資源簡介

第一章 動量守恒定律 單元試卷
學校:___________姓名:___________班級:___________學號:___________
一、單選題
1．關于動量,下列說法中正確的是 (　　)
A.做勻速圓周運動的物體,動量不變
B.做勻變速直線運動的物體,它的動量一定在改變
C.物體的動量變化,動能也一定變化
D.甲物體的動量p1=5 kg·m/s,乙物體的動量p2=-10 kg·m/s,所以p1>p2
2．假設將發射火箭看成如下模型:靜止的實驗火箭,發射前總質量(含燃料)M=2 200 g,取豎直向下為正方向,火箭所受重力和空氣阻力可忽略不計.當它以v0=880 m/s的對地速度豎直向下噴出質量Δm=200 g的高溫氣體后,火箭的對地速度為 (　　)
A．-80 m/s B．80 m/s
C．-88 m/s D．88 m/s
3．如圖所示，一內側光滑的半圓柱槽置于粗糙的水平面上．現讓一小球自左端槽口A點的正上方從靜止開始下落，球面與半圓槽相切并從A點進入槽內．當小球運動到槽內最低點時，槽體仍在水平面上運動．下列說法正確的是（ ）
A．小球離開右側槽口以后達到的最大高度與初始時相同
B．小球在槽內運動的全過程中，小球與槽組成的系統機械能守恒
C．小球在槽內運動的全過程中，小球與槽組成的系統動量守恒
D．小球運動到最低點時，小球與槽組成的系統水平方向的動量向右
4．圖甲為驗證動量守恒定律的實驗裝置圖，讓小車A拖著紙帶向左運動，與靜止的小車B碰撞，碰撞后兩車粘在一起繼續運動。圖乙是實驗得到的一條點跡清晰的紙帶，設x1=2.00cm，x2=1.40cm，x3=0.95cm，小車A和B（含橡皮泥）的質量分別為m1和m2，則應驗證的關系式為（　　）
A．
B．
C．
D．
5．如果一個系統不受外力，或者所受外力的矢量和為零，這個系統的總動量保持不變．這就是動量守恒定律．若一個系統動量守恒時，則
A．此系統內每個物體所受的合力一定都為零
B．此系統的機械能一定守恒
C．此系統內每個物體的動量大小不可能都增加
D．此系統的機械能可能增加
6．如圖甲所示,在光滑水平面上的兩個小球發生正碰.小球A、B的質量分別為m1和m2.圖乙為它們碰撞前后的s-t圖像,已知m1=0.1 kg,下列判斷正確的是 (　　)
甲　　乙
①碰前B靜止,A向右運動
②碰后B和A都向右運動
③由動量守恒定律可以算出m2=0.3 kg
④碰撞過程中系統損失了0.4 J的機械能
A.①③ B.①②③ C.①②④ D.③④
7．如圖所示，從地面上同一位置拋出相同的兩小球A、B，分別落在地面上的、兩點，兩球運動的最大高度相同。空氣阻力不計，則下列說法正確的是（　　）
A．兩球拋出時的速度方向相同，大小不同
B．B球在空中運動的時間比A球在空中運動的時間長
C．B球在最高點的動量等于A球在最高點的動量
D．B球落地時重力的功率等于A球落地時重力的功率
8．活檢針可用于活體組織取樣，如圖所示。取樣時，活檢針的針芯和針鞘被瞬間彈出后僅受阻力。質量為的針鞘在軟組織中運動距離后進入目標組織，繼續運動后停下來。若兩階段運動中針鞘整體受到阻力均視為恒力，大小分別為、，則針鞘（ ）
A．被彈出時速度大小為
B．到達目標組織表面時的動能為
C．運動的過程中，阻力做功為
