2024-2025学年高中物理第十六章动量守恒定律章末质量评估含解析新人教版选修3-5

PAGE10-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．在不计空气阻力作用的条件下，下列说法中不正确的是()A．自由下落的小球在空中运动的随意一段时间内，其增加的动能肯定等于其削减的重力势能B．做平抛运动的小球在空中运动的随意相同的时间内，其速度的变更量肯定相同C．做匀速圆周运动的小球在随意一段时间内其合外力做的功肯定为零，合外力的冲量也肯定为零D．单摆在一个周期内，合外力对摆球做的功肯定为零，合外力的冲量也肯定为零解析：不计空气阻力，自由下落的小球，其所受合外力为重力，则小球在运动的过程中机械能守恒，其增加的动能肯定等于其减小的重力势能，故A正确；做平抛运动的小球所受合外力为重力，加速度的大小与方向都不变，所以小球在空中运动的随意相同的时间内，其速度的变更量肯定相同，故B正确；做匀速圆周运动的小球，其所受合外力的方向肯定指向圆心，小球在随意一段时间内其合外力做的功肯定为零，但由于速度的方向不断变更，所以速度的变更量不肯定等于0，合外力的冲量也不肯定为零，故C错误；经过一个周期，单摆的小球又回到初位置，全部的物理量都与起先时相等，所以单摆在一个周期内，合外力对摆球做的功肯定为零，合外力的冲量也肯定为零，故D正确．答案：C2.有一宇宙飞船，它的正对面积S＝2m2，以v＝3×103m/s的相对速度飞入一宇宙微粒区.此微粒区1m3空间中有一个微粒，每一个微粒的平均质量为m＝2×10－7kg.设微粒与飞船外壳碰撞后附着于飞船上，要使飞船速度不变，飞船的牵引力应增加（）A.3.6×103N B.3.6NC.1.2×103N D.1.2N解析：在t时间内与飞船碰撞并附着于飞船上微粒的总质量为M＝vtSm，由动量定理得：Ft＝Mv，解得F＝3.6N.依据牛顿第三定律，微粒对飞船的作用力为3.6N.要使飞船速度不变，依据平衡条件，飞船的牵引力应增加3.6N，故B正确.答案：B3．如图所示，一光滑地面上有一质量为m′的足够长的木板ab，一质量为m的人站在木板的a端，关于人由静止起先运动到木板的b端(M、N表示地面上原a、b对应的点)，下列图示正确的是()ABCD解析：依据动量守恒定律，木板与人组成的系统动量守恒，对于题中的“人板模型”，设各自对地的位移为x′m、xm，且有m′x′m＝mxm，x′m＋xm＝L板长，以M点为参考点，人向右运动，木板向左运动，易得D是正确的．答案：D4.一个质量为0.5kg的物体，从静止起先做直线运动，物体所受合外力F随时间t变更的图象如图所示，则在时刻t＝8s时，物体的速度为（）A.2m/s B.8m/sC.16m/s D.4eq\r(2)m/s解析：F­t图象的面积表示冲量，在上方为正，在下方为负，故依据动量定理可得：2×2＋eq\f(1,2)×2×1－eq\f(1,2)×2×2＋2×2＋eq\f(1,2)×2×1＝mv－0，解得第8s末的速度v＝16m/s，C正确.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，起先时绳松弛、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动量的变更可能为()A．ΔpA＝－4kg·m/s，ΔpB＝4kg·m/sB．ΔpA＝2kg·m/s，ΔpB＝－2kg·m/sC．ΔpA＝－2kg·m/s，ΔpB＝2kg·m/sD．ΔpA＝ΔpB＝2kg·m/s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的动量变更应为负值，B的动量变更应为正值．而绳子可能会被拉断，说明在拉断绳子前A的速度不行能为零，故只有C正确．答案：C6.质量为M的热气球吊框中有一质量为m的人，共同静止在距离地面为h的高空中，现从气球上放下一根质量不计的软绳，人沿绳子平安滑到地面，在此过程中热气球上升了（）A.eq\f(m,M)h B.eq\f(M,m)hC.eq\f(m＋M,M)h D.h解析：人与气球组成的系统动量守恒，设人的速度为v1，气球的速度为v2，运动时间为t，以人与气球组成的系统为探讨对象，以向下为正方向，由动量守恒定律得：mv1－mv2＝0，得meq\f(s人,t)－Meq\f(s气,t)＝0，其中s人＝h，解得s气＝eq\f(m,M)h.答案：A7．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80cm高度把1000粒的豆粒连续匀称地倒在秤盘上，持续作用时间为1s，豆粒弹起时竖直方向的速度变为碰前的一半．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1000粒的豆粒的总质量为100g．则在碰撞过程中秤盘受到的压力大小约为()A．0.2N B．0.6NC．1.0N D．1.6N解析：豆粒从80cm高处落下时速度为v,v2＝2gh，则v＝eq\r(2gh)＝eq\r(2×10×0.8)m/s＝4m/s设向上为正方向，依据动量定理：Ft＝mv2－mv1，F＝eq\f(mv2－mv1,t)＝eq\f(0.1×2－0.1×（－4）,1)N＝0.6N，B正确，ACD错误．