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1、 第十六章 動量守恒定律 章末質(zhì)量評估(一) (時間：90分鐘　滿分：100分) 一、單項選擇題(本大題共10小題，每小題3分，共30分．每小題給出的四個選項中，只有一個選項正確) 1．在不計空氣阻力作用的條件下，下列說法中不正確的是(　　) A．自由下落的小球在空中運動的任意一段時間內(nèi)，其增加的動能一定等于其減少的重力勢能 B．做平拋運動的小球在空中運動的任意相同的時間內(nèi)，其速度的變化量一定相同 C．做勻速圓周運動的小球在任意一段時間內(nèi)其合外力做的功一定為零，合外力的沖量也一定為零 D．單擺在一個周期內(nèi)，合外力對擺球做的功一定為零，合外力的沖量也一定為零 解析：不計空氣阻

2、力，自由下落的小球，其所受合外力為重力，則小球在運動的過程中機械能守恒，其增加的動能一定等于其減小的重力勢能，故A正確；做平拋運動的小球所受合外力為重力，加速度的大小與方向都不變，所以小球在空中運動的任意相同的時間內(nèi)，其速度的變化量一定相同，故B正確；做勻速圓周運動的小球，其所受合外力的方向一定指向圓心，小球在任意一段時間內(nèi)其合外力做的功一定為零，但由于速度的方向不斷變化，所以速度的變化量不一定等于0，合外力的沖量也不一定為零，故C錯誤；經(jīng)過一個周期，單擺的小球又回到初位置，所有的物理量都與開始時相等，所以單擺在一個周期內(nèi)，合外力對擺球做的功一定為零，合外力的沖量也一定為零，故D正確． 答案

3、：C 2．一粒鋼珠從靜止狀態(tài)開始自由落體，然后陷入泥潭中．若把它在空中自由落體的過程稱為Ⅰ，進入泥潭直到停止的過程稱為Ⅱ，則(　　) A．過程Ⅰ中鋼珠動量的改變量小于重力的沖量 B．過程Ⅱ中鋼珠所受阻力的沖量大小等于過程Ⅰ中重力沖量的大小 C．過程Ⅱ中鋼珠的動量改變量等于阻力的沖量 D．過程Ⅱ中阻力的沖量大小等于過程Ⅰ與過程Ⅱ重力沖量的大小 解析：在過程Ⅰ中，鋼珠只受重力的作用，根據(jù)動量定理可知，其動量的改變量等于重力的沖量，選項A錯誤；過程Ⅱ中，鋼珠所受外力有重力和阻力，所以過程Ⅱ中阻力的沖量大小等于過程Ⅰ中重力的沖量大小與過程Ⅱ中重力沖量大小的和．故B錯誤；過程Ⅱ中，鋼珠所受外

4、力有重力和阻力，所以過程Ⅱ中鋼珠的動量改變量等于重力和阻力的沖量的和．故C錯誤；過程Ⅱ中，鋼珠所受外力有重力和阻力，所以過程Ⅱ中阻力的沖量大小等于過程Ⅰ中重力的沖量大小與過程Ⅱ中重力沖量大小的和．故D正確；故選D. 答案：D 3．如圖所示，一光滑地面上有一質(zhì)量為m′的足夠長的木板ab，一質(zhì)量為m的人站在木板的a端，關于人由靜止開始運動到木板的b端(M、N表示地面上原a、b對應的點)，下列圖示正確的是(　　) A　　　　　　　　　B C　　　　　　　　　D 解析：根據(jù)動量守恒定律，木板與人組成的系統(tǒng)動量守恒，對于題中的“人板模型”，設各自對地的位移為x′m、xm，且有m′x

5、′m＝mxm，x′m＋xm＝L板長，以M點為參考點，人向右運動，木板向左運動，易得D是正確的． 答案：D 4．兩輛汽車的質(zhì)量分別為m1和m2，已知m1>m2，沿水平方向同方向行駛且具有相等的動能，則此時兩輛汽車動量p1和p2的大小關系是(　　) A．p1等于p2 B．p1小于p2 C．p1大于p2 D．無法比較 解析：由Ek＝mv2＝得p＝，因為m1>m2，Ek1＝Ek2，所以p1>p2，選C. 答案：C 5.如圖所示，在光滑水平地面上放著兩個物體，其間用一根不能伸長的細繩相連，開始時繩松弛、B靜止，A具有4 kgm/s的動量(令向右為正)．在繩拉緊(可能拉斷)的過程中，