D．運動的過程中動量變化量大小為
9．如圖所示,質量為m的人立于平板車上,人與車的總質量為M,人與車以速度v1在光滑水平面上向東運動.當此人相對車以速度v2豎直跳起時,車的速度為 (　　)
A．,向東 B．,向東
C．,向東 D．v1,向東
10．如圖甲所示，兩小球a、b在足夠長的光滑水平面上發生正碰。小球a、b質量分別為m1和m2，且g。取水平向右為正方向，兩小球碰撞前后位移隨時間變化的x-t圖像如圖乙所示。下列說法正確的是（　　）
A．碰撞前球a做加速運動，球b做勻速運動
B．碰撞后球a做減速運動，球b做加速運動
C．碰撞前后兩小球的機械能總量減小
D．碰撞前后兩小球的機械能總量不變
二、多選題
11．在某滑板大賽中,運動員在斜面上的運動可簡化為如圖所示,質量為m的運動員(含滑板)沿傾角為α的固定斜面向上滑動,經過時間t1,速度為零并即將開始下滑,又經過時間t2回到斜面底端,運動員在運動過程中受到的摩擦力大小始終為Ff,重力加速度大小為g.在整個運動過程中,下列說法正確的是 (　　)
A.重力對運動員的總沖量大小為mg(t1+t2)sin α
B.支持力對運動員的總沖量大小為mg(t1+t2)cos α
C.摩擦力對運動員的總沖量大小為Ff(t2-t1)
D.合外力對運動員的沖量大小為0
12．在帶電粒子“碰撞”實驗中，時粒子甲以初速度向靜止的粒子乙運動，之后兩粒子的的圖像如圖所示。僅考慮它們之間的靜電力作用，且甲、乙始終末接觸，在、、時刻系統電勢能分別為、、，則（　　）
A．時刻乙粒子的速度為
B．甲、乙粒子質量之比為
C．時刻系統的電勢能為
D．時刻甲粒子的速度為
三、填空題
13．“娛樂風洞”是一項新型娛樂項目，在一個特定的空間內通過風機制造的氣流把人“吹”起來，使人產生在天空翱翔的感覺，其簡化模型如圖所示，一質量為m的游客恰好靜止在直徑為d的圓柱形豎直風洞內，已知氣流密度為ρ，游客受風面積（游客在垂直風力方向的投影面積）為S，風洞內氣流豎直向上“吹”出且速度恒定，重力加速度為g，假設氣流吹到人身上后速度變為零。則氣流速度大小為 ，單位時間內風機做的功為 。
14．清洗汽車時經常使用高壓水槍，設水槍噴出水柱的直徑為D，水流速度為v，水柱垂直汽車表面，水柱沖擊汽車后水的速度為零，手持高壓水槍操作，進入水槍的水流速度可忽略不計，已知水的密度為ρ。則高壓水槍單位時間內噴出的水的質量為 ，水柱對汽車的平均沖力為 。
15．如圖甲，一物塊在水平向右的推力作用下從點由靜止開始向右做直線運動，推力的大小隨時間變化的規律如圖乙，物塊的質量，與臺面間的動摩擦因數，。則在0-3s內，推力的沖量大小是 ，0-1s內，推力所做的功為 ，物塊在時的速度是 。
16．如圖所示在光滑水平面的左側固定一豎直擋板，A球在水平面上靜止放置，B球向左運動與A球發生正碰，B球碰撞前后的速率之比為，A球垂直撞向擋板，碰后原速率返回，兩球剛好不發生碰撞，A、B兩球的質量之比為 。
17．如圖所示,兩個絕緣帶正電小球處于光滑水平面上,A的質量為m,B的質量為2m,開始時,兩球在同一條直線上相向運動,A向右、B向左,兩球速率分別為3 m/s和2 m/s,設相互作用中兩球不會相碰,則當B球速度為零時,A球速率為　　　　;當兩球相距最近時,B球速率為　　　　.
