高中物理-《动量守恒定律》章末测试题

高中物理-《动量守恒定律》章末测试题

本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分110分,时间90分钟。

第Ⅰ卷(选择题 共40分)

一、选择题(共10小题,每小题4分,共40分,在每小题给出的四个选项中,至少有一个选项符合题目要求,全部选对的得4分,选不全的得2分,有选错或不答的得0分)

1．如图,质量为3 kg的木板放在光滑的水平地面上,质量为1 kg的木块放在木板上,它们之间有摩擦,木板足够长,两者都以4 m/s的初速度向相反方向运动.当木板的速度为2.4 m/s时,木块（ ）

A.处于匀速运动阶段 B.处于减速运动阶段 C.处于加速运动阶段 D.静止不动

2．如图所示,位于光滑水平桌面,质量相等的小滑块P和Q都可以视作质点,Q与轻质弹簧相连,设Q静止,P以某一初动能E0水平向Q运动并与弹簧发生相互作用,若整个作用过程中无机械能损失,用E1表示弹簧具有的最大弹性势能,用E2表示Q具有的最大动能,则（ ）

v A．E1E0 2B．E1E0 C．E2E0 2P Q D．E2E0

3．光滑水平桌面上有两个相同的静止木块（不是紧捱着）,枪沿两个木块连线方向以一定的初速度发射一颗子弹,子弹分别穿过两个木块。假设子弹穿过两个木块时受到的阻力大小相同,且子弹进入木块前两木块的速度都为零。忽略重力和空气阻力的影响,那么子弹先后穿过两个木块的过程中（ ）

A.子弹两次损失的动能相同 C.因摩擦而产生的热量相同

B.每个木块增加的动能相同 D.每个木块移动的距离不相同

4．如图所示,一个木箱原来静止在光滑水平面上,木箱内粗糙的底板上放着一个小木块。木箱和小木块都具有一定的质量。现使木箱获得一个向右的初速度v0,则( )

A．小木块和木箱最终都将静止

B．小木块最终将相对木箱静止,二者一起向右运动

C．小木块在木箱内壁将始终来回往复碰撞,而木箱一直向右运动

D．如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止,则二者将一起向左运动

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5．质量为ma＝1kg,mb＝2kg的小球在光滑的水平面上发生碰撞,碰撞前后两球的位移—时间图象如图所示,则可知碰撞属于( )

A．弹性碰撞 B．非弹性碰撞 C．完全非弹性碰撞 D．条件不足,不能确定

6.人的质量m＝60kg,船的质量M＝240kg,若船用缆绳固定,船离岸1.5m时,人可以跃上岸

。若撤去缆绳,如图所示,人要安全跃上岸,船离岸至多为(不计水的阻力,两次人消耗的能量相等)( )

A．1.5m C.1.34m

B．1.2m D．1.1m

7.如图所示,A、B两物体质量之比mA∶mB＝3∶2,原来静止在平板小车C上,A、B间有一根被压缩的弹簧,地面光滑。当两物体被同时释放后,则( )

A．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同,A、B组成系统的动量守恒 B．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同,A、B、C组成系统的动量守恒 C．若A、B所受的摩擦力大小相等,A、B组成系统的动量守恒 D．若A、B所受的摩擦力大小相等,A、B、C组成系统的动量守恒

8．如图所示,三辆完全相同的平板小车a、b、c成一直线排列,静止在光滑水平面上。c车上有一小孩跳到b车上,接着又立即从b车跳到a车上。小孩跳离c车和b车时对地的水平速度相同。他跳到a车上相对a车保持静止,此后( )

A．a、b两车运动速率相等 B．a、c两车运动速率相等 C．三辆车的速率关系vc>va>vb D．a、c两车运动方向相反

9.如图甲所示,一轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接,并静止在光滑的水平面上。现使B瞬时获得水平向右的速度3m/s,以此刻为计时起点,两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示,从图象信息可得( )

