人教版高中物理選修35第十六章動量守恒定律單元檢測

人教版高中物理選修35第十六章動量守恒定律單元檢測一、單選題1.當車輛發(fā)生碰撞事故時，為了盡可能地減輕駕乘人員的傷害程度，在汽車內前方(正副駕駛位)設置了安全氣囊，在汽車發(fā)生猛烈撞擊時安全氣囊將自動彈出．則該安全氣囊的功能是()A.減小駕乘人員的動量變化量 B.減小駕乘人員受到的沖量C.減小駕乘人員的動量變化率 D.減小駕乘人員與氣囊的作用時間【答案】C【解析】【詳解】汽車發(fā)生碰撞過程，駕乘人員從運動變化到靜止，動量的變化量△P一定，由動量定理可知，人受到的沖量大小一定；安全氣囊可以增加駕乘人員的減速的時間t，由動量定理得：△P＝Ft，動量的變化率F，延長時間t，動量的變化率減小，即人受到的沖擊力減小，可以減小人受到的傷害；由以上分析可知，C正確，ABD錯誤．2.如圖所示為一水平彈簧振子，小球在M、N間做簡諧運動，O是平衡位置，P是ON之間的一點．下列說法錯誤的是（）A.小球每次經過P點時的回復力都相同B.小球每次經過P點時的加速度都相同C.小球每次經過P點時的動能都相同D.小球每次經過P點時的動量都相同【答案】D【解析】【分析】根據彈簧的形變量分析回復力的大小，結合牛頓第二定律分析加速度是否相同．注意振子每次經過同一點的速度大小相等，方向不一定相同．【詳解】小球每次經過P點，由于彈簧的形變量相等，則彈力相等，可知回復力相同，故A正確．小球每次經過P點時，由于回復力相同，根據牛頓第二定律知，加速度相同，故B正確．小球每次經過P點時速度大小相等，則動能相同，故C正確．小球每次經過P點，速度大小相等，但是方向不一定相同，則動量不一定相同，故D錯誤．本題選錯誤的，故選D．【點睛】解決本題的關鍵知道彈簧振子的特點，經過同一點時，回復力相同，加速度相同，速度大小相等，但是速度方向不一定相同，知道動量是矢量，有大小有方向．3.如圖，在光滑水平面上有一質量為m的物體，在與水平方向成θ角的恒定的拉力F作用下運動，則在時間t內（）A.重力的沖量為零B.拉力F的沖量為FtcosθC.拉力F的沖量為FtD.物體動量的變化量等于Ft【答案】C【解析】【詳解】重力的沖量為重力與作用時間的乘積，為mgt，故A錯誤；拉力的沖量為拉力F與時間t的乘積，即Ft，故B錯誤，C正確；物體受到的合外力為Fcosθ，根據動量定理知物體動量的變化量△P=Ftcosθ＜Ft，故D錯誤．故選C．【點睛】本題考查了沖量的定義和動量定理的應用，注意區(qū)分合外力的沖量與某一個力的沖量在動量定理的應用中的區(qū)別是關鍵．4.如圖所示，某人身系彈性繩從高空P處自由下落，做蹦極運動。圖中a是彈性繩原長的位置，c是人所到達的最低點，b是人靜止地懸著時的平衡位置，不計空氣阻力，則人到達（??）A.a點時動能最大B.b點時繩的彈性勢能為零C.c點時繩的彈性勢能最大D.從a點到c點，繩對人的沖量始終向下【答案】C【解析】【詳解】ABC．運動員下降的過程中，彈性繩未伸長前運動員做自由落體運動，到達a點后繩子開始伸長，彈力開始增大，但由于此時彈力仍小于重力，所以仍做加速運動，當彈力和重力平衡時，即到達b點時，加速度為零，速度最大，動能最大，此時繩有形變，彈性勢能大于零，由于人的速度仍向下，所以仍會向下運動，之后彈力大于重力，做減速運動，當到達最低點c時，繩子形變量最大，彈性勢能最大，故AB錯誤，C正確；D．從a點到c點，繩子對人一直有向上的拉力，所以繩對人的沖量始終向上，故D錯誤。故選C。5.如圖所示，一輛小車靜止在光滑水平面上，A、B兩人分別站在車的兩端，當兩人同時相向運動時（）A.若小車不動，兩人速率一定相等B.若小車向左運動，A的速率一定比B的小C.若小車向左運動，A的動量一定比B的大D.若小車向左運動，A的動量一定比B的小【答案】C【解析】【詳解】A．AB兩人及小車組成的系統(tǒng)不受外力，系統(tǒng)動量守恒，根據動量守恒定律得若小車不動，則由于不知道AB質量關系，所以兩人速率不一定相等，故A錯誤；BCD．