章末檢測(cè)卷(六)-動(dòng)量

章末檢測(cè)卷(六)動(dòng)量(滿分：100分時(shí)間：45分鐘)一、選擇題(共8小題，每小題6分，共48分.1～5題只有一個(gè)選項(xiàng)正確，6～8題有多個(gè)選項(xiàng)正確)1．一顆子彈水平射入置于光滑水平面上的木塊A并留在其中，A、B用一根彈性良好的輕質(zhì)彈簧連在一起，如圖所示，則在子彈打擊木塊A及彈簧被壓縮的過(guò)程中，對(duì)子彈、兩木塊和彈簧組成的系統(tǒng)()A．動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒B．動(dòng)量不守恒，機(jī)械能守恒C．動(dòng)量守恒，機(jī)械能不守恒D．無(wú)法判定動(dòng)量、機(jī)械能是否守恒解析：動(dòng)量守恒的條件是系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零，本題中子彈、兩木塊、彈簧組成的系統(tǒng)，水平方向上不受外力，豎直方向上所受外力的合力為零，所以動(dòng)量守恒．機(jī)械能守恒的條件是除重力、彈力對(duì)系統(tǒng)做功外，其他力對(duì)系統(tǒng)不做功，本題中子彈射入木塊瞬間有部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能(發(fā)熱)，所以系統(tǒng)的機(jī)械能不守恒．故C正確，A、B、D錯(cuò)誤．答案：C2．(2020·山西晉城第一次模擬)所謂對(duì)接是指兩艘同方向以幾乎同樣快慢運(yùn)行的宇宙飛船在太空中互相靠近，最后連接在一起．假設(shè)“天舟一號(hào)”和“天宮二號(hào)”的質(zhì)量分別為M、m，兩者對(duì)接前的在軌速度分別為(v＋Δv)、v，對(duì)接持續(xù)時(shí)間為Δt，則在對(duì)接過(guò)程中“天舟一號(hào)”對(duì)“天宮二號(hào)”的平均作用力大小為()A.eq\f(m2·Δv,M＋mΔt) B.eq\f(M2·Δv,M＋mΔt)C.eq\f(Mm·Δv,M＋mΔt) D．0解析：在“天舟一號(hào)”和“天宮二號(hào)”對(duì)接的過(guò)程中水平方向動(dòng)量守恒，M(v＋Δv)＋mv＝(M＋m)v′，解得對(duì)接后兩者的共同速度v′＝v＋eq\f(M·Δv,M＋m)，以“天宮二號(hào)”為研究對(duì)象，根據(jù)動(dòng)量定理有F·Δt＝mv′－mv，解得F＝eq\f(Mm·Δv,M＋mΔt)，選項(xiàng)C正確．答案：C3．(2020·陜西商洛質(zhì)檢)如圖所示，在固定的水平桿上，套有質(zhì)量為m的光滑圓環(huán)，輕繩一端拴在環(huán)上，另一端系著質(zhì)量為M的木塊，現(xiàn)有質(zhì)量為m0的子彈以大小為v0的水平速度射入木塊并立刻留在木塊中，重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的是()A．子彈射入木塊后的瞬間，速度大小為eq\f(m0v0,m0＋m＋M)B．子彈射入木塊后的瞬間，繩子拉力等于(M＋m0)gC．子彈射入木塊后的瞬間，環(huán)對(duì)輕桿的壓力大于(M＋m＋m0)gD．子彈射入木塊之后，圓環(huán)、木塊和子彈構(gòu)成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒解析：子彈射入木塊后的瞬間，子彈和木塊系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，以v0的方向?yàn)檎较?，則m0v0＝(M＋m0)v1，得v1＝eq\f(m0v0,m0＋M)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；子彈射入木塊后的瞬間，F(xiàn)T－(M＋m0)g＝(M＋m0)eq\f(v\o\al(2,1),L)，可知繩子拉力大于(M＋m0)g，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；子彈射入木塊后的瞬間，對(duì)圓環(huán)，F(xiàn)N＝FT＋mg>(M＋m＋m0)g，由牛頓第三定律知，選項(xiàng)C正確；子彈射入木塊之后，圓環(huán)、木塊和子彈構(gòu)成的系統(tǒng)只在水平方向動(dòng)量守恒，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．