人教版 (2019)第一章 动量守恒定律综合与测试单元测试测试题

这是一份人教版 (2019)第一章 动量守恒定律综合与测试单元测试测试题，共15页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
动量守恒定律　综合检测一、单项选择题:本题共8小题,每小题3分,共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.关于动量,以下说法正确的是(　D　)A.做匀速圆周运动的质点,其动量不随时间发生变化B.悬线拉着的摆球在竖直面内摆动时,每次经过最低点时的动量均相同C.匀速飞行的巡航导弹巡航时动量始终不变D.做平抛运动的质点在竖直方向上的动量与运动时间成正比解析:做匀速圆周运动的物体速度方向时刻变化,故动量时刻变化,故A项错误;摆球相邻两次经过最低点时动量大小相等,但方向相反,故B项错误;巡航导弹巡航时虽速度不变,但由于燃料不断燃烧(导弹中燃料占其总质量的一部分,不可忽略),从而使导弹总质量不断减小,导弹动量减小,故C项错误;做平抛运动的质点在竖直方向上的分运动为自由落体运动,在竖直方向的分动量p竖=mvy=mgt,故D项正确。2.质量相同的子弹、橡皮泥和钢球以相同的水平速度射向竖直墙壁,结果子弹穿墙而过,橡皮泥粘在墙上,钢球被弹回。不计空气阻力,关于它们对墙的水平冲量的大小,下列说法正确的是(　A　)A.子弹对墙的冲量最小B.橡皮泥对墙的冲量最小C.钢球对墙的冲量最小D.子弹、橡皮泥和钢球对墙的冲量大小相等解析:由于子弹、橡皮泥和钢球的质量相等、初速度相等,则它们的动量变化量Δp=mv-mv0,子弹穿墙而过,末速度的方向为正;橡皮泥粘在墙上,末速度为0;钢球被弹回,末速度的方向与初速度方向相反,可知子弹的动量变化量最小,钢球的动量变化量最大,由动量定理I=Δp,所以子弹受到的冲量最小,钢球受到的冲量最大,结合牛顿第三定律可知,子弹对墙的冲量最小,钢球对墙的冲量最大,故A正确,B、C、D错误。3.如图是劳动者抛沙袋入车的情境图。一排人站在平直的轨道旁,分别标记为1,2,3,…,已知车的质量为40 kg,每个沙袋的质量为5 kg。当车经过一人身旁时,此人将一个沙袋沿与车前进相反的方向以4 m/s抛入到车内,沙袋与车瞬间就获得共同速度。已知车原来的速度大小为 10 m/s。当车停止运动时,一共抛入的沙袋有(　A　)A.20个 B.25个 C.30个 D.40个解析:设一共抛入n个沙袋,这些沙袋抛入车的过程满足动量守恒,可得Mv0-nmv=0,解得n==20,即抛入20个沙袋,车恰好停止运动,故选A。4.一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(　D　)A.v0-v2 B.v0+v2C.v0-v2 D.v0+(v0-v2)解析:忽略空气阻力和分离前后系统质量的变化,卫星和箭体整体分离前后动量守恒,则有(m1+m2)v0=m1v1+m2v2,整理可得v1=v0+(v0-v2),故D项正确。5.物体A和B用轻绳相连,挂在轻弹簧下静止不动,如图甲所示,A的质量为m,B的质量为M,当连接A、B的绳突然断开后,物体A上升经某一位置时的速度大小为v,这时物体B的下落速度大小为u,如图乙所示,在这段时间里,弹簧的弹力对物体A的冲量为(　D　)A.mv    B.MuC.mv+Mu D.mv+mu解析:对B由动量定理得Mgt=Mu-0,设弹簧冲量为I,对A由动量定理得I-mgt=mv-0,联立解得I=mv+mu,A、B、C错误,D正确。6.水平面上有质量相等的a、b两个物体,水平推力F1、F2分别作用在a、b上。一段时间后撤去推力,物体继续运动一段距离后停下。