2020高中物理第十六章动量守恒定律水平测试卷含解析 人教版选修3-5 10页

第十六章　水平测试卷 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分100分，考试时间90分钟。‎ 第Ⅰ卷(选择题，共40分)‎ 一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题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)‎ ‎1．消防员在某次演练中从5楼的楼顶自由下落，经过一段时间落到放在地面的充气垫上，则放上充气垫的目的是(　　)‎ A．减小消防员落地时的动量 B．减小消防员动量的变化量 C．减小消防员受到充气垫的冲量 D．减小消防员所受的作用力 答案　D 解析　消防员从一定的高度落下，落地前的速度是一定的，则落地时的动量一定，A错误；落地后静止，末动量为零，则消防员动量的变化量一定，B错误；由动量定理可知消防员受到的冲量等于消防员的动量变化量，则消防员受到充气垫的冲量一定，C错误；消防员落在充气垫上力作用的时间长，落在水泥地上力作用的时间短，根据冲量的定义式，在冲量一定的情况下，作用时间越长则受到的冲力越小，因此充气垫的作用是减小消防员所受的作用力，D正确。‎ ‎2.如图所示，具有一定质量的小球A固定在轻杆一端，另一端挂在小车支架的O点。用手将小球拉至水平，此时小车静止于光滑水平面上，放手让小球摆下与B处固定的橡皮泥碰击后粘在一起，则在此过程中小车(　　)‎ A．向右运动 B．向左运动 C．静止不动 D．小球下摆时，车向左运动，碰撞后又静止 答案　D 解析　将小球、轻杆和小车看成一个系统，系统水平方向不受外力，故水平方向动量守恒，且系统水平方向动量为0。由动量守恒定律可知，小球下摆时水平方向的速度向右，故小车向左运动；碰撞后小球和小车均静止，故D正确。‎ ‎3. (2019·福建省师大附中期中)如图所示，斜面体M的底面光滑、斜面粗糙，物块m由静止开始从斜面的顶端滑到底端，在这个过程中(　　)‎ 10‎ A．M、m组成的系统动量守恒 B．m对M的冲量等于M的动量变化 C．m、M动量变化量的水平分量大小相等 D．M对m的支持力的冲量为零 答案　C 解析　M、m组成的系统，所受合外力不为零，所以系统动量不守恒，A错误；由动量定理知合外力对M的冲量等于M的动量变化，B错误；M、m组成的系统，水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒，则m、M动量变化量的水平分量大小相等、方向相反，C正确；M对m的支持力不等于零，故支持力的冲量不为零，D错误。‎ ‎4.如图所示，一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离。已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1为(　　)‎ A．v0＋(v0－v2) B．v0＋v C．v0－v2 D．v0＋(v0＋v2)‎ 答案　A 解析　火箭和卫星组成的系统动量守恒，规定火箭和卫星分离前的速度的方向为正方向，则(m1＋m2)v0＝m2v2＋m1v1，解得v1＝v0＋(v0－v2)，故A正确，B、C、D错误。‎ ‎5. (2019·陕西省西安市远东第一中学月考)如图所示，质量为0.5 kg的小球在距离车底面高20 m处以一定的初速度向左平抛，落在以7.5 m/s的速度沿光滑水平面向右匀速行驶的敞篷小车中，车底涂有一层油泥，车与油泥的总质量为4 kg，设小球在落到车底前瞬间的速度是25 m/s，则当小球与小车相对静止时，小车的速度是(g取10 N/kg)(　　)‎ A．5 m/s B．4 m/s C．8.5 m/s D．9.5 m/s 10‎ 答案　A 解析　设小球的初速度为v0，小球抛出后做平抛运动，根据动能定理mgh＝mv2－mv，解得v0＝15 m/s。