若小車向左運動，則AB的動量和必須向右，而A向右運動，B向左運動，所以A的動量一定比B的大，但由于不知道兩人的質量，所以兩人的速率不定，故BD錯誤，C正確。故選C。6.水平恒定推力F1和F2分別作用于水平面上原來靜止的、質量相等的a、b兩物體上，作用一段時間后撤去推力，由于慣性．物體將繼續(xù)運動一段時間后才能停下，兩物體的v﹣t圖象如圖所示，已知圖中線段AB∥CD，則（）A.a物體受到的摩擦力小于b物體受到的摩擦力B.a物體受到的摩擦力大于b物體受到的摩擦力C.F1的沖量大于F2的沖量D.F1的沖量小于F2的沖量【答案】D【解析】【分析】由速度圖象分析可知，水平推力撤去后，AB與CD平行，說明加速度相同，動摩擦因數相同，兩物體的質量相等，說明摩擦力大小相等．根據動量定理，研究整個過程，確定兩個推力的沖量關系．【詳解】由圖，AB與CD平行，說明推力撤去后兩物體的加速度相同，而撤去推力后物體的合力等于摩擦力，根據牛頓第二定律可知，兩物體受到的摩擦力大小相等；故AB錯誤．根據動量定理，對整個過程研究得：F1t1ftOB=0，F2t2ftOD=0；由圖看出，tOB＜tOD，則有F1t1＜F2t2，即F1的沖量小于F2的沖量．故C錯誤，D正確．故選D．【點睛】本題首先考查讀圖能力，其次考查動量定理應用，關鍵是能正確選擇研究過程，結合圖像提供的信息求解．7.在光滑的水平桌面上有兩個在同一直線上運動的小球a和b，正碰前后兩小球的位移隨時間的變化關系如圖所示。在小球a和b的質量之比為（）A.9：16 B.1：4 C.3：8 D.4：1【答案】B【解析】【詳解】位移時間圖像的斜率表示速度，由題中圖像可知，小球和碰撞前的速度分別為小球a和b碰撞后的速度為小球和碰撞過程滿足系統(tǒng)動量守恒，以的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得代入數據解得B正確，ACD錯誤；故選B。8.靜止的氡核弱放出粒子后變成釙核，粒子動能為.若衰變放出的能量全部變?yōu)榉礇_核和粒子的動能，真空中的光速為，則該反應中的質量虧損為A. B.0C. D.【答案】C【解析】【詳解】核反應中動量守恒，釙核與粒子動量大小相等，由可求出釙核動能根據可知A．，與結論不相符，選項A錯誤；B．0，與結論不相符，選項B錯誤；C．，與結論相符，選項C正確；D．，與結論不相符，選項D錯誤；故選C.9.質量為的均勻木塊靜止在光滑水平面上，木塊左右兩側各有一位拿著完全相同步槍和子彈的射擊手。首先左側射手開槍，子彈水平射入木塊的最大深度為，然后右側射手開槍，子彈水平射入木塊的最大深度為，如圖所示。設子彈均未射穿木塊，且兩顆子彈與木塊之間的作用力大小均相同。當兩顆子彈均相對木塊靜止時，下列說法中正確的是（）A.最終木塊靜止， B.最終木塊向右運動，C.最終木塊向左運動， D.最終木塊靜止，【答案】D【解析】【詳解】設子彈的速度為，子彈的質量為，左側子彈射入木塊后與木塊共同運動的速度為，由動量守恒定律可得設子彈與木塊之間的作用力大小為，根據能量守恒定律可得當右側子彈射入木塊后，設最后的共同速度為，根據動量守恒可得解得根據能量守恒定律可得聯(lián)立可知故選D。10.小鐵塊置于薄木板右端，薄木板放在光滑的水平地面上，鐵塊的質量大于木板的質量。t=0時使兩者獲得等大反向的初速度開始運動，t=t1時鐵塊剛好到達木板的左端并停止相對滑動，此時與開始運動時的位置相比較，下列示意圖符合實際的是（）A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【詳解】開始時兩者具有等大反向的初速度，由于鐵塊的質量大于木板的質量，所以系統(tǒng)的總動量水平向左，根據動量守恒定律知，當兩物體相對靜止時共同速度水平向左，而且在速度達到相等前，小鐵塊一直向左運動，所以兩者速度相等時，小鐵塊在初位置的左側。