故选B.答案：B8．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，人要平安跃上岸，船离岸至多为(不计水的阻力，两次人消耗的能量相等，两次从离开船到跃上岸所用的时间相等)()A．1.5m B．1.2mC．1.34m D．1.1m解析：船用缆绳固定时，设人起跳的速度为v0，则x0＝v0t，消耗的能量：Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)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，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)，解得：v1＝eq\r(\f(M,M＋m))v0故：x1＝v1t＝eq\r(\f(M,M＋m))x0＝eq\r(\f(240,60＋240))×1.5m＝1.34m，C正确；ABD错误；故选C.答案：C9.如图所示，一物体分别沿三个倾角不同的光滑斜面由静止起先从顶端下滑究竟端C、D、E处，三个过程中动能变更量的大小依次为ΔE1、ΔE2、ΔE3，动量变更量的大小依次为Δp1、Δp2、Δp3，则有（）A.ΔE1<ΔE2<ΔE3，ΔP1<ΔP2<ΔP3B.ΔE1<ΔE2<ΔE3，ΔP1＝ΔP2＝ΔP3C.ΔE1＝ΔE2＝ΔE3，ΔP1<ΔP2<ΔP3D.ΔE1＝ΔE2＝ΔE3，Δp1＝Δp2＝Δp3解析：三个过程中都只有重力做功，三种状况下下降的高度相同，即重力做功相同，依据动能定理可得下滑究竟端时的动能相同，故ΔE1＝ΔE2＝ΔE3；由机械能守恒定律可知物体下滑究竟端C、D、E的速度大小v相等，动量变更量的大小Δp＝mv也相等，即Δp1＝Δp2＝Δp3（留意方向不同），D正确.答案：D10.如图所示，A、B、C、D、E五个小球放在光滑水平面上，其中mA＝mE<mB＝mC＝mD，现在让小球A以初速度v0向右运动，当全部的弹性碰撞结束之后，下列说法中正确的是（）A.B、C、D三个球静止，A、E两个球运动B.B、C两个球静止，A、E、D三个球运动C.A、B、C、D四个球静止，E一个球运动D.全部的小球都运动解析：由题意可知，A和B球首先发生弹性碰撞，动量守恒，机械能守恒mAvA＝mAvA＋mBvB，eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)，其中vA和vB为两球碰撞之后的速度解得：vA＝eq\f(mA－mB,mA＋mB)vA<0，vB＝eq\f(2mA,mA＋mB)vA>0，所以A球被弹回，B球获得速度向右运动；由于B、C质量相等，B、C碰后，交换速度，B停止运动，C获得速度接着向右运动；由于C、D质量相等，C、D碰后，交换速度，C立即停止，D获得速度接着向右运动；D的质量大于E的质量，故碰后D的速度不为零，方向不变，E获得速度向右运动.故碰撞完成后，A球向左运动，B、C静止，D、E向右运动.答案：B二、多项选择题（本大题共4小题，每小题4分，共16分.在每小题给出的四个选项中有多个选项正确，全选对得4分，漏选得2分，错选或不选得0分）11.某一物体从高h处自由下落，与地面碰撞后又跳起高h′，不计其他星球对地球的作用，以地球和物体作为一个系统，下列说法正确的是（）A.在物体下落过程中，系统动量不守恒B.在物体与地面碰撞过程中系统动量守恒C.在物体上升过程中系统动量守恒D.上述全过程中系统动量都守恒解析：将地球和物体作为一个系统，在这三个过程（物体下落过程，物体和地球碰撞过程，物体上升过程）中都只有系统的内力作用，一对引力和一对碰撞的弹力，没有外力作用，系统的动量在全过程守恒，故A错误，B、C、D均正确.答案：BCD12．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处由静止起先沿光滑曲面滑下，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：依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)，依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；当弹簧再次复原原长时，A与B将分开，B以v的速度沿斜面上滑，依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，依据动量守恒定律有：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肯定沿正方向运动，所以p2＞p0，选项D错误．由于碰撞后系统的机械能总量不行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，可推断选项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、乙两车最终相接触，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依据题目要求作答．