四、實驗題
18．為了探究碰撞過程的動量守恒，某人設計了如圖所示的裝置，AB、CD為兩個完全相同的四分之一圓弧軌道，O為軌道AB的圓心，B為軌道CD的圓心，O、B、C恰好位于同一豎直線上。
實驗操作步驟如下：
①按圖示安裝好實驗器材；
②將可視為質點、質量為m1、半徑為r1的小球a從軌道AB的最高點A由靜止釋放，記下小球a在軌道CD上的撞擊點；
③將可視為質點、質量為m2、半徑為r2的小球b靜置于B點，將小球a仍然從A由靜止釋放，兩小球碰撞后共同飛出,分別記下小球a、b在軌道CD上的撞擊點；
④用量角器測量出三個撞擊點M、P、N與C點之間圓弧對應的圓心角分別為θ、α、β,發現θ<α<β。
（1）下列說法正確的是　　　　。
A．實驗所用小球應滿足m1>m2，r1=r2
B．實驗中軌道AB必須光滑
C．實驗中,小球a先后兩次釋放點的位置可以不相同
D．軌道AB的末端切線必須調至水平
（2）若小球a、b碰撞過程動量守恒，則必須滿足 (用θ、α、β、m1、m2表示)。
（3）若小球a、b碰撞過程為彈性碰撞,則必須滿足 (用θ、α、β表示)。
19．在“探究碰撞中的不變量”的實驗中:
甲　　　乙
(1)實驗裝置如圖甲所示,本實驗中,實驗必須滿足的條件是　　　　.
A.斜槽軌道必須是光滑的
B.斜槽軌道末端水平
C.入射小球1每次都從斜槽上的同一位置無初速度釋放
(2)入射小球1的質量為m1=15 g,被碰小球2的質量為m2=10 g,用x表示小球的水平位移,由實驗測得它們在碰撞前、后的x-t圖像如圖乙所示,可知入射小球1碰撞后的動量m1v'1是　　　　 kg·m/s,入射小球1碰撞前的動量m1v1是　　　　 kg·m/s,被碰撞后小球2的動量m2v'2是　　　　 kg·m/s.由此得出結論　　　　　　　　　　　　　　　.
(3)圖甲中M、N分別為1、2兩球碰后落地的平均位置,P為入射小球1無碰撞落地的平均位置,則實驗中要驗證的關系是　　　　.
A.m1·ON=m1·OP+m2·OM
B.m1·OP=m1·ON+m2·OM
C.m1·OP=m1·OM+m2·ON
D.m1·OM=m1·OP+m2·ON
五、計算題
20．如圖所示，質量的物塊A套在水平固定的光滑直桿上，長的輕質細繩一端連接A，另一端通過感應拴扣連接質量的物塊B，當B運動到A的正下方時，感應拴扣自動斷開。在直桿的下方，質量的物塊C與質量的長木板D靜置于水平地面上，C與直桿的距離與細繩長相等。使細繩水平伸直，將物塊B由靜止釋放，B運動到最低點時恰好與物塊C發生彈性正碰，在之后的運動過程中，物塊B與C分別經過長木板的最右端與最左端，且均沒有脫離長木板。已知物塊B、C均能看成質點，物塊B與木板D、物塊C與木板D、木板D與地面之間的動摩擦因數分別為、、，重力加速度，，結果均保留兩位有效數字，求：
（1）物塊B由靜止釋放時，物塊A、C的間距。
（2）物塊B、C碰撞后，物塊C的速度大小。
（3）長木板D的長度。
21．如圖所示，豎直平面內的光滑弧形軌道的底端恰好與光滑水平面相切。質量為M＝2.0kg的小物塊B靜止在水平面上。質量為m＝1.0kg的小物塊A從距離水平面高h＝0.45m的P點沿軌道從靜止開始下滑，經過弧形軌道的最低點Q滑上水平面與B相碰，碰后兩個物體以共同速度運動。取重力加速度g＝10m/s2．求
（1）A經過Q點時速度的大小v0；
（2）A與B碰后速度的大小v；
（3）碰撞過程中系統（A、B）損失的機械能△E。
參考答案
1．【答案】B　
【詳解】動量是矢量,做勻速圓周運動的物體的速度方向時刻在變化,故動量也時刻在變化,故A錯誤;做勻變速直線運動的物體的速度時刻在變化,所以動量一定在改變,故B正確;由A分析可知做勻速圓周運動的物體動量時刻在變化,但速度大小不變,則動能不變,故C錯誤;動量的正負只表示方向,與大小無關,所以比較動量大小時應比較其絕對值,p12．【答案】C　
【解析】噴出氣體過程中重力和空氣阻力可忽略不計,系統內力遠大于外力,系統動量守恒,以豎直向下為正方向,由動量守恒定律得Δmv0+(M-Δm)v=0,代入數據解得火箭的對地速度v=-88 m/s,負號表示方向豎直向上,故C正確.
