高中物理人教版5第十六章动量守恒定律 章末质量评估(一)

章末质量评估(一)(时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题(本大题共10小题，每小题3分，共30分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)1．关于冲量、动量、动量的增量的下列说法中正确的是()A．冲量的方向一定和动量的方向相同B．冲量的大小一定和动量变化量的大小相同C．动量增量的方向一定和动量的方向相同D．动量增量的大小一定和动量大小的增量相同解析：冲量的方向和动量的方向不一定相同，比如平抛运动，冲量方向竖直向下，动量方向是轨迹的切线方向，故A错误．根据动量定理，物体所受合力的冲量等于物体动量的变化，则冲量的大小一定和动量变化量的大小相同，故B正确．动量增量的方向与合力的冲量方向相同，与动量的方向不一定相同，比如匀减速直线运动，动量增量的方向和动量的方向相反，故C错误．动量增量是矢量，按照平行四边形定则求解，而动量大小的增量按代数法则运算，两者大小不一定相等，故D错误．故选B.答案：B2．小车上装有一桶水，静止在光滑水平地面上，桶的前、后、底及侧面各装有一个阀门，分别为S1、S2、S3、S4，要使小车向前运动，可采用的方法是()A．打开阀门S1 B．打开阀门S2C．打开阀门S3 D．打开阀门S4答案：B3．如图所示，小船静止于水面上，站在船尾的人不断将鱼抛向船头的舱内，将一定质量的鱼抛完后，关于小船的速度和位移，下列说法正确的是()A．向左运动，船向左移动了一些B．小船静止，船向左移动了一些C．小船静止，船向右移动了一些D．小船静止，船不移动解析：以小船、人、船上的鱼为系统，人抛鱼的过程动量守恒，开始时系统总动量为零，小船速度为零，结束后系统总动量还是零，故小船静止．在抛鱼的过程中，鱼相对水面有向左的速度，故船相对于水面有向右的速度，所以小船向右移动了一些．C正确．答案：C4．两辆汽车的质量分别为m1和m2，已知m1>m2，沿水平方向同方向行驶且具有相等的动能，则此时两辆汽车动量p1和p2的大小关系是()A．p1等于p2 B．p1小于p2C．p1大于p2 D．无法比较解析：由Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(p2,2m)得p＝eq\r(2mEk)，因为m1>m2，Ek1＝Ek2，所以p1>p2，选C.答案：C5.如图所示，在光滑水平地面上放着两个物体，其间用一根不能伸长的细绳相连，开始时绳松弛、B静止，A具有4kg·m/s的动量(令向右为正)．在绳拉紧(可能拉断)的过程中，A、B动量的变化可能为()A．ΔpA＝－4kg·m/s，ΔpB＝4B．ΔpA＝2kg·m/s，ΔpB＝－2C．ΔpA＝－2kg·m/s，ΔpB＝2D．ΔpA＝ΔpB＝2kg解析：它们的总动量为p＝mAvA＝4kg·m/s，而绳子的拉力为内力，总动量守恒．A的动量减小，B的动量增加，故A的动量改变应为负值，B的动量改变应为正值．而绳子可能会被拉断，说明在拉断绳子前A的速度不可能为零，故只有答案：C6.如图所示，物体A、B静止在光滑水平面上，且mA>mB，现用大小相等的两个力F和F′分别作用在A和B上，使A、B沿一条直线相向运动，然后又先后撤去这两个力，使这两个力对物体做的功相同，接着两物体碰撞并合为一体后，它们()A．可能停止运动B．一定向右运动C．可能向左运动D．仍运动，但运动方向不能确定解析：由动能定理可知：两个力对物体做的功相同，则合为一体前两物体动能相同，由物体动量和动能的关系p＝eq\r(2mEk)知，pA>pB，选碰前A的方向为正方向，则B的动量为负值，由动量守恒定律：pA＋pB＝(mA＋mB)v，v必为正，故碰后速度v的方向一定与pA相同，向右．答案：B7．甲、乙两物体的质量之比为m甲∶m乙＝1∶4，若它们在运动过程中的动能相等，则它们动量大小之比p甲∶p乙是()A．1∶1 B．1∶2C．1∶4 D．2∶1解析：由p＝mv和Ek＝eq\f(1,2)mv2得p2＝2mEk，所以p＝eq\r(2mEk).根据运动过程中的动能相等得：p∝eq\r(m).可得：eq\f(p甲,p乙)＝eq\f(\r(m甲),\r(m乙))＝eq\r(\f(m甲,m乙))＝eq\r(\f(1,4))＝eq\f(1,2).故选B.答案：B8．质量m＝100kg的小船静止在平静水面上，船两端载着m甲＝40kg、m乙＝60kg的游泳者，在同一水平线上甲向左、乙向右同时以相对于岸3m/s的速度跃入水中A．0.6m/s，向左 B．3m/s，向左C．0.6m/s，向右 D．3m/s，向右解析：甲、乙和船组成的系统动量守恒，以水平向右为正方向，开始时总动量为零，根据动量守恒定律有：0＝－m甲v甲＋m乙v乙＋mv，解得：v＝eq\f(－（－m甲v甲＋m乙v乙）,m)，代入数据解得v＝－0.6m/s，负号说明小船的速度方向向左，故选项A答案：A9．