6、A、B動量的變化可能為(　　) A．ΔpA＝－4 kgm/s，ΔpB＝4 kgm/s B．ΔpA＝2 kgm/s，ΔpB＝－2 kgm/s C．ΔpA＝－2 kgm/s，ΔpB＝2 kgm/s D．ΔpA＝ΔpB＝2 kgm/s 解析：它們的總動量為p＝mAvA＝4 kgm/s，而繩子的拉力為內(nèi)力，總動量守恒．A的動量減小，B的動量增加，故A的動量改變應為負值，B的動量改變應為正值．而繩子可能會被拉斷，說明在拉斷繩子前A的速度不可能為零，故只有C正確． 答案：C 6.如圖所示，物體A、B靜止在光滑水平面上，且mA>mB，現(xiàn)用大小相等的兩個力F和F′分別作用在A和B上，使A、B

7、沿一條直線相向運動，然后又先后撤去這兩個力，使這兩個力對物體做的功相同，接著兩物體碰撞并合為一體后，它們(　　) A．可能停止運動 B．一定向右運動 C．可能向左運動 D．仍運動，但運動方向不能確定 解析：由動能定理可知：兩個力對物體做的功相同，則合為一體前兩物體動能相同，由物體動量和動能的關系p＝知，pA>pB，選碰前A的方向為正方向，則B的動量為負值，由動量守恒定律：pA＋pB＝(mA＋mB)v，v必為正，故碰后速度v的方向一定與pA相同，向右． 答案：B 7．用豆粒模擬氣體分子，可以模擬氣體壓強產(chǎn)生的原理．如圖所示，從距秤盤80 cm高度把1 000 粒的豆粒連續(xù)均勻地

8、倒在秤盤上，持續(xù)作用時間為1 s，豆粒彈起時豎直方向的速度變?yōu)榕銮暗囊话耄裘總€豆粒只與秤盤碰撞一次，且碰撞時間極短(在豆粒與秤盤碰撞極短時間內(nèi)，碰撞力遠大于豆粒受到的重力)，已知1 000粒的豆粒的總質(zhì)量為100 g．則在碰撞過程中秤盤受到的壓力大小約為(　　) A．0.2 N B．0.6 N C．1.0 N D．1.6 N 解析：豆粒從80 cm高處落下時速度為v, v2＝2gh ，則v＝＝ m/s＝4 m/s 設向上為正方向，根據(jù)動量定理： Ft＝mv2－mv1，F(xiàn)＝＝N＝0.6 N，B正確，ACD錯誤．故選B. 答案：B 8．人的質(zhì)量m＝60 kg，船的質(zhì)量M＝2

9、40 kg，若船用纜繩固定，船離岸1.5 m時，人可以躍上岸．若撤去纜繩，如圖所示，人要安全躍上岸，船離岸至多為(不計水的阻力，兩次人消耗的能量相等，兩次從離開船到躍上岸所用的時間相等)(　　) A．1.5 m B．1.2 m C．1.34 m D．1.1 m 解析：船用纜繩固定時，設人起跳的速度為v0，則x0＝v0t，消耗的能量： Ek＝mv 撤去纜繩，由動量守恒： 0＝mv1－Mv2，兩次人消耗的能量相等，即動能不變， mv＝mv＋Mv，解得： v1＝v0 故：x1＝v1t＝x0＝1.5 m＝1.34 m，C正確；ABD錯誤；故選C. 答案：C 9．如圖所示的裝置