小球和小车作用过程中，系统水平方向不受外力，故水平方向动量守恒。规定向右为正方向，则有－mv0＋Mv＝(M＋m)v′，解得v′＝5 m/s，故A正确。‎ ‎6.如图所示，在光滑水平面上有一质量为M的木块，木块与轻弹簧水平相连，弹簧的另一端连在竖直墙上，木块处于静止状态。一质量为m的子弹以水平速度v0击中木块，并嵌在其中，木块压缩弹簧后在水平面上做往复运动。木块自被子弹击中前到第一次回到原来位置的过程中，受到的合外力的冲量为(　　)‎ A．－ B．2Mv0‎ C． D．2mv0‎ 答案　A 解析　子弹射入木块的时间极短，设击中后子弹和木块共同的速度为v，根据动量守恒定律mv0＝(M＋m)v，解得v＝，木块第一次回到原来位置的速度大小等于子弹击中木块后瞬间木块的速度大小。根据动量定理，合外力的冲量I＝－Mv－0＝－，故A正确。‎ ‎7.如图所示，质量为m2＝100 g的小球乙用长为l＝0.6 m的轻绳悬于O点，另一等大的质量为m1＝300 g的小球甲放在光滑的水平面上，小球甲、乙均可视为质点。现给小球甲一水平向右的速度v0＝4 m/s，经过一段时间两小球发生正碰，且碰后小球甲的速度变为v1＝2 m/s，以后小球乙在竖直面内做圆周运动，重力加速度g＝10 m/s2。则下列说法正确的是(　　)‎ A．碰后瞬间小球乙的速度大小为6 m/s B．小球甲和小球乙碰撞的过程中损失的机械能为0.6 J C．小球乙在最高点时轻绳的拉力大小为零 D．两小球碰后的瞬间轻绳的拉力大小为6 N 答案　A 解析　碰撞过程中，小球甲、乙组成的系统水平方向动量守恒，选取小球甲运动的方向为正方向，根据动量守恒定律得m1v0＝m1v1＋m2v2，代入数据可得v2＝6‎ 10‎ ‎ m/s，A正确；两球碰撞过程中损失的机械能为ΔE＝m1v－m1v－m2v，代入数据解得ΔE＝0，B错误；碰后小球乙由最低点摆至最高点的过程中，小球乙的机械能守恒，设到最高点时的速度为v3，则由机械能守恒定律得m2v＝m2v＋m2g·2l，在最高点进行受力分析，得T＋m2g＝m2，代入数据解得T＝1 N，C错误；设两小球碰后的瞬间轻绳的拉力大小为T′，则有T′－m2g＝m2，代入数据解得T′＝7 N，D错误。‎ ‎8.光滑水平面上的三个小球a、b、c的质量均为m，小球b、c与轻弹簧相连且静止，小球a以速度v0冲向小球b，与之相碰并粘在一起运动。在整个运动过程中，下列说法正确的是 (　　)‎ A．三个小球与弹簧组成的系统动量守恒，机械能不守恒 B．三个小球与弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒 C．当小球b、c速度相等时，弹簧弹性势能最大 D．当弹簧第一次恢复原长时，小球c的速度一定最大，球b此时的速度方向一定水平向左 答案　AC 解析　在整个运动过程中，三个小球与弹簧组成的系统所受的合外力为零，系统动量守恒，a与b碰撞的过程中系统机械能减小，A正确，B错误；当小球b、c速度相等时，弹簧的形变量最大，弹性势能最大，C正确；当弹簧第一次恢复原长时，小球c的动能一定最大，因为小球a、b的总质量大于小球c的质量，根据动量守恒和机械能守恒分析可知，小球a、b的粘合体不会“反弹”，小球b的速度方向一定向右，D错误。‎ ‎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 B．甲、乙两车运动中速度之比为 C．甲车移动的距离为L D．乙车移动的距离为L 10‎ 答案　ACD 解析　本题类似于人船模型，将甲、乙两车及人看成一个系统，则系统在该过程中动量守恒，根据动量守恒定律，甲、乙两车运动中速度之比等于质量的反比，即＝，A正确，B错误；Mx甲＝(M＋m)x乙，x甲＋x乙＝L，解得x甲＝L，x乙＝L，C、D正确。‎ ‎10.如图所示，在光滑的水平面上有A、B两个小球。A球的动量为10 kg·m/s，B球的动量为12 kg·m/s。