A．在t1、t3时刻两物块达到共同速度1m/s,且弹簧都处于伸长状态 B．从t3到t4时刻弹簧由压缩状态恢复到原长

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C．两物体的质量之比为m1∶m2＝1∶2 D．在t2时刻A与B的动能之比为Ek1∶Ek2＝8∶1

10.在光滑的水平桌面上有等大的质量分别为M＝0.6kg,m＝0.2kg的两个小球,中间夹着一个被压缩的具有Ep＝10.8J弹性势能的轻弹簧(弹簧与两球不相连),原来处于静止状态。现突然释放弹簧,球m脱离弹簧后滑向与水平面相切、半径为R＝0.425m的竖直放置的光滑半圆形轨道,如图所示。g取10m/s2。则下列说法正确的是( )

A．球m从轨道底端A运动到顶端B的过程中所受合外力冲量大小为3.4N·s B．M离开轻弹簧时获得的速度为9m/s

C．若半圆轨道半径可调,则球m从B点飞出后落在水平桌面上的水平距离随轨道半径的增大而减小

D．弹簧弹开过程,弹力对m的冲量大小为1.8N·s

第Ⅱ卷(非选择题 共60分)

二、填空题(共2小题,共16分。把答案直接填在横线上)

11．(6分)如图所示,在橄榄球比赛中,一个质量为95kg的橄榄球前锋以5m/s的速度跑动,想穿越防守队员到底线触地得分。就在他刚要到底线时,迎面撞上了对方两名质量均为75kg的队员,一个速度为2m/s,另一个为4m/s,然后他们就扭在了一起。

(1)他们碰撞后的共同速率是________(结果保留一位有效数字)。

(2)在框中标出碰撞后他们动量的方向,并说明这名前锋能否得分：________。

12．(10分)如图1所示,用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律,即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系：

先安装好实验装置,在地上铺一张白纸, 白纸上铺放复写纸,记下重垂线所指的位置O。

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接下来的实验步骤如下：

步骤1：不放小球2,让小球1从斜槽上A点由静止滚下,并落在地面上。重复多次,用尽可能小的圆,把小球的所有落点圈在里面,其圆心就是小球落点的平均位置；

步骤2：把小球2放在斜槽前端边缘位置B,让小球1从A点由静止滚下,使它们碰撞,重复多次,并使用与步骤1同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置；

步骤3：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置M、P、N离O点的距离,即线段OM、OP、ON的长度。

(1)对于上述实验操作,下列说法正确的是________。 A．应使小球每次从斜槽上相同的位置自由滚下 B．斜槽轨道必须光滑 C．斜槽轨道末端必须水平 D．小球1质量应大于小球2的质量

(2)上述实验除需测量线段OM、OP、ON的长度外,还需要测量的物理量有________。 A．A、B两点间的高度差h1 B．B点离地面的高度h2 C．小球1和小球2的质量m1、m2 D．小球1和小球2的半径r

(3)当所测物理量满足表达式____________(用所测物理量的字母表示)时,即说明两球碰撞遵守动量守恒定律。如果还满足表达式______________(用所测物理量的字母表示)时,即说明两球碰撞时无机械能损失。

(4)完成上述实验后,某实验小组对上述装置进行了改造,如图2所示。在水平槽末端与水平地面间放置了一个斜面,斜面的顶点与水平槽等高且无缝连接。使小球1仍从斜槽上A点由静止滚下,重复实验步骤1和2的操作,得到两球落在斜面上的平均落点M′、P′、N′。用刻度尺测量斜面顶点到M′、P′、N′三点的距离分别为l1,l2、l3。则验证两球碰撞过程中动量守恒的表达式为________________(用所测物理量的字母表示)。

三、计算题(共4小题,共54分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤,只写出最后答案不能得分,有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位)