答案：C4．如圖所示，質(zhì)量相等的A、B兩個(gè)球，原來(lái)在光滑水平面上沿同一直線相向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，A球的速度是6m/s，B球的速度是－2m/s，A、B兩球發(fā)生對(duì)心碰撞．對(duì)于該碰撞之后的A、B兩球的速度可能值，某實(shí)驗(yàn)小組的同學(xué)們做了很多種猜測(cè)，A．vA′＝－2m/s，vB′＝6mB．vA′＝2m/s，vB′＝2mC．vA′＝1m/s，vB′＝3mD．vA′＝－3m/s，vB′＝7m解析：兩球碰撞前后應(yīng)滿足動(dòng)量守恒定律及碰后兩球的動(dòng)能之和不大于碰前兩球的動(dòng)能之和，即mAvA＋mBvB＝mAvA′＋mBvB′①，eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)≥eq\f(1,2)mAvA′2＋eq\f(1,2)mBvB′2②，選項(xiàng)D中滿足①式，但不滿足②式，所以D選項(xiàng)無(wú)法實(shí)現(xiàn)，符合題意．答案：D5．(2020·北京質(zhì)檢)如圖所示，兩質(zhì)量分別為m1和m2的彈性小球A、B疊放在一起，從高度為h處自由落下，h遠(yuǎn)大于兩小球半徑，落地瞬間，B先與地面碰撞，后與A碰撞，所有的碰撞都是彈性碰撞，且都發(fā)生在豎直方向、碰撞時(shí)間均可忽略不計(jì)．已知m2＝3m1，則A反彈后能達(dá)到的高度為A．h B．2hC．3h D．4h解析：所有的碰撞都是彈性碰撞，所以不考慮能量損失．設(shè)豎直向上為正方向，根據(jù)機(jī)械能守恒定律和動(dòng)量守恒定律可得，(m1＋m2)gh＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v2，m2v－m1v＝m1v1＋m2v2，eq\f(1,2)(m1＋m2)v2＝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(2,1)＝m1gh1，將m2＝3m1代入，聯(lián)立可得h1＝4h，選項(xiàng)D正確．答案：D6．(2020·寧夏銀川模擬)A、B兩球沿一直線運(yùn)動(dòng)并發(fā)生正碰，如圖所示為兩球碰撞前、后的位移隨時(shí)間變化的圖象，a、b分別為A、B兩球碰前的位移隨時(shí)間變化的圖線，c為碰撞后兩球共同運(yùn)動(dòng)的位移隨時(shí)間變化的圖線，若A球質(zhì)量是m＝2kg，A．碰撞前、后A球的動(dòng)量變化量為4B．碰撞時(shí)A球?qū)球所施的沖量為－4C．A、B兩球碰撞前的總動(dòng)量為3D．碰撞中A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的動(dòng)能為10J解析：根據(jù)題圖可知，碰前A球的速度vA＝－3m/s，碰前B球的速度vB＝2m/s，碰后A、B兩球共同的速度v＝－1m/s，故碰撞前、后A球的動(dòng)量變化量為ΔpA＝mv－mvA＝4kg·m/s，選項(xiàng)A正確；A球的動(dòng)量變化量為4kg·m/s，碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒，B球的動(dòng)量變化量為－4kg·m/s，根據(jù)動(dòng)量定理，碰撞過(guò)程中A球?qū)球所施的沖量為－4kg·m/s，選項(xiàng)B正確；由于碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒，有mvA＋mBvB＝(m＋mB)v，解得mB＝eq\f(4,3)kg，故碰撞過(guò)程中A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的動(dòng)能為ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)(m＋mB)v2＝10J，選項(xiàng)D正確；A、B兩球碰撞前的總動(dòng)量為p＝mvA＋mBvB＝(m＋mB)v＝－eq\f(10,3)kg·m/s，選項(xiàng)C錯(cuò)誤．