第1章　动量守恒研究 单元测试题 Word版含解析

单元素养评价(一)
(第1章)
(90分钟　100分)
一、选择题(本大题共10小题,每小题4分,共40分,1～7为单选,8～10为多选)
1.关于冲量、动量、动量的增量的下列说法中正确的是 (　　)
A.冲量的方向一定和动量的方向相同
B.冲量的大小一定和动量变化量的大小相同
C.动量增量的方向一定和动量的方向相同
D.动量增量的大小一定和动量大小的增量相同
【解析】选B。冲量的方向和动量的方向不一定相同,比如平抛运动,冲量方向竖直向下,动量方向沿轨迹的切线方向,故A错误。根据动量定理,物体所受合力的冲量等于物体动量的变化,则冲量的大小一定和动量变化量的大小相同,故B正确。动量增量的方向与合力的冲量方向相同,与动量的方向不一定相同,比如匀减速直线运动,动量增量的方向和动量的方向相反,故C错误。动量增量是矢量,按照平行四边形定则求解,而动量大小的增量按代数法则运算,两者大小不一定相等,故D错误。故选B。
【加固训练】
关于物体所受冲量跟其受力情况和运动情况的关系,下列说法正确的是(　　)
A.物体受到的冲量越大,它的动量一定越大
B.物体受到的冲量越大,它的动量变化一定越大
C.物体受到的冲量越大,它受到的冲力一定越大
D.物体受到的冲量越大,它的动量变化一定越快
【解析】选B。根据动量定理I=F·t=Δp可知,物体受到的冲量越大,它的动量变化Δp一定越大,而Δp越大,并不能确定动量p越大,也不能确定动量变化一定越快,冲力F还与作用时间有关,故本题只有B正确。
2.一小型火箭在高空绕地球做匀速圆周运动,若其沿运动方向的相反方向射出一物体P,不计空气阻力,则 (　　)
A.火箭一定离开原来轨道
B.P一定离开原来轨道
C.火箭运动半径可能不变
D.P运动半径一定减小
【解析】选A。火箭射出物体P后,由反冲原理可知火箭速度变大,则所需向心力变大,从而做离心运动离开原来轨道,故运动半径增大,A对,C错;P的速率较原火箭速率可能减小,可能不变,可能增大,故其运动也存在多种可能性,所以B、D错。
3.质量为2 kg的小物块静止在光滑水平面上,从某一时刻开始,小物块所受外力与时间的关系如图所示,则在6 s时物体的速度为 (　　)
A.3 m/s　　 B.9 m/s　 　C.12 m/s　 　D.18 m/s
【解析】选B。F-t图线与坐标轴所围的面积表示冲量,根据动量定理可得:
Ft=mv-0,即:v=9 m/s,故B正确,A、C、D错误。
4.(2020·宁德高二检测)如图所示,两辆质量相同的小车置于光滑的水平面上,有一个人静止站在A车上,两车静止,若这个人自A车跳到B车上,接着又跳回A车,静止于A车上,则A车的速率 (　　)
A.等于零 B.小于B车的速率
C.大于B车的速率 D.等于B车的速率
【解析】选B。两车和人组成的系统位于光滑的水平面上,因而该系统动量守恒,设人的质量为m1,车的质量为m2,A、B车的速率分别为v1、v2,则由动量守恒定律得(m1+m2)v1-m2v2=0,所以有v1=v2,<1,故v15.如图所示,质量为m的小滑块沿倾角为θ的斜面向上滑动,经过时间t1速度为零然后又下滑,经过时间t2回到斜面底端,滑块在运动过程中受到的摩擦力大小始终为F1,在整个过程中,重力对滑块的总冲量为 (　　)
A.mgsinθ(t1+t2) B.mgsinθ(t1-t2)
C.mg(t1+t2) D.0
【解析】选C。谈到冲量必须明确是哪一个力的冲量,此题中要求的是重力对滑块的冲量。根据冲量的定义I=Ft,因此重力对滑块的冲量应为重力乘作用时间,所以IG=mg(t1+t2),即C正确,其他几项都不对。
6.如图所示,一个质量为m的铁锤,以速度v竖直打在木桩上,经Δt时间而停止,严格来说,在击打时间内,铁锤所受到的平均冲力大小为 (　　)
A.mg　　 B.+mg　　 C.　　 D.-mg
【解析】选B。对铁锤分析可知,其受重力与木桩的作用力;设向下为正方向,则有(mg-F)t=0-mv,得F=mg+;由牛顿第三定律可知,铁锤对桩的平均冲力大小为:mg+。故选B。