A球追上B球并相碰，碰撞后，A球的动量变为8 kg·m/s，方向没变，则A、B两球质量的比值可能为(　　)‎ A．0.5 B．0.6 ‎ C．0.65 D．0.75‎ 答案　BC 解析　A、B两球同向运动，A球追上B球，则有vA>vB。碰撞后A球动量方向不变，则碰撞结束时有vB′≥vA′。由vA>vB得>，即<＝≈0.83；由碰撞过程动量守恒得pA＋pB＝pA′＋pB′，pB′＝14 kg·m/s，由碰撞过程的动能关系得＋≥＋，≤≈0.69；由vB′≥vA′得≥，≥＝≈0.57。综上分析有0.57≤≤0.69，所以B、C正确。‎ 第Ⅱ卷(非选择题，共60分)‎ 二、实验题(本题共2小题，共10分)‎ ‎11．(4分)某同学用如图所示装置来验证动量守恒定律，实验时先让小球a从斜槽轨道上某固定点处由静止开始滚下，在水平地面上的记录纸上留下痕迹，重复10次；然后再把小球b静置在斜槽轨道末端，小球a仍从原固定点由静止开始滚下，和小球b相碰后，两球分别落在记录纸的不同位置处，重复10次。回答下列问题：‎ ‎(1)在安装实验器材时，斜槽的末端切线应________。‎ ‎(2)小球a、b质量分别为ma、mb 10‎ ‎，在本实验中，验证动量守恒的式子为________________。‎ 答案　(1)水平　(2)ma＝ma＋mb 解析　(1)实验要求小球离开轨道后做平抛运动，在安装实验器材时斜槽的末端切线应保持水平，这样才能使小球做平抛运动。‎ ‎(2)由图所示装置可知，小球a和小球b相碰后，小球b的速度增大，小球a的速度减小，b球在前，a球在后，两球都做平抛运动，由图示可知，未放被碰小球时小球a的落地点为B点，相碰后小球a、b的落点分别为A、C点，小球在空中的运动时间t相等，如果碰撞过程动量守恒，则有mav0＝mava＋mbvb，两边同时乘以时间t得mav0t＝mavat＋mbvbt，即ma＝ma＋mb。‎ ‎12．(6分)用如图甲所示的装置验证动量守恒定律。气垫导轨上有A、B两个滑块，滑块A右侧带有一弹簧片，左侧与打点计时器(图中未画出)的纸带相连；滑块B左侧带有一弹簧片，上面固定一遮光条，光电计时器(图中未完全画出)可记录遮光条通过光电门的时间。‎ 实验测得滑块A质量m1＝0.290 kg，滑块B质量m2＝0.100 kg，遮光条宽度d＝1.00 cm，打点计时器所用交流电频率f＝50 Hz。将光电门固定在滑块B的右侧，启动打点计时器，给滑块A一向右的初速度，使它与B相碰。碰后光电计时器显示的时间ΔtB＝3.50×10－3 s，则碰后B的速度为________ m/s。已知碰后A没有反向，打出的纸带如图乙所示，则碰前A、B组成的系统的总动量为p1＝________ kg·m/s，碰后A、B组成的系统的总动量为p2＝________ kg·m/s。通过比较p1与p2是否相等，从而可得到A、B组成的系统在碰撞过程中动量是否守恒的结论。(计算结果均保留三位有效数字)‎ 答案　2.86　0.580　0.570‎ 解析　碰后B的速度为vB＝＝ m/s≈2.86 m/s 打点计时器的打点时间间隔为T＝＝0.02 s 由图乙所示纸带可知，碰撞前A的速度为 v＝＝ m/s＝2.00 m/s 碰后A的速度为 vA＝＝ m/s＝0.98 m/s，‎ 10‎ 碰前A的动量为 p1＝m1v＝0.290×2.00 kg·m/s＝0.580 kg·m/s 碰后A的动量为 pA＝m1vA＝0.290×0.98 kg·m/s≈0.284 kg·m/s 碰后B的动量为 pB＝m2vB＝0.100×2.86 kg·m/s＝0.286 kg·m/s 碰撞前后系统总动量分别为：‎ p1＝0.580 kg·m/s p2＝pA＋pB＝0.570 kg·m/s。‎ 三、计算题(本题共4小题，共50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．(10分)采煤中有一种方法是用高压水流将煤层击碎将煤采下。今有一采煤水枪，由枪口射出的高压水流速度为v，设水流垂直射向煤层的竖直表面，随即顺煤壁竖直流下，求水对煤层的压强(水的密度为ρ)。