10、中，木塊B與水平桌面間的接觸是光滑的，子彈A沿水平方向射入木塊后留在木塊內(nèi)，將彈簧壓縮到最短．現(xiàn)將子彈、木塊和彈簧合在一起作為研究對象(系統(tǒng))，則此系統(tǒng)在從子彈開始射入木塊到彈簧壓縮至最短的整個過程中(　　) A．動量守恒、機械能守恒 B．動量不守恒、機械能不守恒 C．動量守恒、機械能不守恒 D．動量不守恒、機械能守恒 解析：若以子彈、木塊和彈簧合在一起作為研究對象(系統(tǒng))，從子彈開始射入木塊到彈簧壓縮至最短時，彈簧固定端墻壁對彈簧有外力作用，因此動量不守恒．而在子彈射入木塊時，存在劇烈摩擦作用，有一部分能量將轉化為內(nèi)能，機械能也不守恒．實際上，在子彈射入木塊這一瞬間過程，取子彈

11、與木塊為系統(tǒng)則可認為動量守恒(此瞬間彈簧尚未形變)．子彈射入木塊后木塊壓縮彈簧過程中，機械能守恒，但動量不守恒．物理規(guī)律總是在一定條件得出的，因此在分析問題時，不但要弄清取誰作研究對象，還要弄清過程的階段的選取，判斷各階段滿足物理規(guī)律的條件．故B正確． 答案：B 10.如圖所示，位于光滑水平桌面上的滑塊P和Q都可視為質(zhì)點，質(zhì)量相等．Q與輕質(zhì)彈簧相連．設Q靜止，P以某一初速度向Q運動并與彈簧發(fā)生碰撞．在整個碰撞過程中，彈簧具有的最大彈性勢能等于(　　) A．P的初動能 B．P的初動能的 C．P的初動能的 D．P的初動能的 解析：兩者速度相等時，彈簧最短，彈性勢能最大．設P的

12、初速度為v，兩者質(zhì)量為m，彈簧最短時兩者的共同速度為v′，彈簧具有的最大彈性勢能為Ep.根據(jù)動量守恒，有mv＝2mv′，根據(jù)能量守恒有mv2＝2mv′2＋Ep，以上兩式聯(lián)立求解得Ep＝mv2.可見彈簧具有的最大彈性勢能等于滑塊P原來動能的一半，B正確． 答案：B 二、多項選擇題(本題共4小題，每小題4分，共16分．每小題有多個選項是正確的，全選對得4分，漏選得2分，錯選或不選得0分) 11．質(zhì)量為m的物體以速度v0從地面豎直上拋(不計空氣阻力)到落回地面，在此過程中(　　) A．上升過程和下落過程中動量的變化量大小均為mv0，但方向相反 B．整個過程中重力的沖量為2mv0 C．整個

13、過程中重力的沖量為0 D．上升過程沖量大小為mv0，方向向下 解析：物體上升、下降動量變化量相同，大小均為mv0，都向下．A錯、B對，C錯、D對． 答案：BD 12．如圖所示，輕質(zhì)彈簧的一端固定在墻上，另一端與質(zhì)量為m的物體A相連，A放在光滑水平面上，有一質(zhì)量與A相同的物體B，從高h處由靜止開始沿光滑曲面滑下，與A相碰后一起將彈簧壓縮，彈簧復原過程中某時刻B與A分開且沿原曲面上升．下列說法正確的是(　　) A．彈簧被壓縮時所具有的最大彈性勢能為mgh B．彈簧被壓縮時所具有的最大彈性勢能為 C．B能達到的最大高度為 D．B能達到的最大高度為 解析：根據(jù)機械能守恒定律可得B

14、剛到達水平地面的速度v0＝，根據(jù)動量守恒定律可得A與B碰撞后的速度為v＝，所以彈簧被壓縮時所具有的最大彈性勢能為Epm＝2mv2＝mgh，即B正確；當彈簧再次恢復原長時，A與B將分開，B以v的速度沿斜面上滑，根據(jù)機械能守恒定律可得mgh′＝mv2，B能達到的最大高度為，即D正確． 答案：BD 13．在光滑的水平面上，動能為E0、動量大小為p0的小鋼球1與靜止小鋼球2發(fā)生碰撞，碰撞前后小鋼球1的運動方向相反，將碰撞后小鋼球1的動能和動量的大小分別記為E1、p1，小鋼球2的動能和動量的大小分別記為E2、p2，則必有(　　) A．E1＜E0 B．p1＜p0 C．E2＞E0 D．p2＜

