2024高中物理刷题首秧第十六章动量守恒定律综合评估对点练+巩固练含解析新人教版选修3-5

PAGEPAGE11第十六章动量守恒定律综合评估对应学生用书P21本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分100分，考试时间90分钟。第Ⅰ卷(选择题，共50分)一、选择题(每小题5分，共50分。其中1～6题为单选，7～10题为多选)1．重为4N的物体，静止在倾角为30°的斜面上，在5s内，关于重力对物体的冲量的说法正确的是()A．重力的冲量为零B．重力的冲量为10N·sC．重力的冲量为20N·sD．重力的冲量与摩擦力的冲量相等答案C解析由冲量的公式得IG＝Gt＝4N×5s＝20N·s，由于物体静止，由动量定理得合外力冲量为零，所以重力的冲量与摩擦力和支持力这两个力合力的冲量大小相等方向相反，因此C正确，A、B、D错误。2．一质量为m的运动员从下蹲状态起先起跳，经Δt的时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v，在此过程中地面对他作用的冲量大小和做的功分别为()A．mv＋mgΔt；eq\f(1,2)mv2B．mv；eq\f(1,2)mv2C．mv＋mgΔt；0D．mv－mgΔt；0答案C解析人的速度原来为零，起跳后变为v，则由动量定理可得：I－mgΔt＝Δmv＝mv，故地面对人的冲量为I＝mv＋mgΔt；因为支持力的作用点没有位移，故地面对人做功为零，故C正确。3．人从高处跳到低处时，为了平安，一般都是让脚尖先着地，这样做是为了()A．减小冲量B．减小动量的变更量C．延长与地面的作用时间，从而减小冲力D．增大人对地面的压强，起到平安作用答案C解析人从高处落下，着地瞬间动量为p，最终减为零，让脚尖先着地，并未变更动量的变更量，由动量定理知，是为了延长和地面的作用时间来减小冲力大小，故C正确。4．如图所示，两个小球A、B在光滑水平地面上相向运动，它们的质量分别为mA＝4kg，mB＝2kg，速度分别是vA＝3m/s(设为正方向)，vB＝－3m/s。则它们发生正碰后，速度的可能值分别为()A．vA′＝1m/s，vB′＝1m/sB．vA′＝4m/s，vB′＝－5m/sC．vA′＝2m/s，vB′＝－1m/sD．vA′＝－1m/s，vB′＝－5m/s答案A解析碰前动量分别为pA＝mAvA＝12kg·m/s，pB＝mBvB＝－6kg·m/s，动能分别为EkA＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＝18J，EkB＝eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)＝9J，因碰撞前后动量守恒，动能不增加，因此B、D错误；因碰撞中两球不会彼此穿过对方，所以C错误，故答案为A。5.在光滑水平地面上放置一辆小车，车上放置有木盆，在车与木盆以共同的速度向右运动时，有雨滴以微小的速度竖直落入木盆中而不溅出，如图所示，则在雨滴落入木盆的过程中，小车速度将()A．保持不变B．变大C．变小D．先变大后变小答案C解析设雨滴的质量为m，小车的质量为M，则由水平方向动量守恒可得：Mv0＝(M＋m)v，不难看出小车的速度将减小。6．如图所示，三辆完全相同的平板小车a、b、c成始终线排列，静止在光滑水平面上。c车上有一个小孩跳到b车上，接着又马上从b车跳到a车上。小孩跳离c车和b车时对地的水平速度相同。他跳到a车上相对a车保持静止，此后()A．a、c两车速率相等B．三辆车的速率关系vc＞va＞vbC．a、b两车速度相等D．a、c两车运动方向相同答案B解析设小车的质量均为M，人的质量为m，人跳离c车和b车的速度大小为v0，规定向左为正方向，由动量守恒定律，人跳离c车过程有0＝mv0－Mvc，所以vc＝eq\f(mv0,M)，方向向右；人跳上和跳离b车过程，mv0＝mv0＋Mvb，所以vb＝0；人跳上a车过程，mv0＝(M＋m)va，所以va＝eq\f(mv0,M＋m)，方向向左；即vc＞va＞vb，且va与vc方向相反，故B正确，A、C、D错误。7．如图所示，一个质量为0.18kg的垒球，以25m/s的水平速度飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为45m/s，设球棒与垒球的作用时间为0.01s。下列说法正确的是()A．球棒对垒球的平均作用力大小为1260NB．球棒对垒球的平均作用力大小为360NC．球棒对垒球做的功为126JD．球棒对垒球做的功为36J答案AC解析设球棒对垒球的平均作用力为eq\o(F,\s\up6(－))，由动量定理得eq\o(F,\s\up6(－))·t＝m(vt－v0)，取vt＝45m/s，则v0＝－25m/s，代入上式，得eq\o(F,\s\up6(－))＝1260N，由动能定理得W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,t)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝126J，A、C正确。