13．(8分)如图所示,A、B、C三个木块的质量均为m,置于光滑的水平桌面上,B、C之间有一轻质弹簧,弹簧的两端与木块接触而不固连。将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把B和C紧连,使弹簧不能伸展,以至于B、C可视为一个整体。现A以初速v0沿B、C的连线方向朝B运动,与B相碰并粘合在一起。以后细线突然断开,弹簧伸展,从而使C与A、B分离。已知C离开弹簧后的速度为v0。求弹簧释放的势能。

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14．(10分)40kg的女孩骑自行车带30kg的男孩(如图所示),行驶速度2.5m/s。自行车行驶时,男孩要从车上下来。

(1)他知道如果直接跳下来,他可能会摔跤,为什么？

(2)男孩要以最安全的方式下车,计算男孩安全下车的瞬间,女孩和自行车的速度。 (3)以自行车和两个孩子为系统,试比较计算在男孩下车前、后整个系统的动能值,并解释之。

15．(8分)如图所示,甲车的质量是m甲＝2.0kg,静止在光滑水平面上,上表面光滑,右端放一个质量为m＝1.0kg可视为质点的小物体,乙车质量为m乙＝4.0kg,以v乙＝9.0m/s的速度向左运动,与甲车碰撞以后甲车获得v甲′＝8.0m/s的速度,物体滑到乙车上,若乙车上表面与物体的动摩擦因数为0.50,则乙车至少多长才能保证物体不从乙车上滑下？(g取10m/s2)

16．(12分)在光滑水平面上静置有质量均为m的木板AB和滑块CD,木板AB上表面粗糙．动摩擦因数为,滑块CD上表面是光滑的1/4圆弧,其始端D点切线水平且在木板AB上表面内,它们紧靠在一起,如图所示．一可视为质点的物块P,质量也为m,从木板AB的右端以初速度v0滑上木板AB,过B点时速度为v0/2,又滑上滑块CD,最终恰好能滑到滑块CD圆弧的最高点C处,求：

(1）物块滑到B处时木板的速度vAB； (2）木板的长度L； (3）滑块CD圆弧的半径

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17．(16分)如图1所示,木板A静止在光滑水平面上,一小滑块B（可视为质点）以某一水平初速度从木板的左端冲上木板。

（1）若木板A的质量为M,滑块B的质量为m,初速度为v0,且滑块B没有从木板A的右端滑出,求木板A最终的速度v。

（2）若滑块B以v1=3.0m/s的初速度冲上木板A,木板A最终速度的大小为v=1.5m/s；若滑块B以初速度v2=7.5m/s冲上木板A,木板A最终速度的大小也为v=1.5m/s。已知滑块B与木板A间的动摩擦因数μ=0.3,g取10m/s2。求木板A的长度L。

（3）若改变滑块B冲上木板A的初速度v0,木板A最终速度v的大小将随之变化。请你在图2中定性画出v－v0图线。

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参考答案

1.【答案】C

【解析】：木板和木块组成的系统动量守恒,设它们相对静止时的共同速度为v,以木板运动的方向为正方向,则：Mv1－mv2=(M+m)v v=

=2

m/s,方向与木板运动方向相同.在这之前,木板一直做匀减速运动,木块先做匀减速运动,当相对地面的速度为零时,再反向向右做匀加速运动,直到速度增大到2 m/s.设当木块对地速度为零时,木板速度为v′,则：Mv1－mv2=Mv′,v′=

=2.67

m/s,大于2.4 m/s,故木板的速度为2.4 m/s时,木块处在反向向右加速运动阶段,C正确. 2.【答案】AD 【解析】：P、Q相互作用的过程中满足动量守恒和机械能守恒,当P、Q速度相等时,系统的动能损失最大,此时弹簧的弹性势能最大,根据动量守恒和机械能守恒可以求得A项正确,由于P、Q的质量相等,故在相互作用过程中发生速度交换,当弹簧恢复原长时,P的速度为零,系统的机械能全部变为Q的动能,D正确。