15、p0 解析：設碰撞前球1的運動方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律有：p0＝－p1＋p2， 可得到碰撞后球2的動量p2＝p0＋p1. 由于碰撞前球2靜止，所以碰撞后球2一定沿正方向運動，所以p2＞p0，選項D錯誤．由于碰撞后系統(tǒng)的機械能總量不可能大于碰撞前系統(tǒng)機械能總量，即E0≥E1＋E2故有E0＞E1和E0＞E2，選項A正確，選項C錯誤．由動能和動量的關系Ek＝，結合選項A的結果，可判斷選項B正確． 答案：AB 14.如圖所示，甲、乙兩車的質(zhì)量均為M，靜置在光滑的水平面上，兩車相距為L.乙車上站立著一個質(zhì)量為m的人，他通過一條輕繩拉甲車，甲、乙兩車最后相接觸，以下說法正確的是(　　)

16、 A．甲、乙兩車運動中速度之比為 B．甲、乙兩車運動中速度之比為 C．甲車移動的距離為L D．乙車移動的距離為L 解析：本題類似人船模型．甲、乙、人看成一系統(tǒng)，則水平方向動量守恒，甲、乙兩車運動中速度之比等于質(zhì)量的反比，A正確，B錯誤；Mx甲＝(M＋m)x乙，x甲＋x乙＝L，解得C、D正確． 答案：ACD 三、非選擇題(本題共5小題，共54分．把答案填在題中的橫線上或按照題目要求作答．解答時應寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不能得分．有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位) 15．(8分)如圖所示為實驗室中驗證動量守恒的實驗裝置示意圖．

17、(1)若入射小球質(zhì)量為m1，半徑為r1；被碰小球質(zhì)量為m2，半徑為r2，則________． A．m1>m2, r1>r2 B．m1>m2, r1m2，r1＝r2 D．m1

18、撞過程中，水平方向動量守恒，取向右為正方向， 由動量守恒定律得： m1v0＝m1v1＋m2v2 在碰撞過程中機械能守恒：m1v＝m1v＋m2v 聯(lián)立解得： v1＝v0 要碰后入射小球的速度v1＞0，則有m1－m2＞0，即m1＞m2，為了使兩球發(fā)生正碰，兩小球的半徑相同，即r1＝r2，選C. (2)P為碰前入射小球落點的平均位置，M為碰后入射小球的位置，N為碰后被碰小球的位置，小球離開軌道后做平拋運動，運動時間t＝ ，即平拋運動的時間相同，碰撞前入射小球的速度v0＝，碰撞后入射小球的速度v1＝，碰撞后被碰小球的速度v2＝，若m1v0＝m1v1＋m2v2，則表明通過該實驗驗證了兩球碰撞過

19、程中動量守恒，將三個速度代入得： m1OP＝m1OM＋m2ON，故需要測量的工具有刻度尺和天平，故選AC； (3)由(2)可知，實驗需要驗證的表達式為： m1OP＝m1OM＋m2ON 答案：(1)C　(2)AC　(3)m1OP＝m1OM＋m2ON 16．(10分)宇航員在太空站內(nèi)做了如下實驗：選取兩個質(zhì)量分別為mA＝0.2 kg、mB＝0.4 kg的小球A、B和一根輕質(zhì)短彈簧，彈簧的一端與小球A粘連，另一端與小球B接觸而不粘連．現(xiàn)使小球A和B之間夾著被壓縮的輕質(zhì)彈簧，處于鎖定狀態(tài)，一起以速度v0＝0.1 m/s做勻速直線運動，如圖所示，過一段時間，突然解除鎖定(解除鎖定沒有機械能損失)，

