高中物理人教版 (2019)选择性必修 第一册第一章 动量守恒定律综合与测试单元测试综合训练题

动量守恒定律　章末检测

一、选择题Ⅰ(本题共9小题,每小题4分,共36分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的,不选、多选、错选均不得分)

1.关于物体的动量、冲量、动量的变化量,下列说法正确的是(　C　)

A.物体受的力越大,力的冲量就越大

B.冲量与动量的单位在国际单位制下是相同的,所以冲量就是动量

C.某个物体的动量变化越快,它受到的合外力一定越大

D.某个物体的动能变化,则它的动量不一定变化

解析:根据公式I=Ft,物体所受力的冲量不仅与力的大小有关,还与时间有关,A项错误;冲量与动量的单位在国际单位制下是相同的,但冲量是过程量,动量是状态量,所以冲量不是动量,B项错误;根据动量定理,有F=,故某个物体的动量变化越快,它受到的合外力一定越大,C项正确;某个物体的动能变化,速度大小一定变化,故动量一定变化,D项错误。

2.质量为5 kg的小球以5 m/s的速度竖直落到地板上,随后以3 m/s的速度反向弹回。若取竖直向下的方向为正方向,则小球动量的变化为(　D　)

A.10 kg·m/s B.-10 kg·m/s

C.40 kg·m/s D.-40 kg·m/s

解析:小球动量的变化为Δp=(-3-5) m/s×5 kg=-40 kg·m/s,故选D。

3.一般而言,暴雨级别的雨滴落地时的速度约为9 m/s。某同学在一次下暴雨时恰巧撑着半径为0.6 m的雨伞(假设伞面水平,雨水的平均密度为0.5 kg/m3),由于下雨使他增加的撑雨伞的力约为(　C　)

A.0.45 N B.4.5 N

C.45 N D.450 N

解析:雨滴接近落地时重力与阻力可看成相等,在Δt时间内,撞击伞面的雨滴质量为m=ρ·πr2·vΔt,以向上为正方向,对该部分雨滴,由动量定理可得FΔt=0-(-mv),联立解得增加的撑雨伞的力为

F′=F≈45.8 N,最接近的是45 N。故选C。

4.如图所示,一质量为m的物体沿着倾角为θ的粗糙斜面加速下滑,物体与斜面间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g。在物体沿斜面下滑的时间t内,下列说法正确的是(　B　)

A.物体受到重力、支持力、滑动摩擦力、下滑力4个力的作用

B.地球对物体的重力冲量的方向是竖直向下

C.斜面对物体的滑动摩擦力冲量大小是If=μmgtsin θ

D.物体动量变化量的大小是Δp=mg(sin θ-μcos θ)t,方向竖直

向下

解析:物体沿斜面下滑过程中,受到重力、支持力和滑动摩擦力3个力的作用,故A错误;重力的方向竖直向下,重力冲量的方向竖直向下,故B正确;物体下滑过程中受到的滑动摩擦力大小f=μmgcos θ,在时间t内摩擦力的冲量大小If=μmgtcos θ,故C错误;根据动量定理,物体动量变化量的方向沿斜面向下,动量变化量的大小Δp=I合=

mg(sin θ-μcos θ)t,故D错误。

5.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抛入车内,沙袋与车瞬间获得共同速度。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。

6.某施工过程使用到的打桩机如图所示,打桩过程可简化为:重锤从空中某一固定高度由静止释放,与钢筋混凝土预制桩在极短时间内发生碰撞,并以共同速度下降一段距离后停下来。不计空气阻力,则(　B　)

A.重锤质量越大,撞预制桩前瞬间的速度越大

B.重锤质量越大,预制桩被撞后瞬间的速度越大

C.碰撞过程中重锤对预制桩的作用力大于预制桩对重锤的作用力

D.整个过程中,重锤和预制桩的系统动量守恒

解析:根据mgh=mv2可得v=,重锤与预制桩撞前瞬间的速度大小与物体质量无关,A错误;碰撞过程中,动量守恒,有Mv=(M+m)v1,可得v1=(1-)v,因此重锤质量越大,预制桩被撞后瞬间的速度越大,B正确;根据牛顿第三定律,碰撞过程中重锤对预制桩的作用力大小等于预制桩对重锤的作用力大小,C错误;整个过程中,由于受到阻力和重力作用,重锤和预制桩组成的系统动量不守恒,D错误。

7.在光滑的水平面上静止放置一个光滑的斜面体,斜面的倾角为37°,高度为h,将一个可看作质点的小球从斜面顶端由静止释放,斜面体的质量是小球质量的2倍。在小球运动到斜面底部的过程中

(取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)(　D　)