3.【答案】AD 【解析】：设木块的长度为L,子弹穿过木块过程中对木块的作用力为f。子弹穿过木块过程中,子弹和木块阻力组成的系统克服阻力做功为fL,所以两次系统损失的动能相同,因摩擦而产生的热量相同,C正确。在同一个速度-时间图象上作出子弹和木块的运动图象,如图所示。从图象可知,子弹的运动图线与木块的运动图线与坐标轴围成的面积等于木块的长度L,两次应相同,但子弹第二次穿过木块时初速度小,因而时间长;木块第二次的位移大,木块增加的动能多;子弹损失的动能也多。D正确

4.【答案】：B

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【解析】：木箱和小木块具有向右的动量,并且相互作用的过程中总动量守恒,A、D错；由于木箱与底板间存在摩擦,小木块最终将相对木箱静止,B对、C错。

5.【答案】：A

【解析】：由x－t图象知,碰撞前va＝3m/s,vb＝0,碰撞后va′＝－1m/s,vb′＝2m/s,碰撞前动能

1

mav2

2a

＋

1

mbv2

2b＝

9119J,碰撞后动能mava′2＋mbvb′2＝2222

J,故机械能守恒；碰撞前动量mava＋mbvb＝3kg·m/s,碰撞后动量mava′＋mbvb′＝3kg·m/s,故动量守恒,所以碰撞属于弹性碰撞。

6.【答案】：C

【解析】：船用缆绳固定时,设人起跳的速度为v0,则x0＝v0t。

12121

撤去缆绳,由动量守恒0＝mv1－Mv2,两次人消耗的能量相等,即动能不变,mv0＝mv1＋

222Mv22,

解得v1＝故x1＝v1t＝

M

v M＋m0

M

x≈1.34m,C正确。 M＋m0

7.【答案】：BCD

【解析】：弹簧突然释放后,A、B受到平板车的滑动摩擦力f＝μFN,FNA>FNB,若μ相同,则f

A>fB,A、B组成系统的合外力不等于零,故A、B组成的系统动量不守恒,选项A不正确；若A、

B与小车C组成系统,A与C,B与C的摩擦力则为系统内力,A、B、C组成的系统受到的合外力为零,该系统动量守恒,选项B、D正确；若A、B所受的摩擦力大小相等,A、B组成系统,A、B受到的摩擦力合力为零,该系统动量也是守恒的,选项C正确。

8.【答案】：CD

【解析】：若人跳离b、c车时速度为v,由动量守恒定律知,人和c车组成的系统：0＝－M

车

vc＋m人v

对人和b车：m人v＝－M车vb＋m人v 对人和a车：m人v＝(M车＋m人)·va m人vm人v所以：vc＝,vb＝0,va＝

M车M车＋m人即vc>va>vb,并且vc与va方向相反。 9.【答案】：BD

【解析】：选项A,交点表示速度相同,由A的速度图象知t1时刻正在加速,说明弹簧被拉伸

,t3时刻,正在减速,说明弹簧被压缩,故选项A错误；选项B,t3时刻,A正在减速,说明弹簧被压缩,t4时刻A的加速度为零,说明弹簧处于原长,故选项B正确；选项C,对0到t1过程使用动量守

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恒定律得3m2＝(m1＋m2)×1,故m1∶m2＝2∶1,故选项C错误；选项D,由动能结合t2时刻各自速度知动能之比为8∶1,故选项D正确。