20、兩球仍沿原直線運動，從彈簧與小球B剛剛分離開始計時，經(jīng)時間t＝30 s，兩球之間的距離增加了s＝2.7 m，求彈簧被鎖定時的彈性勢能E P. 解析：本題考查動量守恒與能量守恒相結合． 取A、B作為系統(tǒng)，取水平向右為正方向，由動量守恒定律得：(mA＋mB)v0＝mAvA＋mBvB，① 根據(jù)題意得： s＝(vA－vB)t，② 由機械能守恒得： EP＋(mA＋mB)v＝mAv＋mBv，③ 代入數(shù)據(jù)，解①②③得：EP＝0.054 J. 答案：彈簧被鎖定時的彈性勢能為0.054 J. 17．(12分)如圖所示，質(zhì)量為m＝1 kg的小物塊放在質(zhì)量為m1＝2 kg的甲木板右端，二者以速度v

21、1＝8 m/s沿光滑水平地面向右運動，小物塊可視為質(zhì)點．質(zhì)量m2＝2 kg的乙木板在甲木板正前方以速度v2＝2 m/s同向運動，一段時間后兩木板碰撞并粘在一起，小物塊最終停留在乙木板上．已知小物塊與乙木板間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2.求： (1)兩木板碰撞后瞬間乙木板的速度大小； (2)小物塊最終距乙木塊左端的距離． 解析：(1)設兩木板碰撞后的瞬間乙木板的速度大小為v′，兩木板碰撞的過程動量守恒，取向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律得： m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v′， 代入數(shù)據(jù)解得： v′＝5 m/s. (2)設最終三者共速速度為v3，從開始到

22、最終小物塊停留在乙木板上，根據(jù)動量守恒定律得： (m1＋m)v1＋m2v2＝(m1＋m2＋m)v3， 代入數(shù)據(jù)解得： v3＝5.6 m/s. 設小物塊最終距乙木板左端的距離為L，根據(jù)功能關系得： μmgL＝(m1＋m2)v′2＋mv－(m1＋m2＋m)v， 代入數(shù)據(jù)解得： L＝0.72 m. 答案：(1)5 m/s　(2)0.72 m 18．(12分)如圖所示，水平固定一個光滑長桿，有一個質(zhì)量為m小滑塊A套在細桿上可自由滑動．在水平桿上豎直固定一個擋板P，小滑塊靠在擋板的右側處于靜止狀態(tài)，在小滑塊的下端用長為L的細線懸掛一個質(zhì)量為2m的小球B，將小球拉至左端水平位置使細線處于自然長

23、度，由靜止釋放，已知重力加速度為g.求： (1)小球運動過程中，相對最低點所能上升的最大高度； (2)小滑塊運動過程中，所能獲得的最大速度． 解析：(1)小球第一次擺到最低點過程中，由機械能守恒，得2mgL＝(2m)v2， 解得v＝； 小球與小滑塊達到共速時，小球上升到最大高度，設此高度為h，系統(tǒng)動量守恒和機械能守恒，得 2mv＝(2m＋m)v共， (2m)v2＝(3m)v＋2mgh， 聯(lián)立解得h＝L. (2)小球擺回最低點時，小滑塊獲得最大速度，設此時小球速度為v1，滑塊的速度為v2，由系統(tǒng)動量守恒及機械能守恒，得2mv＝2mv1＋mv2， (2m)v2＝(2m)v＋

24、mv， 解得v2＝. 答案：(1)L　(2) 19.(12分)兩質(zhì)量均為2m的劈A和B，高度相同，放在光滑水平面上，A和B的傾斜面都是光滑曲面，曲面下端與水平面相切，如圖所示．一質(zhì)量為m的物塊位于劈A的傾斜面上，距水平面的高度為h，物塊從靜止滑下，然后又滑上劈B，重力加速度為g.求： (1)物塊第一次離開劈A時，劈A的速度； (2)物塊在劈B上能夠達到的最大高度． 解析：(1)設滑塊第一次離開A時的速度為v1，A的速度為v2，由系統(tǒng)動量守恒得：mv1－2mv2＝0， 由系統(tǒng)機械能守恒得：mgh＝mv＋2mv， 聯(lián)立解得：v1＝ ，v2＝ . (2)物塊在劈B上達到最大高度h′時兩者速度相同，設為v，由系統(tǒng)動量守恒和機械能守恒得 (m＋2m)v＝mv1， (m＋2m)v2＋mgh′＝mv， 聯(lián)立解得：h′＝h. 答案：(1) 　(2)h 6EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F375