3．【答案】D
【詳解】因滑塊與水平面存在摩擦力，小球與槽組成的系統機械能和動量均不守恒，小球離開右側槽口之后達到的最大高度也會小于初始時的高度，ABC錯誤；如若槽和水平面是光滑的，則小球與槽組成的系統動量是守恒的，現根據題意可知小球從A點滑到最低點時，槽向左運動，則地面對槽的摩擦力水平向右，則在這個過程中，始終有摩擦力對系統有向右的沖量作用，當小球運動到最低點時，小球和槽組成的系統水平方向上的動量水平向右，D正確。
4．【答案】C
【詳解】由于小球A和碰撞后兩球都做勻速直線運動，可利用這段求出碰撞前的速度為，可利用這段求出碰撞后的速度為是計數間隔，根據動量守恒定律有，代入整理有，ABD錯誤，C正確。選C。
5．【答案】D
【詳解】系統動量守恒，系統所受合外力為零，但此系統內每個物體所受的合力不一定都為零，A錯誤；當只有重力或只有彈力做功時系統機械能守恒，系統動量守恒，系統所受合外力為零，系統動量守恒但機械能不一定守恒，系統機械能可能增加，B錯誤，D正確；系統動量守恒，系統總動量保持不變，系統內物體動量可能都增大，但方向相反，物體動量也可能都減小，系統總動量保持不變，C錯誤；選D。
【關鍵點撥】本題考查了系統動量守恒以及機械能守恒的條件，知道動量守恒條件是合外力為零，而機械能守恒的條件是只有重力做功的系統；
6．【答案】A　
【詳解】由s-t圖像可知碰前B的位移不隨時間而變化,處于靜止狀態,碰前A速度為v1==4 m/s,由圖像結合題意可知方向向右,故①正確;由圖像可知,碰后B的速度方向向右,A的速度方向向左,故②錯誤;根據圖像可求出碰后B和A的速度分別為v'2=2 m/s,v'1=-2 m/s,根據動量守恒定律得m1v1=m2v'2+m1v'1,代入數據解得m2=0.3 kg,故③正確;碰撞過程中系統損失的機械能ΔE=m1-m1v'21 -m2v'22 =0,故④錯誤.故選A.
7．【答案】D
【詳解】由于兩球運動的最大高度相同，豎直方向，由，，可得，兩球豎直方向的速度相等，兩球在空中運動的時間相等，水平方向，由圖可知，A球水平位移小于B球水平位移，所以A球水平速度小于B球水平速度，而拋出的速度大小為，設速度方向與水平方向的夾角為θ，則，由此可知，兩球拋出時的速度大小不等，方向不同，故AB錯誤；兩球到達最高點時，豎直方向的速度減為零，球的動量大小為，所以B球在最高點的動量大于A球在最高點的動量，故C錯誤；兩球落地時的重力的功率為，落地時兩球豎直速度相等，所以兩球重力的功率相等，故D正確。
8．【答案】A
【詳解】根據動能定理得，解得，正確；針鞘到達目標組織表面后，繼續前進減速至零，有，錯誤；針鞘運動的過程中，克服阻力做功為，錯誤；針鞘運動的過程中，動量變化量大小為，錯誤。
9．【答案】D　【詳解】人與車組成的系統在水平方向上動量守恒,當人豎直跳起時,人和車之間的相互作用在豎直方向上,水平方向上的動量仍然守恒,水平方向的速度不發生變化,所以車的速度仍然為v1,方向向東,故選D.