10.【答案】：AD

mv22

1

【解析】：释放弹簧过程中,由动量守恒定律得Mv1＝mv2,由机械能守恒定律得Ep＝Mv2

21

1＋mv2 22

解得v1＝3m/s,v2＝9m/s,故B错误；

对m,由A运动到B的过程由机械能守恒定律得 121

mv2＝mv′22＋mg×2R,得v2′＝8m/s 22由A运动到B的过程由动量定理得

I合＝mv2′－(－mv2)＝3.4N·s,故A正确；球m从B点飞出后,由平抛运动可知：水平方向x1＝v2′t,竖直方向2R＝gt2

2

解得x＝25.6R,故C错误；

弹簧弹开过程,弹力对m的冲量I＝mv2＝1.8N·s,故D正确。 11.【答案】：(1)0.1m/s (2)能够得分

【解析】：(1)设前锋运动员的质量为M1,两防守队员质量均为M2,速度分别为v1、v2、v3

,碰撞后的速度为v,设v1方向为正方向

由动量守恒定律得

M1v1－M2v2－M2v3＝(M1＋2M2)v 代入数据解得 v＝0.1m/s

(2)因v>0,故碰后总动量p′的方向与pA方向相同,碰撞后的状态如图所示,即他们都过了底线,该前锋能够得分。

12.【答案】：(1)ACD (2)C (3)m1

OP

＝m1

OM

＋m2

ON

m1(OP)2＝m1(OM)2＋m2(ON)2 (4)m1l2＝m1l1＋m2l3

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【解析】：(1)因为平抛运动的时间相等,根据v＝

x

,所以用水平射程可以代替速度,则需t

测量小球平抛运动的射程,故应保证斜槽末端水平,小球每次都从同一点滑下；同时为了小球2能飞的更远,防止1反弹,球1的质量应大于球2的质量,故A、C、D正确,B错误。

(2)根据动量守恒得：m1·＋m2·

ON

,所以除了测量线段

OP

OM

、

＝m1·OP

、

OMON

的长度外,还需要测量的物理量是小球1和小球2的质量m1、m2。

(3)因为平抛运动的时间相等。则水平位移可以代表速度,

是A球不与B球碰撞平抛运动的位移,该位移可以代表A球碰撞前的速度,是A球碰撞后平抛运动的位移,该位移可以代表碰撞后A的速度,

OPOMON

是碰撞后B球的水平位移,该位移可以代表碰撞后B球的速度,当所测物理量满足表达式m1·11

OP＝m1·OM＋m2·ON,说明两球碰撞遵守动量守恒定律,由功能关系可知,只要m1v20＝22m1v

2

1

＋

12

m2v22成立则机械能守恒,故若m1·OP2＝m1·OM2＋m2·ON

2成立,说明碰撞过程中机械能守恒。

(4)碰撞前,m1落在图中的P′点,设其水平初速度为v1,小球m1和m2发生碰撞后,m1的落点在图中M′点,设其水平初速度为v1′,m2的落点是图中的N′点,设其水平初速度为v2,设斜面与水平面的倾角为α,

1

由平抛运动规律得：Lp′sinα＝gt2,Lp′cosα＝v1t

2解得v1＝同理v1′＝

gLp′cos2α

2sinαgLM′cos2α

,v2＝

2sinα

gLN′cos2α

,可见速度正比于L

2sinα

所以只要验证m1l2＝m1l1＋m2l3即可。 12

13.【答案】：mv0

3

【解析】：设碰后A、B和C的共同速度的大小为v,由动量守恒定律得 3mv＝mv0①

设C离开弹簧时,A、B的速度大小为v1,由动量守恒定律得 3mv＝2mv1＋mv0②

设弹簧的弹性势能为Ep,从细线断开到C与弹簧分开的过程中机械能守恒,有 1112(3m)v2＋Ep＝(2m)v21＋mv0③ 222

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1

由①②③式得弹簧所释放的势能为Ep＝mv2

30

14.【答案】：(1)由于惯性 (2)4m/s (3)250J 400J

男孩下车时用力向前推了自行车,对系统做了正功,使系统的动能增加了150J

【解析】：(1)如果直接跳下来,人具有和自行车相同的速度,脚着地后,脚的速度为零,由于惯性,上身继续向前倾斜,因此他可能会摔跤。所以他下来时用力往前推自行车,这样他下车时可能不摔跤。