故選A。11.如圖所示，小車放在光滑的水平面上，將繩系著的小球拉開到一定的角度，然后同時放開小球和小車．以小球和小車為系統(tǒng)．那么在以后的過程中()A.小球向左擺動時，小車也向左擺動，且系統(tǒng)動量守恒B.小球向左擺動時，小車向右運動，且系統(tǒng)水平方向動量守恒C.小球向左擺到最高點，小球的速度為零而小車速度不為零D.在任意時刻，小球和小車在水平方向的動量一定大小相等、方向相反【答案】BD【解析】【詳解】AB.小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向不受外力，豎直方向所受外力不為零，故系統(tǒng)只在水平方向動量守恒，系統(tǒng)在水平方向動量守恒，系統(tǒng)總動量為零，小球與車的動量大小相等、方向相反，小球向左擺動時，小車向右運動，故A錯誤，B正確；C.小球向左擺到最高點，小球的速度為零而小車的速度也為零，故C錯誤；D.系統(tǒng)只在水平方向動量守恒，在任意時刻，小球和小車在水平方向的動量一定大小相等、方向相反．故D正確；故選BD．12.下列運動屬于反沖運動的有()A.乒乓球碰到墻壁后彈回 B.發(fā)射炮彈后炮身后退C.噴氣式飛機噴氣飛行 D.船員劃槳使船前進【答案】BC【解析】【詳解】A．乒乓球碰到墻壁上彈回是因為受到了墻壁的作用力，不是反沖運動，故A錯誤；B．發(fā)射炮彈后炮身后退，屬于反沖運動，故B正確；C．噴氣式飛機是利用飛機與氣體間的相互作用而促進飛機前進的，屬于反沖運動，故C正確；D．船員劃槳使船前進是利用了水的反作用力作為動力，不屬于反沖運動，故D錯誤。故選BC。二、多選題13.如圖所示，勁度系數為k的輕彈簧的一端固定在墻上，另一端與置于水平面上質量為m的物體A接觸，但未與物體A連接，彈簧水平且無形變。現對物體A施加一個水平向右的瞬間沖量，大小為I0，測得物體A向右運動的最大距離為x0，之后物體A被彈簧彈回最終停在距離初始位置左側2x0處。已知彈簧始終在彈簧彈性限度內，物體A與水平面間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g，下列說法中正確的是（）A.物體A與彈簧作用過程，彈簧對物體A的沖量為零B.物體A向右運動過程中與彈簧接觸的時間一定小于物體A向左運動過程中與彈簧接觸的時間C.物體A與彈簧作用過程中，系統(tǒng)的最大彈性勢能一定等于D.物體A向左運動最大動能一定大于【答案】BCD【解析】【詳解】A．沖量物體A與彈簧作用過程，彈簧對物體A的沖量不為零，故A錯誤；B．根據牛頓第二定律物體向右運動有向左運動有所以，在同一位置大于，位移大小相等，所以向右運動時間小于向左運動的時間，故B正確；C．物體的初動能根據能量守恒可求最大的彈性勢能故C正確；D．向左運動過程中，當物體A向左運動有最大動能時，則再向左開始減速，設回到出發(fā)點時動能為，從出發(fā)到在回到出發(fā)點的過程中，根據能量守恒所以故D正確。故選BCD。14.在光滑的水平桌面上有等大的質量分別為M=0.6kg，m=0.2kg的兩個小球，中間夾著一個被壓縮的具有Ep=10.8J彈性勢能的輕彈簧（彈簧與兩球不相連），原來處于靜止狀態(tài)?，F突然釋放彈簧，球m脫離彈簧后滑向與水平面相切、半徑為R=0.425m的豎直放置的光滑半圓形軌道，如圖所示。g取10m/s2。則下列說法正確的是（）A.球m從軌道底端A運動到頂端B的過程中所受合外力沖量大小為3.4N·sB.彈簧彈開過程，彈力對m沖量大小為1.8N·sC.若半圓軌道半徑可調，則球m從B點飛出后落在水平桌面上的水平距離隨軌道半徑的增大而減小D.M離開輕彈簧時獲得的速度為9m/s【答案】AB【解析】【詳解】ABD．