10．【答案】D
【詳解】A．由x-t（位移時間）圖象的斜率得到，碰前b球的位移不隨時間而變化，處于靜止。a球的加速度大小為
做勻速運動，選項A錯誤；
B．同理由圖示圖象可知，碰后b球和a球均做勻速運動，其速度分別為，，選項B錯誤；
CD．根據動量守恒定律得，代入解得，
碰撞過程中系統損失的機械能為，
代入解得△E=0，所以碰撞過程機械能守恒，選項C錯誤，D正確。
故選D。
11．【答案】BC　
【詳解】重力為恒力,則重力對運動員的總沖量大小為mg(t1+t2),故A錯誤;運動員受到的支持力為FN=mgcos α,為恒力,則支持力對運動員的總沖量大小為mg(t1+t2)cos α,故B正確;運動員上滑和下滑過程中摩擦力方向發生了改變,由于有摩擦力,則下滑時間大于上滑時間,即摩擦力沿斜面向上的時間更長,則摩擦力對運動員的總沖量大小為Ff(t2-t1),方向沿斜面向上,故C正確;開始運動員的動量沿斜面向上,最后運動員的動量沿斜面向下,根據動量定理可知I合=Δp,顯然合外力的沖量不為0,故D錯誤.
【關鍵點撥】計算某個力的沖量時,必須明確是哪個力在哪段時間內產生的沖量.求合力的沖量時經常應用動量定理.
12．【答案】BD
【詳解】由的圖像可知，從時刻到時刻，兩粒子組成的系統滿足動量守恒，則有，可得甲、乙粒子質量之比為，B正確；從時刻到時刻，兩粒子組成的系統滿足動量守恒，則有，解得時刻乙粒子的速度為，A錯誤；從時刻到時刻，根據能量守恒定律可得，從時刻到時刻，根據能量守恒定律可得，聯立解得時刻系統的電勢能為，C錯誤；從時刻到時刻，兩粒子組成的系統滿足動量守恒，則有，由于時刻與時刻系統電勢能均為，可知時刻與時刻兩粒子組成的系統動能相等，則有，聯立解得時刻甲粒子的速度為，D正確。
13．【答案】，
【詳解】設極短時間t吹到人身上的風的質量為M，則有，設作用在人身上的平均風力大小為F，則有，解得；單位時間吹出的風的總質量為，風機做功為。
14．【答案】πρvD2 ，πρv2D2
【詳解】[1]高壓水槍單位時間內噴出水的質量m0=ρV=ρπ·v=πρvD2
[2]設水柱對汽車的平均沖力為F，由動量定理得Ft=mv，即Ft=πρvD2tv，解得F=πρv2D2
15．【答案】8；0；3
【詳解】根據圖像中，圖線與坐標軸圍成的面積為沖量的大小，有力F的沖量大小為，由題可知，地面對物體的最大靜摩擦力，而時間內，推力大小為，物體處于靜止狀態，推力所做的功為0；
在內動量定理可得，代入數據解得。
16．【答案】/
【詳解】B兩球碰撞過程，假設碰撞前B球的速度大小為，碰撞后A、B兩球的速度大小分別為，，由題意可知碰后B球的速度反向，根據動量守恒可得，又，A球垂直撞向擋板，碰后原速率返回，兩球剛好不發生碰撞，則有，聯立解得。
17．【答案】1 m/s　 m/s
【詳解】A、B小球組成的系統所受的外力之和為零,滿足動量守恒條件,規定向右為正方向,當B球速度為零時,有mAvA-mBvB=mAvA1,代入數據有m×3 m/s-2m×2 m/s=mvA1,得vA1=-1 m/s,即大小為1 m/s,方向水平向左;當兩球速度相同時,二者相距最近,根據動量守恒定律有mAvA-mBvB=(mA+mB)vB2,代入數據得vB2=- m/s,即大小為 m/s,方向水平向左.