答案：ABD7．質(zhì)量為0.5kg的小物塊放在水平地面上的A點(diǎn)，距離A點(diǎn)5m的位置B處是一面豎直墻，如圖所示，物塊以v0＝9m/s的初速度從A點(diǎn)沿AB方向運(yùn)動(dòng)，在與墻壁碰撞前瞬間的速度為7m/s，碰后以6m/s的速度反向運(yùn)動(dòng)直至靜止．碰撞時(shí)間為0.05s，gA．物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.12B．墻面對(duì)物塊平均作用力的大小為130NC．物塊在反向運(yùn)動(dòng)過(guò)程中克服摩擦力所做的功為9JD．碰撞后物塊還能向左運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為2s解析：物塊從A點(diǎn)到B處的過(guò)程，由動(dòng)能定理得－μmgx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，代入數(shù)據(jù)解得μ＝0.32，故A錯(cuò)誤；以向右為正方向，由動(dòng)量定理得Ft＝m(－v2)－mv1，代入數(shù)據(jù)解得F＝－130N，負(fù)號(hào)表示墻面對(duì)物塊的作用力向左，故B正確；物塊向左運(yùn)動(dòng)過(guò)程，由動(dòng)能定理得－W＝－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，代入數(shù)據(jù)解得W＝9J，即物塊在反向運(yùn)動(dòng)過(guò)程中克服摩擦力所做的功為9J，故C正確；碰撞后物塊還能向左運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝eq\f(v2,μg)＝eq\f(15,8)s，故D錯(cuò)誤．答案：BC8．(2019·遼寧沈陽(yáng)高三三模)如圖甲所示，物塊A、B間拴接一個(gè)壓縮后被鎖定的輕彈簧，整個(gè)系統(tǒng)靜止放在光滑水平地面上，其中A物塊最初與左側(cè)固定的擋板相接觸，B物塊質(zhì)量為4kg.現(xiàn)解除對(duì)彈簧的鎖定，在A離開(kāi)擋板后，B物塊的v-t圖象如圖乙所示，A．物塊A的質(zhì)量為4B．運(yùn)動(dòng)過(guò)程中物塊A的最大速度為vm＝4C．在物塊A離開(kāi)擋板前，系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒D．在物塊A離開(kāi)擋板后彈簧的最大彈性勢(shì)能為6J解析：由圖知，A剛離開(kāi)擋板時(shí)B的速度為v0＝3m/s.當(dāng)彈簧第一次恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)A的速度最大，B的速度最小，為vB＝1m/s，由mBv0＝mAvm＋mBvB，eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mmveq\o\al(2,m)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)，解得A的最大速度vm＝4m/s，A的質(zhì)量mA＝2kg，故A錯(cuò)誤，B正確．在A離開(kāi)擋板前，由于擋板對(duì)A有作用力，A、B系統(tǒng)所受合外力不為零，所以系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，故C錯(cuò)誤．分析A離開(kāi)擋板后A、B的運(yùn)動(dòng)過(guò)程知，彈簧伸長(zhǎng)到最長(zhǎng)時(shí)A、B有共同速度，根據(jù)機(jī)械能守恒定律和動(dòng)量守恒定律，有mBv0＝(mA＋mB)v共，Ep＝eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(mA＋mB)veq\o\al(2,共)，聯(lián)立解得彈簧的最大彈性勢(shì)能Ep＝6J，故D正確．答案：BD二、非選擇題(共5小題，52分)9．(6分)在實(shí)驗(yàn)室里為了驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律，一般采用如圖甲、乙所示的兩種裝置．