7.应用物理知识分析生活中的常见现象,可以使物理学习更加有趣和深入。如图所示,将一花瓶置于桌面上的桌布上,用水平向右的拉力将桌布迅速抽出,花瓶发生了平移,但最终并没有滑出桌面,这是大家熟悉的惯性演示实验。若花瓶、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等,则在上述过程中 (　　)
A.桌布对花瓶摩擦力的方向向左
B.花瓶在桌布上的滑动时间和在桌面上滑动的时间不相等
C.桌布对花瓶摩擦力的冲量与桌面对花瓶摩擦力的冲量大小相同
D.若增大水平拉力,更快地将桌布拉出,则花瓶可能滑出桌面
【解析】选C。桌布对花瓶摩擦力的方向向右,A错误;由于花瓶在桌面上和在桌布上的动摩擦因数相同,故受到的摩擦力相等,则由牛顿第二定律可知,加速度大小相等;花瓶在桌布上做加速运动,在桌面上做减速运动,则由v=at可知,它在桌布上的滑动时间和在桌面上的滑动时间相等;桌布对花瓶摩擦力的冲量与桌面对花瓶摩擦力的冲量大小相同,故C正确,B错误;若增大水平拉力时,桌布在桌面上运动的加速度增大,运动时间变短,则桌布抽出时的位移以及速度均变小,则花瓶不可能滑出桌面,故D错误。故选C。
8.静止在光滑水平面上的物体,受到水平拉力F的作用,拉力F随时间t变化的图象如图所示,则下列说法中正确的是 (　　)
A.0～4 s内物体的位移为零
B.0～4 s内拉力对物体做功为零
C.4 s末物体的动量为零
D.0～4 s内拉力对物体的冲量为零
【解析】选B、C、D。由图象可知物体在4 s内先做匀加速运动后做匀减速运动,4 s末的速度为零,位移一直增大,A错误;前2 s拉力做正功,后2 s拉力做负功,且两段时间做功代数和为零,故B正确;4 s末的速度为零,故动量为零,故C正确;根据动量定理,0～4 s内动量的变化量为零,所以拉力对物体的冲量为零,故D正确。
9.A、B两船的质量均为M,它们都静止在平静的湖面上,当A船上质量为的人以水平速度v从A船跳到B船,再从B船跳回A船。设水对船的阻力不计,经多次跳跃后,人最终跳到B船上,则 (　　)
A.A、B(包括人)速度大小之比为2∶3
B.A、B(包括人)动量大小之比为1∶1
C.A、B(包括人)动量之和为零
D.因跳跃次数未知,故以上答案均无法确定
【解析】选B、C。以人与两船组成的系统为研究对象,人在跳跃过程中总动量守恒,初态总动量为0,所以A、B两船(包括人)的动量大小之比总是1∶1;最终人在B船上,以系统为研究对象,在整个过程中,以A的速度方向为正方向,由动量守恒定律得:MvA-(M+)vB=0,解得:vA∶vB=3∶2,故B正确,A错误。由于系统动量守恒,系统初动量为零,由动量守恒定律可知,系统末动量为零,即A、B(包括人)动量之和为零,故C正确;根据题意,应用动量守恒定律可以求出速度之比、动量之比、动量之和,故D错误;故选B、C。
10.(2020·龙岩高二检测)全球航天探索大会上,我国公布了“可重复使用运载火箭”的概念方案。方案之一为“降落伞方案”:当火箭和有效载荷分离后,火箭变轨进入返回地球大气层的返回轨道,并加速下落至低空轨道,然后采用降落伞减速,接近地面时打开气囊,让火箭安全着陆。对该方案设计的物理过程,下列说法正确的是 (　　)
A.火箭和有效载荷分离过程中该系统的总机械能守恒
B.从返回轨道下落至低空轨道,火箭的重力加速度增大
C.从返回轨道至低空轨道,火箭处于失重状态
D.打开气囊是为了减小地面对火箭的冲量
【解析】选B、C。火箭和有效载荷分离过程中使用了引爆装置,该系统的总机械能不守恒,故A错误;从返回轨道下落至低空轨道,由G=mg得g=G,火箭的重力加速度增大,故B正确;火箭变轨进入返回地球大气层的返回轨道,并加速下落至低空轨道,火箭处于失重状态,故C正确;由动量定理可知,打开气囊可以减小受到地面的冲击力,而不是减小地面对火箭的冲量,冲量没有改变,故D错误。
二、实验题(本大题共2小题,共20分)
11.(8分)气垫导轨工作时能够通过喷出的气体使滑块悬浮从而基本消除掉摩擦力的影响,因此成为重要的实验器材,气垫导轨和光电门、数字毫秒计配合使用能完成许多实验。
现提供以下实验器材:(名称、图像、编号如图所示)
利用以上实验器材还可以完成“探究一维碰撞中的守恒量”的实验。为完成此实验,某同学将实验原理设定为:m1v0=(m1+m2)v
(1)针对此原理,我们应选择的器材编号为:________。?