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最终答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必需明确写出数值和单位)15．(8分)如图所示为试验室中验证动量守恒的试验装置示意图．(1)若入射小球质量为m1，半径为r1；被碰小球质量为m2，半径为r2，则________．A．m1>m2,r1>r2 B．m1>m2,r1<r2C．m1>m2，r1＝r2 D．m1<m2,r1＝r2(2)为完成此试验，以下所供应的测量工具中必需的是________(填下列对应的字母).A．直尺 B．游标卡尺C．天平 D．弹簧测力计E．秒表(3)设入射小球的质量为m1，被碰小球的质量为m2，P为碰前入射小球落点的平均位置，则关系式(用m1、m2及图中字母表示)________________成立，即表示碰撞中动量守恒．解析：(1)在小球碰撞过程中，水平方向动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得：m1v0＝m1v1＋m2v2在碰撞过程中机械能守恒：eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)联立解得：v1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v0要碰后入射小球的速度v1＞0，则有m1－m2＞0，即m1＞m2，为了使两球发生正碰，两小球的半径相同，即r1＝r2，选C.(2)P为碰前入射小球落点的平均位置，M为碰后入射小球的位置，N为碰后被碰小球的位置，小球离开轨道后做平抛运动，运动时间t＝eq\r(\f(2h,g))，即平抛运动的时间相同，碰撞前入射小球的速度v0＝eq\f(OP,\r(\f(2h,g)))，碰撞后入射小球的速度v1＝eq\f(OM,\r(\f(2h,g)))，碰撞后被碰小球的速度v2＝eq\f(ON,\r(\f(2h,g)))，若m1v0＝m1v1＋m2v2，则表明通过该试验验证了两球碰撞过程中动量守恒，将三个速度代入得：m1OP＝m1OM＋m2ON，故须要测量的工具有刻度尺和天平，故选AC；(3)由(2)可知，试验须要验证的表达式为：m1OP＝m1OM＋m2ON答案：(1)C(2)AC(3)m1OP＝m1OM＋m2ON16．(10分)宇航员在太空站内做了如下试验：选取两个质量分别为mA＝0.2kg、mB＝0.4kg的小球A、B和一根轻质短弹簧，弹簧的一端与小球A粘连，另一端与小球B接触而不粘连．现使小球A和B之间夹着被压缩的轻质弹簧，处于锁定状态，一起以速度v0＝0.1m/s做匀速直线运动，如图所示，过一段时间，突然解除锁定(解除锁定没有机械能损失)，两球仍沿原直线运动，从弹簧与小球B刚刚分别起先计时，经时间t＝30s，两球之间的距离增加了s＝2.7m，求弹簧被锁定时的弹性势能EP.解析：本题考查动量守恒与能量守恒相结合．取A、B作为系统，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得：(mA＋mB)v0＝mAvA＋mBvB，①依据题意得：s＝(vA－vB)t，②由机械能守恒得：EP＋eq\f(1,2)(mA＋mB)veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)，③代入数据，解①②③得：EP＝0.054J.答案：弹簧被锁定时的弹性势能为0.054J.17.（12分）如图所示，光滑水平桌面上放有一个凹槽C（凹槽底面水平），质量mC＝2kg，其正中心并排放着两个小滑块A、B，mA＝1kg，mB＝4kg，起先时三个物体都静止.在A、B间放有少量塑胶炸药，爆炸后A以vA＝6m/s的速度水平向左运动，A、B中随意一块与挡板碰撞后都粘在一起，不计摩擦和碰撞时间，求：（1）炸药爆炸后滑块B的速度vB；（2）当两滑块A、B都与挡板C碰撞后，C的速度vC；（3）A、C碰撞过程中损失的机械能ΔE.解析：（1）炸药爆炸前后瞬间，对A、B系统：mAvA－mBvB＝0，则vB＝1.5m/s，方向向右.（2）当两滑块A、B都与挡板C碰撞后，对A、B、C系统：（mA＋mB＋mC）v共＝0，即v共＝0.（3）A、C碰撞前后瞬间：mAvA＝（mA＋mC）v共1.则，v共1＝2m/s，方向向左，该过程中损失的机械能为ΔE＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)－eq\f(1,2)（mA＋mC）veq\o\al(2,共1)＝12J.答案：（1）vB＝1.5m/s，方向向右（2）0（3）12J18.（12分）如图所示，长为R＝0.6m的不行伸长的细绳一端固定在O点，另一端系着质量为m2＝0.1kg的小球B，小球B刚好与水平面相接触.现使质量为m1＝0.3kg物块A以v0＝5m/s的初速度向B运动，A与水平面间的动摩擦因数μ＝0.3，A、B间的初始距离x＝1.5m.两物体碰撞后，A物块速度变为碰前瞬间速度的eq\f(1,2)，方向不变.B小球能在竖直平面内做圆周运动.已知重力加速度g＝10m/s2，两物体均可视为质点，试求：（1）碰撞过程中B球所受到的冲量大小；（2）B球运动到圆周最高点时细绳受到的拉力大小.解析：（1）碰前A做匀变速直线运动－μm1gx＝eq\f(1,2