两物体的vt图像如图所示,图中AB∥CD。则整个过程中(　D　)A.F1的冲量等于F2的冲量B.F1的冲量大于F2的冲量C.摩擦力对a物体的冲量等于摩擦力对b物体的冲量D.合力对a物体的冲量等于合力对b物体的冲量解析:由图中AB与CD平行可知,推力撤去后两物体的加速度相同,而撤去推力后物体的合力等于摩擦力,根据牛顿第二定律可知,两物体受到的摩擦力大小相等。但a的运动总时间小于b的时间,根据I=Fft可知,摩擦力对a物体的冲量小于摩擦力对b物体的冲量,故C错误;根据动量定理,对整个过程研究得F1t1-FftOB=0,F2t2-FftOD=0,由图可知tOB<tOD,则有F1t1<F2t2,即F1的冲量小于F2的冲量,故A、B错误;根据动量定理可知,合力的冲量等于物体动量的变化量,a、b两个物体动量的变化量都为零,所以相等,故D正确。7.用豆粒模拟气体分子,可以模拟气体压强产生的原理。如图所示,从距秤盘80 cm高处把1 000粒的豆粒连续均匀地倒在秤盘上,持续作用时间为1 s,豆粒弹起时竖直方向的速度大小变为碰前的一半,方向相反。若每个豆粒只与秤盘碰撞一次,且碰撞时间极短(在豆粒与秤盘碰撞极短时间内,碰撞力远大于豆粒受到的重力),已知1 000粒豆粒的总质量为100 g。则在碰撞过程中秤盘受到的压力大小约为(　B　)A.0.2 N B.0.6 N C.1.0 N D.1.6 N解析:豆粒从80 cm高处落下时速度为v,v2=2gh,则v== m/s=4 m/s。设向下为正方向,则碰后豆粒的速度v′=-,根据动量定理有Ft=mv′-mv,F==-0.6 N,由牛顿第三定律知,F′=0.6 N,故B正确,A、C、D错误。8.为测量干粉灭火器喷出磷酸盐的速度,有人做了这样的实验:如图,人坐在小车上,手持灭火器,按压阀门让灭火器水平向前喷射。测得在8.0 s内,人匀加速移动的距离为16.0 m。已知人(连同设备)的总质量为60 kg,灭火器单位时间内喷出磷酸盐的质量恒为0.20 kg,小车同地面间的动摩擦因数为0.02。忽略该过程中人总质量的变化,可估算出磷酸盐喷出的速率最接近(　D　)A.60 m/s    B.100 m/sC.120 m/s D.210 m/s解析:设人的末速度为v,由题中数据可知,x=t,解得v=4 m/s;设磷酸盐喷出的速率为v′,磷酸盐对人的作用力为F,人对磷酸盐的作用力为F′,分别对人和磷酸盐根据动量定理得Ft-μMgt=Mv,F′t=mv′,由牛顿第三定律可知,F=F′,联立解得v′=210 m/s,故选D。二、多项选择题:本题共4小题,每小题4分,共16分。每小题有多个选项符合题目要求,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分。9.一粒钢珠从静止状态开始自由下落,然后陷入泥潭中。若把在空中下落的过程称为过程Ⅰ,进入泥潭直到停止的过程称为过程Ⅱ。则(　BC　)A.过程Ⅰ中钢珠动量的变化量等于过程Ⅱ中动量的变化量B.过程Ⅱ中,钢珠所受阻力的冲量大小等于过程Ⅰ和过程Ⅱ中重力的冲量大小的和C.Ⅰ、Ⅱ两个过程中合外力的总冲量等于零D.过程Ⅱ中钢珠动量的变化量等于零解析:在Ⅰ、Ⅱ两个过程中,钢珠动量的变化量均不为零,且它们大小相等、方向相反,但对于全过程,钢珠动量的变化量为零,故合外力的总冲量等于零,A、D错误,C正确;过程Ⅱ中钢珠受重力和阻力,所以过程Ⅱ中阻力的冲量大小等于过程Ⅰ中重力的冲量大小与过程Ⅱ中重力冲量大小的和,B正确。10.质量为m的小球A以速度v0在光滑水平面上运动,与质量为2m的静止小球B发生正碰,则碰撞后小球A的速度大小vA和小球B的速度大小vB可能为(　AC　)A.vA=v0,vB=v0B.vA=v0,vB=v0C.vA=v0,vB=v0D.vA=v0,vB=v0解析:碰撞过程中应满足动量守恒,即mv0=mvA+2mvB,还应满足系统总动能不增加,即m≥m+×2m。