8．质量为m的物体以速度v0做平抛运动，经过时间t，下落的高度为h，速度大小为v。在这段时间内，该物体的动量变更量大小为()A．mv－mv0B．mgtC．meq\r(v2－v\o\al(2,0))D．meq\r(2gh)答案BCD解析由动量定理可知B正确；设t秒末的竖直分速度为v1，则有veq\o\al(2,1)＝2gh，v2＝veq\o\al(2,1)＋veq\o\al(2,0)，由以上分析可知C和D也正确。9．如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2kg的另一物体B以水平速度v0＝2m/s滑上原来静止的长木板A的表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变更状况如图乙所示，则下列说法正确的是()A．木板获得的动能为2JB．系统损失的机械能为1JC．木板A的最小长度为1mD．A、B间的动摩擦因数为0.1答案CD解析由v­t图象知B的加速度大小a＝1m/s2，据牛顿其次定律μmg＝ma得μ＝0.1，故D正确。最终A、B共速，由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，得M＝2kg，则木板获得的动能Ek＝eq\f(1,2)Mv2＝1J，故A错误。系统损失的机械能ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(M＋m)v2＝2J，故B错误。由ΔE＝μmgL得L＝1m，故C正确。10.如图所示，箱子放在水平地面上，箱内有一质量为m的铁球以速度v向左壁碰去，来回碰几次后停下来，而箱子始终静止，则整个过程中()A．铁球对箱子的冲量为零B．铁球和箱子受到的冲量大小相等C．箱子对铁球的冲量为mv，向右D．地面摩擦力对箱子的冲量为mv，向右答案CD解析箱子在水平方向上受到两个力作用，铁球对箱子的作用力和地面对箱子的摩擦力，二力始终等值反向，其合力始终为零，故箱子始终静止。因此，铁球对箱子的冲量与地面摩擦力对箱子的冲量等值反向，合冲量为零，故A错误；依据动量定理，铁球受到的冲量为I＝0－mv＝－mv，即箱子对铁球的冲量I＝－mv，负号表示方向向右，而箱子受到的冲量始终为零，故B错误，C正确；箱子对铁球的冲量mv，向右，依据牛顿第三定律，铁球对箱子的冲量为mv，向左。又因为地面摩擦力与铁球对箱子的作用力等值反向，所以地面摩擦力对箱子的冲量为mv，向右，故D正确。第Ⅱ卷(非选择题，共50分)二、填空题(共16分)11．(2分)甲、乙两物体质量相等，并排紧靠静止在光滑的水平面上，现用一水平外力F推动甲物体，同时给乙一个与F同方向的瞬时冲量I，使两物体起先运动，当两物体重新相遇时，经验的时间为________，甲的动量为________。答案eq\f(2I,F)2I解析设甲、乙质量均为m，I＝mv乙，x乙＝v乙t，F＝ma，x甲＝eq\f(1,2)at2，当两物体再次相遇时，x甲＝x乙，联立得t＝eq\f(2I,F)，此时甲的动量p＝mv甲，v甲＝at，得p＝2I。12．(8分)如图甲所示，用“碰撞试验器”可以验证动量守恒定律，即探讨两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。(1)试验中，干脆测定小球碰撞前后的速度是不简单的。但是，可以通过测量________(选填选项前的符号)，间接地解决这个问题。A．小球起先释放高度hB．小球抛出点距地面的高度HC．小球做平抛运动的射程(2)图甲中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影。试验时，先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP。然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分末端，再将入射球m1从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰，并多次重复。接下来要完成的必要步骤是________(填选项前的符号)。A．用天平测量两个小球的质量m1、m2B．测量小球m1起先释放高度hC．测量抛出点距地面的高度HD．分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、NE．