18．【答案】（1）AD；（2）=+；（3）+=
【詳解】（1）為了避免碰撞發生反彈，同時使得兩小球發生對心正碰，需要m1>m2，r1=r2，A項正確；小球a每次均從軌道AB同一高度由靜止釋放，小球a克服摩擦阻力做的功相同，可知小球a在軌道AB上受到的摩擦力對實驗沒有影響，B項錯誤；為了使得小球a到達軌道AB末端時的速度大小相同，實驗中，小球a先后兩次釋放點的位置需要相同，C項錯誤；為了使得小球飛出后做平拋運動，軌道AB的末端切線必須調至水平，D項正確。
（2）由于θ<α<β，可知P為小球a單獨釋放時的撞擊點；M為小球a碰撞后的撞擊點；N為碰撞后小球b的撞擊點；則有Rcos θ=g，Rsin θ=v1t1，Rcos α=g，Rsin α=v0t0，Rcos β=g，Rsin β=v2t2，根據動量守恒定律有m1v0=m1v1+m2v2，解得=+。
（3）若小球a、b的碰撞為彈性碰撞,則有m1=m1+m2，結合（2）解得+=。
19．【答案】(1)BC　(2)0.007 5　0.015　0.007 5　碰撞前后兩小球的質量與速度的乘積之和是不變量　(3)C
【詳解】(1)該實驗利用平拋運動的基本規律求解碰撞前、后的速度,要保證每次小球都做平拋運動,則軌道的末端必須水平,B正確;要保證每次實驗碰撞前的速度相同,所以入射小球1每次都要從同一高度由靜止滾下,但斜槽軌道可以不光滑,故A錯誤,C正確.
(2)由圖乙可知,碰撞前入射小球1的速度為v1== m/s=1 m/s,碰撞后,小球1的速度為v'1== m/s=0.5 m/s,小球2的速度為v'2== m/s=0.75 m/s,小球1碰撞后的動量m1v'1=0.015×0.5 kg·m/s=0.007 5 kg·m/s,小球1碰撞前的動量m1v1=0.015×1 kg·m/s=0.015 kg·m/s,小球2碰撞后的動量m2v'2=0.01×0.75 kg·m/s=0.007 5 kg·m/s,碰撞前系統總動量p=m1v1=0.015 kg·m/s,碰撞后系統總動量p'=m1v'1+m2v'2=0.015 kg·m/s,p'=p,由此可知碰撞前后兩小球的質量與乘積之和是不變量.
(3)由(2)可得m1v1=m1v'1+m2v'2,小球做平拋運動,根據平拋運動規律可知兩小球運動的時間相同,上式可轉換為m1v1t=m1v'1t+m2v'2t,故需驗證m1OP=m1OM+m2ON,C正確.
20．【答案】（1）2.3m；（2）4.0m/s；（3）0.99m
【詳解】（1）對物塊A、B構成的系統，在水平方向上，根據動量守恒定律的位移表達式有B相對位移的大小為繩長，則有
物塊B靜止釋放時，物塊A、C的間距
解得
（2）對物塊A、B構成的系統，在水平方向上，根據動量守恒定律有
根據機械能守恒定律有
之后，B與C發生彈性碰撞，則有，
解得，
（3）B、C碰撞后，C向左做勻減速直線運動，B、D均向左做勻加速直線運動，分別對B、C、D進行分析，根據牛頓第二定律有，，
解得，，
經歷時間t1，C、D達到相等速度，則有
解得，
此過程，C相對于D向左運動
之后，C、D保持相對靜止，整體向左做勻減速直線運動，則有
解得
令經歷時間t2，B、C、D達到相等速度，則有
解得，
在時間內，B相對于D向右運動，相對位移為
則長木板D的長度為
解得
21．【答案】（1）A經過Q點時速度的大小3m/s；
（2）A與B碰后速度的大小1m/s；
（3）碰撞過程中系統（A、B）損失的機械能為3J。
【詳解】（1）從P到Q過程，由動能定理可得mgh＝﹣0，解得v0＝3m/s；
（2）碰撞過程中，A、B動量守恒，
由動量守恒定律得mv0＝（m+M）v，
解得v＝1m/s；
（3）碰撞過程中，由能量守恒定律得△E＝﹣（m+M）v2＝3J；
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