若vA=v0,vB=v0,当vA与vB方向相反时代入计算,可知满足动量守恒,碰撞后总动能为m,满足总动能不增加,故A可能;若vA=v0,vB=v0,当vA与vB方向相同时代入计算,可知满足动量守恒,但vA>vB,会发生二次碰撞,故不符合实际情况,故B不可能;若vA=v0,vB=v0,当vA与vB方向相反时代入计算,可知满足动量守恒,且碰后总动能为m,满足总动能不增加,故C可能;若vA=v0,vB=v0,当vA与vB方向相反时代入计算,可知满足动量守恒,碰撞后总动能为m,大于系统碰撞前的动能,故D不可能。11.如图所示,在水平光滑桌面上有两辆静止的小车A和B,质量之比mA∶mB=3∶1,将两车用细线拴在一起,中间有一被压缩的弹簧。烧断细线后至弹簧恢复原长前的某一时刻,A、B两辆小车的(　AD　)A.加速度大小之比aA∶aB=1∶3B.速度大小之比vA∶vB=3∶1C.动能之比EkA∶EkB=3∶1D.动量大小之比pA∶pB=1∶1解析:该过程中,两小车的合力都等于弹簧弹力,大小相等,根据牛顿第二定律F=ma,可知==,故A正确;两小车组成的系统所受合力为零,满足动量守恒,即mAvA=mBvB,所以==,故B错误,D正确;Ek=mv2,代入数据得EkA∶EkB=1∶3,故C错误。12.如图所示,质量为M的小车静止在光滑的水平面上,小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道,BC段是长为L的水平粗糙轨道,两段轨道相切于B点。一质量为m的滑块在小车上从A点静止开始沿轨道滑下,然后滑入BC轨道,最后恰好停在C点。已知小车质量M=2m,滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ(0<μ<1),重力加速度为g。则下列说法正确的是(　AC　)A.滑块从A滑到C的过程中,滑块和小车系统的总动量不守恒B.滑块滑到B点时的速度为C.滑块从A滑到C的过程中相对于地面的水平位移等于(R+L)D.水平轨道的长度L有可能等于圆弧轨道的半径R解析:滑块从A滑到C的过程中水平方向动量守恒,竖直方向上合力不为零,系统动量不守恒,A正确;滑块刚滑到B点时速度最大,取水平向右为正方向,由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得0=mvm-MvM,mgR=m+M,解得vm=2,vM=,滑块滑到B点时的速度为2,B错误;设全程小车相对地面的位移大小为xM,滑块相对地面的水平位移大小为xm,该过程相当于“人船”模型,所以,mxm-MxM=0,xm+xM=R+L,联立解得xm=(R+L),xM=(R+L),C正确;系统在水平方向动量守恒,以向右为正方向,对整个过程,由动量守恒定律得0=(m+M)v′,解得v′=0,由能量守恒定律得mgR=μmgL,解得L=,由于0<μ<1,则水平轨道的长度L一定大于圆弧半径R,D错误。三、非选择题:本题共6小题,共60分。13.(6分)某实验小组利用频闪照相和气垫导轨做“验证动量守恒定律”的实验。如图甲所示,气垫导轨上有A、B两个滑块,质量分别为200 g、150 g,用细绳将滑块A、B连接,使A、B间的轻质弹簧处于压缩状态,开始时两个滑块都处于静止状态。若某时刻烧断细绳,滑块开始运动,图乙给出两个滑块运动过程的频闪照片,频闪的频率为20 Hz,分析照片可知:(1)滑块A、B离开弹簧后,A的动量大小为　　　　kg·m/s,B的动量大小为　　　　kg·m/s。 (2)若规定A滑块的运动方向为正方向,则两个滑块开始运动后,两滑块组成的系统的总动量为　　　　。 解析:(1)打点计时器的频率f=20 Hz,碰后A滑块匀速运动,速度为vA===0.006×20 m/s=0.12 m/s,则A滑块的动量大小为pA=mAvA=0.2×0.12 kg·m/s=0.024 kg·m/s,同理B滑块的速度为vB===0.008×20 m/s=0.16 m/s,B滑块的动量大小为pB=mBvB=0.15×0.16 kg·m/s=0.024 kg·m/s。(2)若规定A滑块的运动方向为正方向,B滑块的运动方向为负方向,则碰撞后两滑块组成的系统的总动量为p=pA-pB=0。答案:(1)0.024　0.024　　(2)014.(7分)利用半径相同的两个小球做“验证动量守恒定律”的实验,让质量为m1的小球从斜槽轨道上某处自由滚下,与静止在轨道末端的质量为m2的小球发生对心碰撞,如图所示,则:(1)两小球质量应满足　　　　。 A.m1=m2 B.m1>m2C.m1<m2 D.质量大小没有限制(2)实验必须满足的条件是　　　　。 A.轨道末端必须是水平的B.斜槽轨道必须尽可能光滑C.两个小球的材质必须相同D.入射球m1每次从不同高度由静止释放(3)实验中不必测量的物理量是　　　　。 A.小球的质量m1和m2B.小球m1和m2碰后的水平距离OA、OCC.小球m1的初始高度hD.小球m1单独落下的水平距离OB(4)本实验我们要验证等式　　　　　　　　是否成立。 解析:(1)在验证动量守恒定律的实验中,为防止入射球反弹,入射球的质量应大于被碰球的质量,故B正确。(2)小球离开轨道后做平抛运动,轨道末端必须是水平的,故A正确;只要入射球每次从斜槽的同一位置由静止释放,入射球到达斜槽末端时的速度相等,斜槽轨道不必尽可能光滑,故B错误;只要两球半径相等、入射球质量大于被碰球质量即可,两个小球的材质不必相同,故C错误;为使小球到达斜槽末端时的速度相等,入射球m1每次必须是从同一高度由静止释放,故D错误。(3)设碰撞前入射球的速度大小为v0,碰撞后瞬间入射球的速度大小为v1,被碰球的速度大小为v2,两球碰撞过程系统动量守恒,以碰撞前入射球的速度方向为正方向,由动量守恒定律得m1v0=m1v1+m2v2,两小球离开轨道后做平抛运动,它们抛出点的高度相同,则运动时间t相等,由上式两边同时乘以时间t,有m1v0t=m1v1t+m2v2t,可得m1·OB=m1·OA+m2·OC,实验需要测出两小球的质量m1和m2、小球的水平位置OB、OA、OC,实验中不必测量的物理量是小球m1的初始高度h,故选C。(4)实验需要验证的表达式为m1·OB=m1·OA+m2·OC。答案:(1)B　(2)A　(3)C  (4)m1·OB=m1·OA+m2·OC15.(8分)高空作业须系安全带。如果质量为m的高空作业人员不慎跌落,从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)。此后经历时间t安全带达到最大伸长,若在此过程中该作用力始终竖直向上,求:(1)整个过程中重力的冲量大小;(2)时间t内安全带对人的平均作用力大小。解析:(1)对自由落体运动,有h=g,解得t1=,则整个过程中重力的冲量I=mg(t+t1)=mg。(2)规定竖直向下为正方向,对运动的全过程,根据动量定理,有mg(t1+t)-Ft=0,解得F=+mg。答案:(1)mg　　(2)+mg16.(9分)光滑的水平面上,用轻质弹簧相连的质量均为 2 kg 的A、B两物块以6 m/s的共同速度向右运动,弹簧处于原长,质量为1 kg的物体C静止在前方,如图所示,B与C发生弹性碰撞。