测量平抛射程OM、ON(3)若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为______________________(用(2)中测量的量表示)；若碰撞是弹性碰撞，那么还应满意的表达式为______________________(用(2)中测量的量表示)。(4)经测定，m1＝45.0g，m2＝7.5g，小球落地点的平均位置距O点的距离如图乙所示。碰撞前、后m1的动量分别为p1与p1′，则p1∶p1′＝________∶11；若碰撞结束时m2的动量为p2′，则p1′∶p2′＝11∶________。试验结果说明，碰撞前、后总动量的比值eq\f(p1,p1′＋p2′)为________。答案(1)C(2)ADE(3)m1·OM＋m2·ON＝m1·OPm1·OM2＋m2·ON2＝m1·OP2(4)14'2.9'1.01解析(1)小球离开轨道后做平抛运动，由H＝eq\f(1,2)gt2知t＝eq\r(\f(2H,g))，即小球的下落时间肯定，则初速度v＝eq\f(x,t)可用平抛运动的水平射程来表示，选项C正确。(2)本试验要验证的是m1·OM＋m2·ON＝m1·OP，因此要测量两个小球的质量m1和m2以及它们的水平射程OM和ON，而要确定水平射程，应先分别确定两个小球落地的平均落点，没有必要测量小球m1起先释放的高度h和抛出点距地面的高度H。故应完成的步骤是ADE。(3)若动量守恒，应有m1·v1＋m2·v2＝m1·v0(v0是m1单独下落时离开轨道时的速度，v1、v2是两球碰后m1、m2离开轨道时的速度)，又v＝eq\f(x,t)，则有m1·eq\f(OM,t)＋m2·eq\f(ON,t)＝m1·eq\f(OP,t)，即m1·OM＋m2·ON＝m1·OP；若碰撞是弹性碰撞，则碰撞过程中没有机械能损失，则有eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)，同样整理可得m1·OM2＋m2·ON2＝m1·OP2。(4)碰前m1的动量p1＝m1v0＝m1·eq\f(OP,t)，碰后m1的动量p1′＝m1v1＝m1·eq\f(OM,t)，则p1∶p1′＝OP∶OM＝14∶11；碰后m2的动量p2′＝m2v2＝m2·eq\f(ON,t)，所以p1′∶p2′＝(m1·OM)∶(m2·ON)＝11∶2.9；碰撞前、后总动量的比值eq\f(p1,p1′＋p2′)＝eq\f(m1·OP,m1·OM＋m2·ON)≈1.01。13．(6分)如图所示，气垫导轨是常用的一种试验仪器。它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮在导轨上，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦。我们可以用带竖直挡板C、D的气垫导轨以及滑块A、B来验证动量守恒定律，试验装置如图所示(弹簧的长度忽视不计)，采纳的试验步骤如下：a．用天平分别测出滑块A、B的质量mA、mB。b．调整气垫导轨，使导轨处于水平。c．在滑块A、滑块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．用刻度尺测出滑块A的左端至挡板C的距离L1。e．按下电钮放开卡销，同时使分别记录滑块A、B运动时间的计时器起先工作。当滑块A、B分别碰撞挡板C、D时停止计时，登记滑块A、B分别到达挡板C、D的运动时间t1和t2。(1)试验中还应测量的物理量是________________________________________________________________________。(2)利用上述测量的试验数据，验证动量守恒定律的表达式是____________________，由此公式算得的A、B两滑块的动量大小并不完全相等，产生误差的缘由是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(3)利用上述试验数据能否测出被压缩弹簧的弹性势能的大小？________。如能，请写出表达式________________________________________________________________________________________。答案(1)B的右端至D挡板的距离L2(2)mA·eq\f(L1,t1)－mB·eq\f(L2,t2)＝0'测量时间、距离等存在误差，阻力、气垫导轨不水同等造成误差(3)能'Ep＝eq\f(1,2)mAeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L1,t1)))2＋eq\f(1,2)mBeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L2,t2)))2解析(1)验证动量守恒定律，要知道A、B两滑块的速度，所以不仅要知道A到C的距离，也要知道B到D的距离。