釋放彈簧過程中系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒，以向右為正方向，由動量守恒得由機械能守恒得代入數據解得即M離開輕彈簧時獲得的速度為3m/s；m從A到B過程中，由機械能守恒定律得解得以向右為正方向，由動量定理得，球m從軌道底端A運動到頂端B的過程中所受合外力沖量大小為則合力沖量大小為3.4N?s，由動量定理得，彈簧彈開過程，彈力對m的沖量大小為故AB正確，D錯誤；C．設圓軌道半徑為r時，飛出B后水平位移最大，由A到B機械能守恒定律得在最高點，由牛頓第二定律得m從B點飛出，需要滿足：，飛出后，小球做平拋運動解得當時，即r=1.0125m時，x為最大，球m從B點飛出后落在水平桌面上的水平距離隨軌道半徑的增大先增大后減小，故C錯誤。故選AB。15.位于坐標原點處的波源A沿y軸做簡諧運動，A剛好完成一次全振動時，在介質中形成的簡諧橫波的波形如圖所示，B是沿波傳播方向上的一個質點，則（

）A.波源A開始振動時的運動方向沿y軸負方向B.此后周期內回復力對波源A一直做負功C.經半個周期，質點B將向右遷移半個波長D.質點A與質點B的速度總是相同E.在一個周期時間內A所受回復力的沖量為零【答案】ABE【解析】【分析】簡諧波傳播過程中，質點做簡諧運動時，起振方向與波源起振方向相同，與圖示時刻波最前端質點的振動方向相同．波在同一均勻介質中勻速傳播，振動在一個周期內傳播一個波長．但質點不隨波遷移．當回復力方向與質點運動的位移方向相同時，回復力做正功，否則，回復力做負功．經過一個周期質點的運動狀態(tài)與開始時相同．【詳解】波向右傳播，圖示時刻波最右端質點的振動方向沿y軸負方向，所以波源A開始振動時的運動方向沿y軸負方向．故A正確．此后的1/4周期內A點的回復力向上，位移向下，則回復力對波源A一直做負功．故B正確．質點只上下振動，不隨波遷移．故C錯誤．質點A與質點B的距離為半個波長，所以速度總是相反．故D錯誤；經過一個周期質點速度的大小、方向都相同，所以動量的變化為0，根據動量定理可知一個周期時間內A所受回復力的沖量為零，故E正確．故選ABE．【點睛】本題應用到機械波兩個基本特點：一是機械波向前傳播時，介質中質點不隨波遷移；二是介質中質點起振方向與波源起振方向相同．16.如圖所示，A、B兩木塊緊靠在一起且靜止于光滑水平面上，木塊C以一定的初速度v0從A的左端開始向右滑行，最后停在B木塊的右端，對此過程，下列敘述不正確的是（）A.當C在A上滑行時，A、C組成的系統(tǒng)動量守恒B.當C在B上滑行時，B、C組成的系統(tǒng)動量守恒C.無論C是在A上滑行還是在B上滑行，A、B、C三物塊組成的系統(tǒng)動量都守恒D.當C在B上滑行時，A、B、C組成的系統(tǒng)動量守恒【答案】A【解析】【分析】【詳解】A．當C在A上滑行時，對A、C組成的系統(tǒng)，B對A的作用力為外力，不等于0，故系統(tǒng)動量不守恒，故A錯誤；B．當C在B上滑行時，A、B已分離，對B、C組成的系統(tǒng)，沿水平方向不受外力作用，故系統(tǒng)動量守恒，故B正確；CD．若將A、B、C三木塊視為一系統(tǒng)，則沿水平方向無外力作用，系統(tǒng)動量守恒，故CD正確。故選A。三、解答題17.如圖所示，在光滑的水平桿上套著一個質量為m的滑環(huán)，滑環(huán)上通過一根不可伸縮的輕繩懸吊著質量為M的物體（可視為質點），繩長為l．將滑環(huán)固定時，給物塊一個水平沖量，物塊擺起后剛好碰到水平桿，若滑環(huán)不固定，仍給物塊以同樣的水平沖量，求物塊擺起的最大高度．【答案】【解析】【詳解】設物塊獲得初速為v0，則滑環(huán)固定時，①滑環(huán)不固定時，有Mv0=(M＋m)v②③由①②③，得18.如圖，小球a、b用等長細線懸掛于同一固定點O。讓球a靜止下垂，將球b向右拉起，使細線水平。從靜止釋放球b，兩球碰后粘在一起向左擺動，此后細線與豎直方向之間的最大偏角為60°。忽略空氣阻力，求（i）兩球a、b的質量之比；（ii）兩球在碰撞過程中損失的機械能與球b在碰前的最大動能之比?！