(2)男孩最安全的下车方式是：下车瞬间相对地的速度为零。 男孩下车前后,对整体由动量守恒定律有： (m1＋m2＋m3)v0＝(m1＋m2)v

得v＝4m/s(m1表示女孩质量,m2表示自行车质量,m3表示男孩质量) (3)男孩下车前系统的动能

112Ek＝(m1＋m2＋m3)v20＝(40＋10＋30)×(2.5)J＝250J 22男孩下车后系统的动能

11

Ek＝(m1＋m2)v2＝(40＋10)×42J＝400J

22

男孩下车时用力向前了推自行车,对系统做了正功,使系统的动能增加了150J。 15.【答案】：2m

【解析】：乙与甲碰撞动量守恒： m乙v乙＝m乙v乙′＋m甲v甲′

小物块m在乙上滑动至有共同速度v,对小物体与乙车运用动量守恒定律得： m乙v乙′＝(m＋m乙)v

11

由能量关系得：μmgΔx＝m乙v乙′2－(m乙＋m)v2

22代入数据得：Δx＝2m,所以车长至少为2m。

16.【答案】：（1）

vAB22v0v05v0RL64g 16g4（2）（3）

【解析】：(1)由点A到点B时,取向左为正．由动量守恒得

mv0mvB2mvAB,又

vBvv0vAB04 2,则

(2)由点A到点B时,根据能量守恒得

211v021v025v02mv02m()m()mgLL16g 221624 ,则

(3)由点D到点C,滑块CD与物块P的动量守恒,机械能守恒,得

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mv0vm02mv共24

1v021v0212m()m()2mv共242162

2mgRv3v共v0，R0864g 解之得

17.【分析】（：1）以AB整体分析,整个过程动量守恒；（2）滑块B以以v1=3.0m/s和v2=7.5m/s

的初速度冲上木板A,木板A最终速度的大小也为v=1.5m/s,说明一个滑块未掉下达到共同速度,利用动量守恒定律可求两物体质量关系,速度大时,滑块滑下,根据运动学公式求解即可；（3）两个过程,滑块初速度较小时,滑块掉不下来根据动量守恒定律,寻找关系；当速度较大时,滑块滑下,根据相对位移不变为木板长度列式找关系．

【解析】：（1）设向右方向为正,木板A和滑块B的系统动量守恒,则有：

所以

（2）由题意得：滑块B以v1=3.0m/s的初速度冲上木板A,滑块未掉下就达到共同速度,由动量守恒定律得：

mv1=（M+m）v即：3m=1.5（m+M）解得：M=m 当滑块B以v1=7.5m/s的初速度冲上木板A,滑块掉下。 由牛顿第二定律得：

对滑块：a1＝μmg/m＝μg＝0.3×10m/s2＝3m/s2 对木板：a2＝μmg/M＝μg＝0.3×10m/s2＝3m/s2 滑块在木板上运动时间为：t＝v/a1＝1.5/3s＝0.5s 这段时间内滑块前进的位移为：

x1＝v0t−1/2a1t2=7.5×0.5−1/2×3×0．52m＝3.375m

木板前进的位移为：x2＝1/2a2t2＝1/2×3×0．52m＝0.375m 木板A的长度为：L=x1-x2=3.375-0.375m=3m （3）滑块的初速度比较小时,滑块掉不下去,

根据动量守恒得,滑块和木板的速度相同为：v＝mv0/(m+M),即v与v0成正比； 当滑块初速度比较大时,滑块掉下,相对位移不变,设滑块掉下去时,木板的速度为v； 滑块在木板上运动时间为：t＝v/a2＝v/3 这段时间内滑块前进的位移为：

x1＝v0t−1/2a1t2=v0×v/3−1/2×3×(v0/3)2＝vv0/3−v2/6 木板前进的位移为：x2＝1/2a2t2＝1/2×3×(v/3)2＝v2/6 L＝x1−x2＝vv0/3−v2/6−v2/6＝(vv0-v2)/3 即：v0＝v+9/v,

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当且仅当v＝9/v,即v=3m/s时,v0有最小值,即当v0≥3+9/3m/s＝6m/s,滑块滑下木板,其图象如图所示：

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