如图所示的装置中，木块B与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短．现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象(系统)，则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中()A．动量守恒、机械能守恒B．动量不守恒、机械能不守恒C．动量守恒、机械能不守恒D．动量不守恒、机械能守恒解析：若以子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象(系统)，从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短时，弹簧固定端墙壁对弹簧有外力作用，因此动量不守恒．而在子弹射入木块时，存在剧烈摩擦作用，有一部分能量将转化为内能，机械能也不守恒．实际上，在子弹射入木块这一瞬间过程，取子弹与木块为系统则可认为动量守恒(此瞬间弹簧尚未形变)．子弹射入木块后木块压缩弹簧过程中，机械能守恒，但动量不守恒．物理规律总是在一定条件得出的，因此在分析问题时，不但要弄清取谁作研究对象，还要弄清过程的阶段的选取，判断各阶段满足物理规律的条件．故B正确．答案：B10.如图所示，位于光滑水平桌面上的滑块P和Q都可视为质点，质量相等．Q与轻质弹簧相连．设Q静止，P以某一初速度向Q运动并与弹簧发生碰撞．在整个碰撞过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于()A．P的初动能 B．P的初动能的eq\f(1,2)C．P的初动能的eq\f(1,3) D．P的初动能的eq\f(1,4)解析：两者速度相等时，弹簧最短，弹性势能最大．设P的初速度为v，两者质量为m，弹簧最短时两者的共同速度为v′，弹簧具有的最大弹性势能为Ep.根据动量守恒，有mv＝2mv′，根据能量守恒有eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)×2mv′2＋Ep，以上两式联立求解得Ep＝eq\f(1,4)mv2.可见弹簧具有的最大弹性势能等于滑块P原来动能的一半，B正确．答案：B二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分．每小题有多个选项是正确的，全选对得4分，漏选得2分，错选或不选得0分)11．质量为m的物体以速度v0从地面竖直上抛(不计空气阻力)到落回地面，在此过程中()A．上升过程和下落过程中动量的变化量大小均为mv0，但方向相反B．整个过程中重力的冲量为2mv0C．整个过程中重力的冲量为0D．上升过程冲量大小为mv0，方向向下解析：物体上升、下降动量变化量相同，大小均为mv0，都向下．A错、B对，C错、D对．答案：BD12．如图所示，轻质弹簧的一端固定在墙上，另一端与质量为m的物体A相连，A放在光滑水平面上，有一质量与A相同的物体B，从高h处由静止开始沿光滑曲面滑下，与A相碰后一起将弹簧压缩，弹簧复原过程中某时刻B与A分开且沿原曲面上升．下列说法正确的是()A．弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mghB．弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为eq\f(mgh,2)C．B能达到的最大高度为eq\f(h,2)D．B能达到的最大高度为eq\f(h,4)解析：根据机械能守恒定律可得B刚到达水平地面的速度v0＝eq\r(2gh)，根据动量守恒定律可得A与B碰撞后的速度为v＝eq\f(v0,2)，所以弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为Epm＝eq\f(1,2)×2mv2＝eq\f(1,2)mgh，即B正确；当弹簧再次恢复原长时，A与B将分开，B以v的速度沿斜面上滑，根据机械能守恒定律可得mgh′＝eq\f(1,2)mv2，B能达到的最大高度为eq\f(h,4)，即D正确．答案：BD13．在光滑的水平面上，动能为E0、动量大小为p0的小钢球1与静止小钢球2发生碰撞，碰撞前后小钢球1的运动方向相反，将碰撞后小钢球1的动能和动量的大小分别记为E1、p1，小钢球2的动能和动量的大小分别记为E2、p2，则必有()A．E1＜E0 B．p1＜p0C．E2＞E0 D．p2＜p0解析：设碰撞前球1的运动方向为正方向，根据动量守恒定律有：p0＝－p1＋p2，可得到碰撞后球2的动量p2＝p0＋p1.由于碰撞前球2静止，所以碰撞后球2一定沿正方向运动，所以p2＞p0，选项D错误．由于碰撞后系统的机械能总量不可能大于碰撞前系统机械能总量，即E0≥E1＋E2故有E0＞E1和E0＞E2，选项A正确，选项C错误．