求:(1)碰后物块C的速度大小;(2)在以后的运动中,弹簧的最大弹性势能。解析:(1)B、C碰撞瞬间,由动量守恒定律有mBv0=mBvB+mCvC,发生的是弹性碰撞,由机械能守恒定律有mB=mB+mC,联立解得vC=8 m/s,vB=2 m/s。(2)在以后的运动中,当A、B的速度相等时,弹簧压缩量最大,弹性势能最大,对A、B系统水平方向不受外力,动量守恒,则mAv0+mBvB=(mA+mB)v′,根据机械能守恒定律得mB+mA=(mA+mB)v′2+Ep,联立解得Ep=8 J。答案:(1)8 m/s　(2)8 J17.(14分)如图所示,AOB是光滑水平轨道,BC是半径为R的光滑的固定圆弧轨道,两轨道恰好相切于B点。质量为M的小木块静止在O点,一颗质量为m的子弹以某一初速度水平向右射入小木块内,并留在其中和小木块一起运动,且恰能到达圆弧轨道的最高点C(木块和子弹均看成质点)。(1)求子弹射入木块前的速度大小;(2)若每当小木块返回到O点或停止在O点时,立即有一颗相同的子弹射入小木块,并留在其中,则当第9颗子弹射入小木块后,小木块沿圆弧轨道能上升的最大高度为多少?解析:(1)子弹射入木块的过程,系统动量守恒,以子弹的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得mv0=(m+M)v1,系统由O到C的运动过程中机械能守恒,由机械能守恒定律得(m+M)=(m+M)gR,由以上两式解得v0=。(2)由动量守恒定律可知,第2,4,6,…颗子弹射入木块后,木块的速度为0,第1,3,5,…颗子弹射入后,木块运动。当第9颗子弹射入木块时,以子弹初速度方向为正方向,由动量守恒定律得mv0=(9m+M)v9,设此后木块沿圆弧上升的最大高度为H,由机械能守恒定律得(9m+M)=(9m+M)gH,由以上各式可得H=()2R。答案:(1)　(2)()2R18.(16分)如图所示,质量均为1 kg的木板A和半径为0.1 m的光滑圆弧槽B静置在光滑水平面上,A和B接触但不粘连,B左端与A相切。现有一质量为2.0 kg的小滑块C以5 m/s的水平初速度从左端滑上A,C离开A时,C的速度大小为4.0 m/s,重力加速度g取10 m/s2,忽略C通过A、B接触处的能量损失,A、C间的动摩擦因数为0.5。(计算结果可包含根号)(1)求C刚滑上A时,C的加速度;(2)求木板A的长度;(3)C滑上B后,又会离开B,求其离开B时的速度大小。解析:(1)C刚滑上A时,设C的加速度大小为aC,根据牛顿第二定律有mCaC=μmCg,解得aC=5 m/s2,方向水平向左。(2)C在A上滑动过程中,A、B、C三者组成的系统动量守恒,设C离开A时,A、B的速度大小为vAB,则根据动量守恒定律有mCvC1=mCvC2+(mA+mB)vAB,解得vAB=1 m/s。设木板A的长度为L,则根据能量守恒定律有μmCgL=mC-mC-(mA+mB),解得L=0.8 m。(3)假设C可以滑到B的顶端,易知此时B和C在水平方向上达到共同速度vBC,根据动量守恒定律有mCvC2+mBvAB=(mB+mC)vBC,解得vBC=3 m/s。设此时C在竖直方向的速度大小为vCy,则根据能量守恒定律有mC+mB=mC(+)+mB+mCgR,解得vCy=1 m/s。由此可知C将先从B的顶端离开C,且离开时的速度大小为v1== m/s,C离开B后由于二者在水平方向的速度相等,故C又会回落到B上并沿圆弧滑下最终离开B,设C此次离开B时的速度大小为v2,则根据动量守恒定律有mCvC2+mBvAB=mBvB1+mCv2,根据能量守恒定律有mC+mB=mC+mB解得v2=2 m/s。答案:(1)5 m/s2,方向水平向左　(2)0.8 m  (3) m/s或2 m/s