A.斜面体对小球不做功

B.小球的机械能守恒

C.斜面体和小球组成的系统动量守恒

D.斜面体运动距离为h

解析:斜面体和小球组成的系统只有重力做功,满足机械能守恒,斜面体动能增大,则小球机械能减小,斜面体对小球做负功,A、B错误;斜面体和小球组成的系统所受外力不为零,动量不守恒,C错误;系统在水平方向所受外力为零,水平方向满足动量守恒,设小球质量为m,水平位移为x1,斜面体质量为2m,水平位移为x2,根据动量守恒中的“人船”模型可得mx1-2mx2=0,又x1+x2=,联立解得x2=h,D正确。

8.如图所示,一个内壁光滑的半球形碗固定在小车上,小车放在光滑水平面上。在小车正前边的碗边A处无初速度地释放一个质量为m的小球,半球形碗的半径为R。则小球沿碗内壁下滑的过程中,下列说法正确的是(　D　)

A.小球、碗和车组成的系统动量守恒

B.小球的最大速度等于

C.小球不能运动到碗左侧的碗边B点

D.小球、碗和车组成的系统机械能守恒

解析:小球做曲线运动,具有向心加速度,有竖直向上的分加速度,根据牛顿第二定律知,系统所受的外力不为零,系统的动量不守恒,A错误;设小球滑到最低点时速度为v,假设小车不动,则由机械能守恒得mgR=mv2可知v=,由于小车没有固定,且小球下滑过程中其对碗的压力对碗和车组成的整体做正功,碗和小车获得动能,则小球的最大速度小于,B错误;由于没有摩擦,对于小球、碗和车组成的系统所受外力为零,则该系统的机械能守恒,水平方向动量守恒,小球刚好能运动到碗边的B点,C错误,D正确。

9.在冰壶比赛中,某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶,两者在大本营中心发生对心碰撞(如图甲所示),从t=0开始,碰撞前后两壶运动的vt图线如图乙中实线所示,其中红壶碰撞前后的图线平行。已知两冰壶质量均为20 kg,t=1 s时两壶相撞,不计两壶碰撞的时间,则(　C　)

A.两壶发生了弹性碰撞

B.碰后蓝壶移动的距离为2.4 m

C.碰撞过程中损失的动能为3.2 J

D.碰后两壶静止时,它们之间的距离为1.8 m

解析:根据图乙可知,碰撞前瞬间红壶的速度为v=1.2× m/s=1 m/s,两壶碰撞过程,动量守恒,有mv=mv1+mv2,解得碰后蓝壶瞬间速度大小为v2=0.8 m/s。因为m(+)<mv2,故碰撞过程中有机械能损失,碰撞不是弹性碰撞,故A错误;vt图线与时间轴围成的面积表示位移,故碰后蓝壶移动的距离为x2=×(6-1)×0.8 m=2 m,故B错误;碰撞过程中损失的动能为ΔEk=mv2-m(+)=3.2 J,故C正确;红壶运动过程中加速度大小为a==0.2 m/s2,碰撞后,红壶继续移动的距离为x1==0.1 m,故碰后两壶静止时,它们之间的距离为Δx=x2-x1=1.9 m,故D错误。

二、选择题Ⅱ(本题共2小题,每小题3分,共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得3分,选对但不选全的得1分,有选错的得0分)

10.花样滑冰运动员所穿冰鞋的冰刀与冰面间的动摩擦因数是相同的。如图,为表演一个动作,处于静止状态的两运动员,站在一起互推一把后各自自由滑行,下列说法正确的是(　AD　)

A.质量大的运动员滑行的初速度小

B.质量大的运动员滑行时加速度小

C.质量大的运动员滑行时间长

D.质量大的运动员滑行距离短

解析:两运动员互推的过程遵循动量守恒,总动量为零,m1v1=m2v2,所以质量大的运动员后退的初速度小,故A正确;他们都在各自的摩擦力作用下做减速运动,由于其动摩擦因数相同,根据μmg=ma可知,他们的加速度大小相同,故B错误;滑行的时间t=,故质量大的初速度小,运动时间短,故C错误;由x=,可知质量大的初速度小,运动的位移短,故D正确。

11.如图所示,在光滑水平地面上质量为2 kg的小球A以3 m/s的速度向右运动,与静止的质量为1 kg的小球B发生正碰。碰后B的速度大小可能为(　BC　)

A.1.5 m/s B.2.5 m/s

C.3.5 m/s D.4.5 m/s

解析:由题意知mA=2 kg、mB=1 kg、v0=3 m/s,如果两球发生完全非弹性碰撞,碰后两者速度相等,设为v,碰撞过程中系统动量守恒,以A的初速度为正方向,由动量守恒定律得mAv0=(mA+mB)v,代入数据解得v=

2 m/s,如果两球发生弹性碰撞,碰撞过程中系统动量守恒,机械能守恒,以A的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得mAv0=mAvA+mBvB,由机械能守恒定律得mA=mA+mB,代入数据解得vA=1 m/s,vB=