由动能和动量的关系Ek＝eq\f(p2,2m)，结合选项A的结果，可判断选项B正确．答案：AB14.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eq\f(M＋m,M)B．甲、乙两车运动中速度之比为eq\f(M,M＋m)C．甲车移动的距离为eq\f(M＋m,2M＋m)LD．乙车移动的距离为eq\f(M,2M＋m)L解析：本题类似人船模型．甲、乙、人看成一系统，则水平方向动量守恒，甲、乙两车运动中速度之比等于质量的反比eq\f(M＋m,M)，A正确，B错误；Mx甲＝(M＋m)x乙，x甲＋x乙＝L，解得C、D正确．答案：ACD三、非选择题(本题共5小题，共54分．把答案填在题中的横线上或按照题目要求作答．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)15．(8分)某同学用图甲所示装置结合频闪照片来探究碰撞中的不变量．经过多次实验，该同学猜想碰撞前后物体的质量和速度的乘积之和是不变的．图甲图乙图丙步骤1：用天平测出A、B两个小球的质量mA和mB，并且保证mA>mB；步骤2：安装好实验装置，使斜槽的末端所在的平面保持水平；步骤3：先不在斜槽的末端放小球B，让小球A从斜槽上某位置P由静止开始释放，小球离开斜槽后，用频闪照相记录下小球A两个时刻的位置(如图乙所示)；步骤4：将小球B放在斜槽的末端，让小球A从位置P处由静止开始释放，使它们碰撞，用频闪照相记录下两个小球在两个时刻的位置(如图丙所示)；步骤5：直接测量需要的物理量，根据测量得到的数据，验证自己的猜想．请回答：(1)在步骤5中，该同学需要在照片中直接测量的物理量有________；(选填“x0、y0、xA、yA、xB、yB”)(2)用实验中测量的物理量来表示该同学的猜想结果：______________________________________________________.解析：频闪照相相邻曝光时间相等，测出x0、xA、xB，就可以知道它们碰撞前后水平方向的速度．该同学的猜想可表示为eq\f(mAx0,t)＝eq\f(mAxA,t)＋eq\f(mBxB,t)，化简得mAx0＝mAxA＋mBxB.答案：(1)x0、xA、xB(2)mAx0＝mAxA＋mBxB16．(10分)如图所示，在高为h＝5m的平台右边缘上，放着一个质量M＝3kg的铁块，现有一质量为m＝1kg的钢球以v0＝10m/s的水平速度与铁块在极短的时间内发生正碰被反弹，落地点距离平台右边缘的水平距离为L＝2m，已知铁块与平台之间的动摩擦因数为，求铁块在平台上滑行的距离s(不计空气阻力，铁块和钢球都看成质点，取g解析：设钢球反弹后的速度大小为v1，铁块的速度大小为v，碰撞时间极短，以v0的方向为正方向，系统动量守恒：mv0＝Mv－mv1.①钢球做平抛运动：L＝v1t，②h＝eq\f(1,2)gt2.③由①②③解得t＝1s，v1＝2m/s，v＝4m铁块做匀减速直线运动，由μmg＝ma解得加速度大小a＝5m/s2最终速度为0，则其运动时间t1＝eq\f(v,a)＝s，所以铁块在平台上向左滑行的距离s＝eq\f(vt1,2)＝1.6m.答案：1.617．(12分)一质量为M的长木板，静止放在光滑的水平面上．一质量为m的小滑块以水平速度v0从长木板的一端开始滑动，直到离开长木板．滑块刚离开长木板时的速度为eq\f(1,3)v0.若将此长木板固定在水平桌面上，其他条件相同，求滑块离开长木板时的速度v.解析：设摩擦力对系统做功为Wf，当长木板不固定，滑块刚离开长木板时，长木板的速度为v′，由动量守恒和能量守恒有mv0＝Mv′＋meq\f(v0,3)，①eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,3)))eq\s\up12(2)－eq\f(1,2)Mv′2＝Wf.②当长木板固定时，由能量守恒有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2＝Wf.③由①②③式得v＝eq\f(v0,3)eq\r(1＋\f(4m,M)).答案：eq\f(v0,3)eq\r(1＋\f(4m,M))18.(12分)如图所示，有一质量为M的长木板(足够长)静止在光滑的水平面上，一质量为m的小铁块以初速度v0水平滑上木板的左端，小铁块与木板之间的动摩擦因数为μ，试求小铁块在木板上相对木板滑动的过程中，若小铁块恰好没有滑离长木板，则木板的长度至少为多少？解析：此题为另类的“子弹打木块”的模型，即把铁块类比于有初动量的“子弹”，以小铁块和长木板为一个系统，系统动量守恒．在达到共同速度的过程中，m给M一个向右的滑动摩擦力Ff＝μmg，M向右做匀加速运动；M给m一个向左的滑动摩擦力Ff＝μmg，m向右做匀减速运动，m相对M向右运动，最后两者达到共同速度．由动量守