(1)若入射小球質(zhì)量為m1，半徑為r1；被碰小球質(zhì)量為m2，半徑為r2，則________．A．m1>m2，r1>r2B．m1>m2，r1<r2C．m1>m2，r1＝r2D．m1<m2，r1＝r2(2)若采用圖乙所示裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，以下所提供的測(cè)量工具中必需的是________．A．直尺 B．游標(biāo)卡尺C．天平 D．彈簧測(cè)力計(jì)E．秒表(3)設(shè)入射小球的質(zhì)量為m1，被碰小球的質(zhì)量為m2，則在用圖甲所示裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)時(shí)(P為碰前入射小球落點(diǎn)的平均位置)，所得“驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律”的關(guān)系式為_(kāi)_______________．(用裝置圖中的字母表示)解析：(1)為防止反彈造成入射小球返回斜槽，要求入射小球質(zhì)量大于被碰小球質(zhì)量，即m1>m2；為使入射小球與被碰小球發(fā)生對(duì)心碰撞，要求兩小球半徑相同，故C正確．(2)設(shè)入射小球?yàn)閍，被碰小球?yàn)閎，a球碰前的速度為v1，a、b相碰后的速度分別為v1′、v2′.由于兩球都從同一高度做平拋運(yùn)動(dòng)，當(dāng)以運(yùn)動(dòng)時(shí)間為一個(gè)計(jì)時(shí)單位時(shí)，可以用它們平拋的水平位移表示碰撞前后的速度．因此，需驗(yàn)證的動(dòng)量守恒關(guān)系m1v1＝m1v1′＋m2v2′可表示為m1x1＝m1x1′＋m2x2′.所以需要直尺、天平，而無(wú)需彈簧測(cè)力計(jì)、秒表．由于題中兩個(gè)小球都可認(rèn)為是從槽口開(kāi)始做平拋運(yùn)動(dòng)的，兩球的半徑不必測(cè)量，故無(wú)需游標(biāo)卡尺．(3)得出驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律的關(guān)系式應(yīng)為m1·OP＝m1·OM＋m2·O′N.答案：(1)C(2)AC(3)m1·OP＝m1·OM＋m2·O′N10．(6分)如圖所示是用來(lái)驗(yàn)證動(dòng)量守恒的實(shí)驗(yàn)裝置．彈性球1用細(xì)線懸掛于O點(diǎn)，O點(diǎn)正下方桌子的邊沿有一豎直立柱．實(shí)驗(yàn)時(shí)，調(diào)節(jié)懸點(diǎn)，使彈性球1靜止時(shí)恰與立柱上的球2接觸且兩球等高．將球1拉到A點(diǎn)，并使之靜止，同時(shí)把球2放在立柱上．釋放球1，當(dāng)它擺到懸點(diǎn)正下方時(shí)與球2發(fā)生對(duì)心碰撞．碰后球1向左最遠(yuǎn)可擺到B點(diǎn)，球2落到水平地面上的C點(diǎn)．測(cè)出有關(guān)數(shù)據(jù)即可驗(yàn)證1、2兩球碰撞時(shí)動(dòng)量守恒．現(xiàn)已測(cè)出A點(diǎn)離水平桌面的距離為a，B點(diǎn)離水平桌面的距離為b，C點(diǎn)與桌子邊沿間的水平距離為c.此外：(1)還需要測(cè)量的量是________、________和________．(2)根據(jù)測(cè)量的數(shù)據(jù)，該實(shí)驗(yàn)中動(dòng)量守恒的表達(dá)式為_(kāi)_______．(忽略小球的大小)解析：(1)要驗(yàn)證動(dòng)量守恒必須知道兩球碰撞前后的動(dòng)量變化，根據(jù)彈性球1碰撞前后的高度a和b及立柱高h(yuǎn)，由機(jī)械能守恒可以求出碰撞前后的速度，故再測(cè)量出彈性球1的質(zhì)量m1，就能求出彈性球1的動(dòng)量變化；根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律只要測(cè)出立柱高h(yuǎn)和桌面高H就可以求出彈性球2碰撞前后的速度變化，故再測(cè)量出彈性球2的質(zhì)量就能求出彈性球2的動(dòng)量變化．