(2)由试验所测数据知，要验证动量守恒定律须满意mA·eq\f(L1,t1)－mB·eq\f(L2,t2)＝0，误差不行避开，时间、距离的测量有误差，阻力、导轨不水同等都可造成误差。(3)由试验装置知，弹簧的弹性势能转化为A、B的动能，所以有Ep＝eq\f(1,2)mAeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L1,t1)))2＋eq\f(1,2)mBeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L2,t2)))2。三、计算题(共34分)14．(8分)如右图所示，一质量为M的物块静止在桌面边缘，桌面离水平地面的高度为h。一质量为m的子弹以水平速度v0射入物块后，以水平速度eq\f(v0,2)射出。重力加速度为g。求：(1)此过程中系统损失的机械能；(2)此后物块落地点离桌面边缘的水平距离。答案(1)eq\f(1,8)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(m,M)))mveq\o\al(2,0)'(2)eq\f(mv0,M)eq\r(\f(h,2g))解析(1)设子弹穿过物块后物块的速度为v，由动量守恒定律得mv0＝m×eq\f(v0,2)＋Mv，解得：v＝eq\f(mv0,2M)系统损失的机械能为：ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)m\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,2)))2＋\f(1,2)Mv2))解得：ΔE＝eq\f(1,8)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(m,M)))mveq\o\al(2,0)。(2)设物块下落到地面所需时间为t，落地点距桌面边缘的水平距离为s，则：h＝eq\f(1,2)gt2，s＝vt得：s＝eq\f(mv0,M)eq\r(\f(h,2g))。15．(8分)竖直平面内的半圆轨道光滑且与水平地面相切于B点，一质量为1kg的坚硬小物块A(可视为质点)，静止在光滑的水平地面上，如图所示。一颗质量为10g的子弹以505m/s的速度向左飞来，正好打中小物块A，并嵌在小物块A内一起向左运动，已知R＝0.4m，g＝10m/s2。求：(1)子弹打中小物块A并合成一个整体时的共同速度大小；(2)小物块A在C点对轨道顶端的压力大小；(3)小物块A落地点与B点的水平距离。答案(1)5m/s(2)12.625N(3)1.2m解析(1)子弹打中小物块的过程，取向左为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝(m＋M)v得共同体的速度大小为：v＝eq\f(mv0,m＋M)＝eq\f(0.01×505,0.01＋1)m/s＝5m/s。(2)小物块(含子弹)从水平面运动到C点的过程，由机械能守恒定律得：eq\f(1,2)(M＋m)v2＝eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,C)＋(m＋M)g·2R代入数据计算得出：vC＝3m/s在C点，由牛顿其次定律得：N＋(m＋M)g＝(m＋M)eq\f(v\o\al(2,C),R)代入数据计算得出：N＝12.625N由牛顿第三定律知，小物块在C点对轨道顶端的压力大小为：N′＝N＝12.625N。(3)小物块离开C点后做平抛运动，则有：2R＝eq\f(1,2)gt2x＝vCt计算得出小物块落地点与B点的水平距离为：x＝1.2m。16.(9分)如图所示，光滑水平面上一质量为M、长为L的木板右端紧靠竖直墙壁。质量为m的小滑块(可视为质点)以水平速度v0滑上木板的左端，滑到木板的右端时速度恰好为零。(1)求小滑块与木板间的摩擦力大小；(2)现小滑块以某一速度v滑上木板的左端，滑到木板的右端时与竖直墙壁发生弹性碰撞，然后向左运动，刚好能够滑到木板左端而不从木板上落下，试求eq\f(v,v0)的值。答案(1)eq\f(mv\o\al(2,0),2L)(2)eq\r(\f(2M＋m,M))解析(1)小滑块以水平速度v0右滑时，有：－FfL＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)①解得Ff＝eq\f(mv\o\al(2,0),2L)。②(2)设小滑块以速度v滑上木板，运动至碰墙时速度为v1，则有－FfL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mv2③滑块与墙碰撞后向左运动到木板左端，此时滑块、木板的共同速度为v2，则有mv1＝(m＋M)v2④FfL＝eq\f