4 m/s,可知碰后B的速度范围是2 m/s≤vB≤4 m/s,故B、C正确,A、D错误。

三、非选择题(本题共4小题,共58分)

12.(10分)(1)在“验证动量守恒定律”实验中常会用到气垫导轨,导轨与滑块之间形成空气垫,使滑块在导轨上运动时几乎没有摩擦。现在有滑块A、B和带竖直挡板C、D的气垫导轨,用它们验证动量守恒定律,实验装置如图所示(弹簧的长度忽略不计)。采用的实验步骤

如下:

a.用天平分别测出滑块A、B的质量mA、mB;

b.调整气垫导轨使之水平;

c.在A、B间放入一个被压缩的轻弹簧,用电动卡销锁定,静止放置在气垫导轨上;

d.用刻度尺测出A的左端至挡板C的距离L1;

e.按下电钮放开卡销,同时开始计时,当A、B滑块分别碰撞挡板C、D时结束计时,记下A、B分别到达C、D的运动时间t1和t2。

①实验中还应测量的物理量及其符号是　　　　　　　　。 

②若取A滑块的运动方向为正方向,则放开卡销前,A、B两滑块质量与速度乘积之和为　　　　;A、B两滑块与弹簧分离后,质量与速度乘积之和为　　　　　　。若这两个和相等,则动量守恒。 

③实际实验中,弹簧作用前后A、B两滑块质量与速度乘积之和并不完全相等,可能产生误差的原因有　　　　(多选)。 

A.气垫导轨不完全水平

B.滑块A、B的质量不完全相等

C.滑块与导轨间的摩擦力不为零

D.质量、距离、时间等数据的测量有误差

(2)如图所示为“验证动量守恒定律”实验装置的示意图,下面是实验中涉及的部分物理量:

h:入射球释放时的高度

H:小球离开斜槽末端平抛的高度

OP、OQ、OR:平抛的水平位移

①在以上物理量中必须测量的是OP、OQ、　　　　(填表示物理量的符号)。除这几个物理量外,实验中还应测量的物理量是入射小球的质量m1和　　　　　　     　　(用文字表述,并明确一个表示该量的符号)。 

②实验最终要验证的表达式为　                             。

(用上边的符号表示)

③下列做法有助于完成实验,减小实验误差的是　　　 　。(多选) 

A.实验前仔细调整斜槽,使其末端点的切线水平

B.让入射小球的直径大于被碰小球的直径

C.改变入射小球滑下的高度h,重复实验,通过多次测量取平均值确定水平位移

D.注意在实验中不能移动地面上所铺白纸的位置

解析:(1)①滑块的速度vA= ,vB= ,如果动量守恒,则mAvA-mBvB=0,把速度代入得mA-mB=0,由此可知,还要测量的物理量是B到D的距离L2。

②若取A滑块的运动方向为正方向,则放开卡销前,A、B两滑块质量与速度乘积之和为0;A、B两滑块与弹簧分离后,质量与速度乘积之和为mA-mB。若这两个和相等,则动量守恒。

③由mA=mB可知,产生误差的原因是测量mA、mB、L1、L2、t1、t2时带来的误差;气垫导轨不水平;滑块与气垫导轨间有摩擦,故选ACD。

(2)①两球碰撞过程,根据动量守恒有m1v0=m1v1+m2v2,两球做平抛运动过程,有H=gt2,x=vt,而OP、OQ、OR分别是碰后入射球的水平位移、未发生碰撞时入射球的水平位移、碰后被碰小球的水平位移,故有m1v0t=m1v1t+m2v2t,故当m1·OQ=m1·OP+m2·OR成立时,可证明动量守恒定律成立。因此需要测量OP、OQ、OR和被碰小球的质量m2。

②由以上分析知,最终要验证的表达式为m1·OQ=m1·OP+m2·OR。

③小球抛出后需要做平抛运动,斜槽末端点的切线应该水平,故A正确;应该使小球发生对心碰撞,两小球直径应该一致,故B错误;重复实验时,不应该改变入射小球滑下的高度h,否则小球的速度变化较大,落点差距较大,故C错误;不能移动地面上所铺白纸的位置,防止使水平位移出现较大误差,故D正确。

答案:(1)①B的右端至挡板D的距离L2

②0　mA-mB　③ACD

(2)①OR　被碰小球的质量m2　②m1OQ=m1OP+m2OR　③AD

13.(14分)如图甲所示,光滑水平面上有A、B两物块,已知A物块的质量mA=1 kg,初始时刻B静止,A以一定的初速度向右运动,之后与B发生碰撞并一起运动,它们的位移—时间图像如图乙所示(规定向右为位移的正方向,因A、B碰撞时间 Δt=0.01 s极短,图中无法显示)。则根据上述信息,求:

(1)物块A对B的冲量;

(2)物块A、B间的平均作用力大小;

(3)A、B系统损失的机械能。

解析:(1)由图像可得,碰撞前A物块的速度为vA= m/s=4 m/s,

碰撞后A、B两物块的共同速度为v= m/s=1 m/s;

碰撞过程,系统动量守恒,可得mAvA=(mA+mB)v,

解得mB=3 kg,物块A对B的冲量为B增加的动量I=mBv=3 N·s。

(2)由动量定理Ft=mBv-0,得

物块A、B间的平均作用力大小为F=300 N。

(3)A、B系统损失的机械能ΔE=mA-(mA+mB)v2=6 J。

答案:(1)3 N·s　(2)300 N　(3)6 J

14.(16分)如图所示,一装置由高度为1.5R的竖直轨道和半径为R的半圆弧形轨道组成(轨道均光滑),距C端正上方R处有一小球b用足够长的轻绳悬挂在P点。某时刻将一质量为m的小球a从竖直轨道上端A点以初速度v0释放,小球a通过最低点B时速度为,之后从C端射出并与小球b在竖直方向发生正碰,碰撞时间极短且撞击力远大于两小球所受的重力,碰撞后小球b竖直上升1.5R。不计一切阻力。

(1)求小球a经过B点时对半圆弧轨道的压力大小;

(2)求小球a从轨道的A端释放的初速度v0大小;

(3)若小球b的质量为0.5m,小球a与小球b碰撞瞬间损失的机械能ΔE为多少?

解析:(1)小球a在B点,根据牛顿第二定律有FN-mag=ma,

解得FN=8mg,

由牛顿第三定律知小球对轨道的压力为FN′=FN=8mg。

(2)从A点到B点应用动能定理得mag(1.5R+R)=mav2-ma,

解得v0=。

(3)由题意可知两小球碰撞的时间极短,且撞击力远大于两小球所受重力,所以两小球组成的系统满足动量守恒。

设碰撞前小球a的速度为va,碰撞后小球a的速度为va′,碰撞后小球b的速度为vb。

小球a从A位置到C端正上方R处,根据动能定理得mag(1.5R-R)=ma-ma,

得va=。

碰撞后小球b上升1.5R,由运动学公式v2=2ax,得vb=。

根据动量守恒得mava=mava′+mbvb

解得va′=,

则ΔE=ma-(mava′2+mb)=mgR。

答案:(1)8mg　(2)　(3)mgR

15.(18分)质量分别为m1=0.1 kg、m2=0.2 kg的两弹性小球(可看作质点)放在质量M=0.4 kg、内部长度L=2 m且内表面光滑的U形槽内,U形槽静止在水平面上,且与水平面间的动摩擦因数μ=,开始时两球间夹有一压缩的弹簧(弹簧未与两球连接、长度忽略),球和弹簧共储存能量E=1.2 J、静止在U形槽中央,如图所示。假设所有碰撞时间极短,且碰撞过程中没有能量损失,释放两球(然后马上撤走弹簧),已知≈16.5,g取10 m/s2。

(1)求两球分离时的速度大小;

(2)求m1与U形槽首次碰撞后瞬间,m1与U形槽的速度;

(3)释放弹簧后,m2经多长时间与U形槽发生首次碰撞?

解析:(1)根据动量守恒定律和机械能守恒定律有

0=m1v1-m2v2,

Ep=m1+m2,

联立两方程并代入数据解得

v1=4 m/s,v2=2 m/s。

(2)两球分离后各自做匀速运动,U形槽不动,m1先与U形槽碰撞,取向左为正方向,碰撞过程m1与M组成的系统动量和机械能均守恒,得

m1v1=m1v1′+Mv3,

m1=m1v1′2+M,

得v1′=-2.4 m/s,v3=1.6 m/s。

(3)m1与U形槽发生首次碰撞时间

t1==0.25 s,

此时m2运动的距离x1=v2t1=0.5 m,

所以m1与U形槽碰撞时m2与U形槽右侧边缘的距离为0.5 m。

U形槽与m1碰撞后,m2仍以2 m/s的速度向右运动,U形槽以1.6 m/s的速度向左做匀减速运动,故在m2与U形槽碰撞前m1不会追上m2,对U形槽由牛顿第二定律有μ(M+m1+m2)g=Ma,

解得a=2 m/s2。

假设m1先与U形槽碰撞后再经t2时间,m2与U形槽首次碰撞,则有

v2t2+v3t2-a=0.5 m,

解得t2=0.15 s(t2=3.45 s舍去)

则从释放弹簧到m2与U形槽发生碰撞需要的时间t=t1+t2=0.4 s。

答案:(1)4 m/s　2 m/s

(2)2.4 m/s,方向水平向右　1.6 m/s,方向水平向左

(3)0.4 s