(2)根據(jù)(1)的解析可以寫出動(dòng)量守恒的方程為2m1eq\r(a－h(huán))＝2m1eq\r(b－h(huán))＋m2eq\f(c,\r(H＋h))答案：(1)彈性球1、2的質(zhì)量m1、m2立柱高h(yuǎn)桌面高H(2)2m1eq\r(a－h(huán))＝2m1eq\r(b－h(huán))＋m2eq\f(c,\r(H＋h))11．(12分)如圖所示，一質(zhì)量M＝2kg的帶有弧形軌道的平臺(tái)置于足夠長(zhǎng)的水平軌道上，弧形軌道與水平軌道平滑連接，水平軌道上靜置一小球B.從弧形軌道上距離水平軌道高h(yuǎn)＝0.3m處由靜止釋放一質(zhì)量mA＝1kg的小球A，小球A沿軌道下滑后與小球B發(fā)生彈性正碰，碰后小球A被彈回，且恰好追不上平臺(tái)．已知所有接觸面均光滑，重力加速度為g＝10解析：設(shè)小球A下滑到水平軌道上時(shí)的速度大小為v1，平臺(tái)水平速度大小為v，由動(dòng)量守恒定律有0＝mAv1－Mv由能量守恒定律有mAgh＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mv2聯(lián)立解得v1＝2m/s，v＝1m/s小球A、B碰后運(yùn)動(dòng)方向相反，設(shè)小球A、B的速度大小分別為v1′和v2，由于碰后小球A被彈回，且恰好追不上平臺(tái)，則此時(shí)小球A的速度等于平臺(tái)的速度，有v1′＝1m/s由動(dòng)量守恒定律得mAv1＝－mAv1′＋mBv2由能量守恒定律有eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mAv1′2＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,2)聯(lián)立解得mB＝3kg.答案：3kg12．(14分)(2020·山東臨沂模擬)如圖所示，靜止放置在光滑水平面上的A、B、C三個(gè)滑塊，滑塊A、B間通過(guò)一水平輕彈簧相連，滑塊A左側(cè)緊靠一固定擋板P，某時(shí)刻給滑塊C施加一個(gè)水平?jīng)_量使其以初速度v0水平向左運(yùn)動(dòng)，滑塊C撞上滑塊B的瞬間二者粘在一起共同向左運(yùn)動(dòng)，彈簧被壓縮至最短的瞬間具有的彈性勢(shì)能為1.35J，此時(shí)撤掉固定擋板P，之后彈簧彈開(kāi)釋放勢(shì)能，已知滑塊A、B、C的質(zhì)量分別為mA＝mB＝0.2kg，mC＝0.1kg，(取eq\r(10)＝3.17)求(1)滑塊C的初速度v0的大??；(2)當(dāng)彈簧彈開(kāi)至恢復(fù)到原長(zhǎng)的瞬間，滑塊B、C的速度大??；(3)從滑塊B、C開(kāi)始?jí)嚎s彈簧至彈簧恢復(fù)到原長(zhǎng)的過(guò)程中，彈簧對(duì)滑塊B、C整體的沖量．解析：(1)滑塊C撞上滑塊B的過(guò)程中，滑塊B、C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以水平向左為正，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得：mCv0＝(mB＋mC)v1彈簧被壓縮至最短時(shí)，滑塊B、C速度為零，根據(jù)能量守恒定律得：Ep＝eq\f(1,2)(mB＋mC)veq\o\al(2,1)解得：v1＝3m/s，v0＝9m/s(2)設(shè)彈簧彈開(kāi)至恢復(fù)到原長(zhǎng)的瞬間，滑塊B、C的速度大小為v2，滑塊A的速度大小為v3，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得：mAv3＝(mB＋mC)v2，根據(jù)能量守恒定律得：Ep＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,3)＋eq\f(1,2)(mB＋mC)veq\o\al(2,2)解得：v2≈1.9m/s(3)設(shè)彈簧對(duì)滑塊B、C整體的沖量I，選向右為正方向，由動(dòng)量定理得：I＝Δp＝(mB＋mC)(v2＋v1)解得：I＝1.47N·s，方向水平向右．答案：(1)9m/s(2)1.9m/s(3)1.47N·s，方向水平向右13．(14分)(2020·黑龍江齊齊哈爾五校聯(lián)考)如圖所示，木板M固定在水平地面上，上表面光滑，光滑半圓形軌道固定在M上，軌道半徑R＝0.6m，M上靜止著兩個(gè)滑塊A、B，mA＝0.1kg，mB＝0.2kg，兩滑塊間夾有壓縮彈片