(2)在我们所选的器材中:______器材对应原理中的m1(填写器材编号)。?
【解析】(1)该实验的原理为m1v0=(m1+m2)v,两个物体最终粘在一起,一起运动,通过光电门可以测量速度的大小,所以应选择的器材为A、B、C。(2)因为m1应该是先运动的滑块,不是静止的滑块,所以对应的器材是B。
答案:(1)ABC　(2)B
12.(12分)某学习兴趣小组的同学为了验证动量守恒定律,分别用如图的三种装置进行实验探究,图中斜槽末端均水平。
(1)用图甲和图乙所示装置进行实验时,若入射小球质量为m1,半径为r1;被碰小球质量为m2,半径为r2,则________。?
A.m1>m2　r1>r2　　　　 B.m1>m2　r1C.m1>m2　r1=r2 D.m1(2)在用图乙所示装置进行实验时(P为碰前入射小球落点的平均位置),设入射小球的质量为m1,被碰小球的质量为m2,所得“验证动量守恒定律”的结论为(用装置图中的字母表示)________________________________。?
(3)用如图丙所示装置验证动量守恒定律,用轻质细线将小球1悬挂于O点,使小球1的球心到悬点O的距离为L,被碰小球2放在光滑的水平桌面上的B点。将小球1从右方的A点(OA与竖直方向的夹角为α)由静止释放,摆到最低点时恰与小球2发生正碰,碰撞后,小球1继续向左运动到C点,小球2落到水平地面上到桌面边缘水平距离为x的D点。实验中已经测得上述物理量中的α、L、x,为了验证两球碰撞过程动量守恒,已知小球1的质量m1,小球2的质量m2,还应该测量的物理量有__。?
【解析】(1) 在小球碰撞过程中水平方向动量守恒,故有:m1v0=m1v1+m2v2,在碰撞过程中假设发生弹性碰撞有:m1=m1+m2,解得v1=v0,要使碰后入射小球不反弹,则其速度要满足v1>0,即为m1-m2>0,m1>m2;为了使两球发生正碰,两小球的半径相同,有r1=r2,故选C。
(2) P为碰前入射小球落点的平均位置,M为碰后入射小球的位置,N为碰后被碰小球的位置,碰撞前入射小球的速度为v0=,碰撞后入射小球的速度为v1=,碰撞后被碰小球的速度为v2=,将动量守恒式m1v0=m1v1+m2v2的速度代入化简可得:m1OP=m1OM+m2ON。
(3)为了验证两球碰撞过程动量守恒,需要测量两小球的质量,小球1质量m1,小球2质量m2,小球1碰撞前后的速度可以根据机械能守恒定律测出,所以还需要测量OC与竖直方向的夹角β,需要通过平抛运动测量出小球2碰后的速度,需要测量水平位移x和桌面的高度h;验证动量守恒的表达式为
m1=m1+m2x。
答案:(1)C　(2)m1OP=m1OM+m2ON
(3)OC与竖直方向的夹角β、桌面高度h
三、计算题(本大题共4小题,共40分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位)
13.(8分)如图所示,一只质量为5 kg的保龄球,撞上一只原来静止、质量为2 kg的球瓶。此后球瓶以 3.0 m/s 的速度向前飞出,而保龄球以1.8 m/s的速度继续向前运动,假设它们相互作用的时间为0.05 s。求:
(1)撞前保龄球的速度大小;
(2)撞时保龄球与球瓶间的相互作用力的大小。
【解析】(1)设撞前保龄球的速度大小为v0,规定撞前保龄球的速度方向为正方向
由动量守恒定律有:Mv0=Mv1+mv2 (2分)
代入数据有:
5 kg×v0=(5×1.8+2×3.0) kg·m/s(1分)
解得:v0=3 m/s(1分)
(2)设撞前保龄球的速度方向为正方向,
对球瓶,Δp=mv2-0=6.0 kg·m/s(1分)