‎ 答案　ρv2‎ 解析　射向煤层的水流受到煤层的作用，水平速度变为零后随即顺壁流下，设射向煤层水流的截面积为S，则在时间Δt内有质量为ρSvΔt的水撞击煤层，动量变为零，设煤层对水流的作用力为F。‎ 取煤层对水流作用力的方向为正方向，对于上述这部分水由动量定理有：F·Δt＝0－(－ρSvΔt·v)‎ 得：F＝ρSv2‎ 由牛顿第三定律知，水对煤层作用力的大小：‎ F′＝F＝ρSv2‎ 所以煤层表面受到水流的压强为：p＝＝ρv2。‎ ‎14．(2019·重庆市第八中学期末)(10分)冰球运动是一项对抗性极强的冰雪体育竞技项目。如图所示，甲、乙两冰球运动员为争抢冰球而合理水平冲撞，冲撞过程中运动员手中的冰球杆未与地面接触。已知甲运动员的质量为60 kg，乙运动员的质量为70 kg，冲撞前两运动员速度大小均为5 m/s，方向相反，冲撞结束，甲被撞回，速度大小为2 m/s，如果冲撞接触时间为0.2 s，忽略冰球鞋与冰面间的摩擦。问：‎ 10‎ ‎(1)撞后乙的速度大小是多少？方向又如何？‎ ‎(2)冲撞时两运动员相互间的平均作用力多大？‎ 答案　(1)1 m/s，方向与甲碰前的速度方向相同 ‎(2)2100 N 解析　(1)取甲碰前的速度方向为正方向，根据动量守恒定律，对系统有：‎ m甲v甲－m乙v乙＝－m甲v甲′＋m乙v乙′‎ 解得v乙′＝1 m/s 方向与甲碰前的速度方向相同。‎ ‎(2)根据动量定理，对甲有：－Ft＝－m甲v甲′－m甲v甲 解得F＝2100 N。‎ ‎15．(2019·山西大学附属中学月考)(15分)如图所示，小球A从半径R＝0.8 m的光滑圆弧轨道的上端P点以v0＝3 m/s的初速度滑下，水平面光滑且与圆弧轨道末端相切，小球A到达水平面上以后，与静止于该水平面上的钢块B发生弹性碰撞，碰撞后小球A被反向弹回，沿原路返回恰能到达到P点，钢块B的质量mB＝18 kg，g取10 m/s2，求：‎ ‎(1)小球A刚滑上水平面时的速度大小vA；‎ ‎(2)小球A的质量。‎ 答案　(1)5 m/s　(2)2 kg 解析　(1)设小球A的质量为mA，A在光滑圆弧轨道上下滑过程中，只有重力做功，其机械能守恒，由机械能守恒定律得 mAv＋mAgR＝mAv，代入数据得vA＝5 m/s。‎ 10‎ ‎(2)碰后，A返回的过程，机械能守恒，设碰后A的速度大小为vA′，得mAvA′2＝mAgR，解得vA′＝4 m/s A、B碰撞过程动量守恒，以碰前A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得 ‎ mAvA＝－mAvA′＋mBvB′‎ 碰撞过程为弹性碰撞，由机械能守恒定律，得 mAv＝mAvA′2＋mBvB′2‎ 代入数据解得mA＝2 kg。‎ ‎16．(15分)如图所示，在质量m＝2 kg、板长足够长的平板小车的左端放有一质量为M＝3 kg的铁块，两者间的动摩擦因数为μ＝0.5。开始时，小车和铁块一起在光滑的水平面上以v0＝3 m/s的速度向右运动，之后小车与墙壁发生正碰。设碰撞中无机械能损失且碰撞时间极短。求：‎ ‎(1)小车第一次碰撞后，小车右端与墙之间的最大距离d1是多少？‎ ‎(2)小车第二次碰撞后，小车右端与墙之间的最大距离d2是多少？‎ ‎(3)铁块最终距小车左端多远？‎ 答案　(1)0.6 m　(2)0.024 m　(3)1.5 m 解析　(1)碰撞中无机械能损失，即碰后小车以大小为3 m/s的速度向左运动，碰后小车与铁块组成的系统动量守恒，当小车的速度为0时，小车与墙之间的距离最大。‎ 对小车，由动能定理，得－μMgd1＝0－mv 代入数据解得d1＝0.6 m。‎ ‎(2)第二次碰前，假设小车和铁块的速度达到相同，设为v1，规定向右为正，由动量守恒定律 Mv0－mv0＝(M＋m)v1‎ 解得v1＝0.6 m/s 对小车，从第一次离墙最远到与铁块共速，由动能定理 μMgs＝mv－0‎ 解得s＝0.024 m 而s