可能的，所以选项A错误；同样对选项B、C进行分析，可以判断B、C是正确的。
7.
答案：C
解析：甲中子弹和木
( http: / / www.21cnjy.com )块组成的系统所受外力为零，故动量守恒；乙中剪断细线时，墙对系统有作用力，故动量不守恒；丙中系统所受外力为零，故系统动量守恒；丁中斜面固定，系统所受外力不为零，动量不守恒，故只有选项C正确。
8.
答案：BD解析：根据机械能守恒定律可得B刚到达水平地面的速度v0＝，根据动量守恒定律可得A与B碰撞后的速度为v＝v0，所以弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为Epm＝·2mv2＝mgh，即B正确，A错误；当弹簧再次恢复原长时，A与B将分开，B以速度v沿斜面上滑，根据机械能守恒定律可得mgh′＝mv2，B能到达的最大高度为，即D正确，C错误。
9.
答案：B解析：从位移—时间图象上可看出：m1和m2于t＝2
s时在位移等于8
m处碰撞，碰前m2的速度为0，m1的速度v0＝＝4
m/s。碰撞后，m1的速度v1＝－2
m/s，m2的速度v2＝2
m/s，由动量守恒定律得m1v0＝m1v1＋m2v2，m2＝3
kg。
10.答案：A
解析：对A
( http: / / www.21cnjy.com )项，先开P1，反冲作用使正x方向上的速度减小，再开P4，反冲作用使负y方向速度增加，合运动可以符合题目要求，A项正确。同理分析得B、C、D错误。
11.
解析：甲的初动量大小：p甲＝m甲v甲＝0.8×0.4
kg·m/s＝0.32
kg·m/s，
乙的初动量大小：p乙＝m乙v乙＝0.6×0.2
kg·m/s＝0.12
kg·m/s，
因为p甲大于p乙，所以碰撞后乙必反向，对系统利用动量守恒定律得p甲＋p乙＝p甲′＋p乙′，p甲′＝0.02
kg·m/s，速度为v甲′＝＝
m/s＝0.025
m/s，方向与它原来的速度方向相同。答案：0.025　相同
12.
解析：两小球做平抛运动的抛出点位置是不相同的，入射小球做平抛运动的抛出点在斜槽的末端，被碰小球做平抛运动的抛出点位置在支柱上，两者相距2r。两小球做平抛运动，运动时间相同，在动量守恒式子m1v0＝m1v1′＋m2v2′两边同乘以飞行时间，即有m1x0＝m1x1′＋m2x2′，式中x0＝，x1′＝，x2′＝
－2r，所以有m1·＝m1·＋m2·（－2r）。为了防止入射小球碰撞后反弹造成误差，入射小球的质量应大于被碰小球的质量。
答案：（1）平抛　飞行时间（2）毫米刻度尺
（3）用半径尽量小的圆把多次落点圈住，这个圆的圆心就是小球落点的平均位置
（4）m1·＝m1·＋m2·（－2r）（5）大于
13.
解析：根据动量守恒（mA＋
( http: / / www.21cnjy.com )mB）v0＝mAvA＋mBvB
解得vB＝0.02
m/s，远离空间站方向。答案：0.02
m/s　远离空间站方向
14.
解析：子弹射入木块，由动量守恒定律，得mv0＝（M＋m）v′①
由①得v′＝＝m/s＝10
m/s
设木块（含子弹）在地面上滑行L后停止，由动能定理得：－μ（M＋m）gL＝－（M＋m）v′2②
由②得L＝＝
m＝25
m。答案：25
m
15.
解析：（1）木块A在桌面上受到滑动摩擦力作用做匀减速运动，根据牛顿第二定律，木块A的加速度a＝＝2.5
m/s2
设两木块碰撞前A的速度大小为v，根据运动学公式，得v＝v0－at＝2.0
m/s
（2）两木块离开桌面后均做平抛运动，设木块B离开桌面时的速度大小为v2，在空中飞行的时间为t′。根据平抛运动规律有：h＝gt′2，s＝v2t′
解得：v2＝s＝1.5
m/s
（3）设两木块碰撞后木块A的速度大小为v1，根据动量守恒定律有：Mv＝Mv1＋mv2
解得：v1＝＝0.80
m/s
设木块A落到地面过程的水平位移为s′，根据平抛规律有：s′＝v1t′＝v1＝0.32
m
则木块A落到地面上的位置与D点之间的距离Δs＝s－s′＝0.28
m
答案：（1）2.0
m/s　（2）1.5
m/s　（3）0.28
m