由动量定理有:F·Δt=Δp (2分)
代入数据解得F=120 N(1分)
答案:(1)3 m/s　(2)120 N
14.(8分)甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑水平面上匀速相向行驶,速率均为
6 m/s,甲车上有质量m0=1 kg的小球若干个,甲和他的车及所带小球总质量为m1=50 kg,乙和他的车总质量为m2=30 kg。甲不断地将小球以16.5 m/s的对地水平速度抛向乙,并被乙接住,问甲至少要抛出多少个小球才能保证两车不相撞?(不考虑空气阻力)
【解析】设至少要抛出n个小球才能保证两车不相撞,以甲车和抛出的n个小球为系统,在整个抛出过程中动量守恒,则m1v=nm0v0+(m1-nm0)v甲 (3分)
式中v=6 m/s,v0=16.5 m/s,v甲为抛出n个小球后甲车的速度,以乙车和抛来的n个小球为系统,在整个接球过程中动量守恒,则
nm0v0-m2v=(nm0+m2)v乙(3分)
要使两车不相撞,则v甲≤v乙 (1分)
代入数据解得n≥15 (1分)
答案:15个
15.(12分)光滑水平面上,用轻质弹簧连接的质量为mA=2 kg,mB=3 kg的A、B两物体都处于静止状态,此时弹簧处于原长状态。将质量为mC=5 kg的物体C,从半径为R=3.2 m的光滑圆周轨道最高点由静止释放,如图所示,圆周轨道的最低点与水平面相切,B与C碰撞后粘在一起运动,(g取10 m/s2)求:
(1)物体C刚滑到水平面时的速度大小是多少?
(2)B、C碰撞刚结束时的瞬时速度的大小是多少?
(3)在以后的运动过程中,弹簧的最大弹性势能是多少?
【解析】(1)对物体C下滑过程,根据动能定理得
mCgR=mC-0 (2分)
代入数据得v1=8 m/s(1分)
(2)设物体B、C碰撞后的瞬时速度为v2,以物体C的速度方向为正方向。
由动量守恒定律得:mCv1=(mB+mC)v2 (2分)
代入数据得:v2=5 m/s(1分)
(3)当物体A、B、C三者的速度相等时,弹簧的弹性势能最大。设此时三个物体的速度为v3。
由动量守恒定律,得
(mB+mC)v2=(mA+mB+mC)v3 ①(2分)
根据能量守恒定律得:
(mB+mC)=(mA+mB+mC)+Ep②(2分)
联立①②得Ep=20 J(2分)
答案:(1)8 m/s　(2)5 m/s　(3)20 J
16.(12分)如图所示,质量为M=3 kg的小车A以v0=4 m/s 的速度沿光滑水平面匀速运动,小车左端固定的支架通过不可伸长的轻绳悬挂质量为m=1 kg的小球B(可看作质点),小球距离车面H=0.8 m。某一时刻,小车与静止在水平面上的质量为m0=1 kg的物块C发生碰撞并粘连在一起(碰撞时间可忽略),此时轻绳突然断裂。此后,小球刚好落入小车右端固定的沙桶中(小桶的尺寸可忽略),不计空气阻力,重力加速度g=10 m/s2。求:
(1)绳未断前小球距沙桶的水平距离Δx;
(2)小车的最终速度v2的大小;
(3)整个系统损失的机械能ΔE。
【解析】(1)A与C的碰撞动量守恒:
Mv0=(M+m0)v1, (2分)
得:v1=3 m/s(1分)
设小球下落时间为t,则:
H=gt2,解得t=0.4 s(2分)
Δx=(v0-v1)t=0.4 m(1分)
(2)设系统最终速度为v2,由水平方向动量守恒:
(M+m)v0=(M+m+m0)v2 (2分)
得:v2=3.2 m/s(1分)
(3)由动量守恒
ΔE=mgH+(M+m)-(M+m+m0) (2分)
解得ΔE=14.4 J(1分)
答案:(1)0.4 m　(2)3.2 m/s　(3)14.4 J