敬鸢浮浚╥）；（ii）【解析】【詳解】（i）設球b的質量為m2，細線長為L，球b下落至最低點，但未與球a相碰時的速度為v，由機械能守恒定律得①式中g是重力加速度的大小。設球a的質量為m1；在兩球碰后的瞬間，兩球共同速度為v′，以向左為正。有動量守恒定律得②設兩球共同向左運動到最高處，細線與豎直方向的夾角為θ，由機械能守恒定律得③聯(lián)立①②③式得代入數據得（ii）兩球在碰撞過程中的機械能損失是聯(lián)立①⑥式，Q與碰前球b的最大動能Ek（Ek=）之比為⑦聯(lián)立⑤⑦式，并代入題給數據得⑧19.某同學用如圖甲所示裝置通過半徑相同的A、B兩球的碰撞來尋找不變量，圖中CQ是斜槽，QR為水平槽，二者平滑相接，實驗時先使A球從斜槽上某一固定位置G由靜止開始滾下，落到位于水平地面上的記錄紙上，留下痕跡。重復上述操作10次，得到10個落點痕跡。然后把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，讓A球仍從位置G由靜止開始滾下，和B球碰撞后，A、B球分別在記錄紙上留下各自的落點痕跡。重復這種操作10次。圖中O是水平槽末端口在記錄紙上垂直投影點，P為未放被碰球B時A球的平均落點，M為與B球碰后A球的平均落點，N為被碰球B的平均落點。若B球落點痕跡如圖乙所示，其中米尺水平放置，且平行于OP，米尺的零點與O點對齊。（1）入射球A的質量和被碰球B的質量的關系是_________（選填“>”“<”或“=”）；（2）碰撞后B球的水平射程約為________cm；（3）下列選項中，屬于本次實驗必須測量的的物理量是________（填選項前的字母）。A．水平槽上未放B球時，測量A球平均落點位置到O點的距離B．A球與B球碰撞后，測量A球平均落點位置到O點的距離C．測量A球或B球的直徑DD．測量A球和B球的質量、E．測量G點相對于水平槽面的高度H（4）若為不變量，則需驗證的關系式為_______________。（用題中給出的字母表示）【答案】①.>②.64.7③.ABD④.【解析】【詳解】（1）[1]要使兩球碰后都向右運動應有A球質量大于B球質量，即；（2）[2]將10個點圈在圓內的最小圓的圓心作為平均落點，可由米尺測得碰撞后B球的水平射程約為64.7cm。（3）[3]從同一高度做平拋運動，飛行的時間t相同，而水平方向為勻速直線運動，故水平位移所以只要測出小球飛行的水平位移，就可以用水平位移的測量值代替平拋初速度。故需測出未放B球時A球飛行的水平距離和碰后AB球飛行的水平距離和，及AB兩球的質量。故選ABD。（4）[4]若為不變量，需驗證的關系式為，將代入上式得20.某同學用如圖甲所示的裝置來驗證動量守恒定律，該裝置由水平長木板及固定在木板一端的硬幣發(fā)射器組成，硬幣發(fā)射器包括支架、彈片及彈片釋放裝置，釋放彈片可將硬幣彈出。已知一元硬幣和五角硬幣與長木板間動摩擦因數相同，主要實驗步驟如下：①將一元硬幣置于發(fā)射槽口，釋放彈片將硬幣發(fā)射出去，硬幣沿著長木板中心線運動，在長木板中心線，放置一元硬幣的右側取一點，測出停止滑動時硬幣右側到點的距離。再從同一位置釋放彈片將硬幣發(fā)射出去，重復多次，取該距離的平均值記為，如圖乙所示；②再將五角硬幣放在長木板上，使其左側位于點（兩幣間有縫隙），并使其直徑與中心線重合，按步驟①從同一位置釋放彈片，重新彈射一元硬幣，使兩硬幣對心正碰，重復多次，分別測出兩硬幣碰后停止滑行時距點距離的平均值和，如圖丙所示。（1）為完成該實驗，除長木板，硬幣發(fā)射器，一元及五角硬幣、刻度尺外，還需要的器材為______。（2）實驗中還需要測量的物理量及其字母表示為：______，______。（3）驗證動量守恒定律的表達式為______（用測量物理量對應的字母表示）。【答案】①.天平②.一枚一元硬幣質量③.一枚五角硬幣質量④.【解析】【詳解】（1）[1]在驗證動量守恒定律時需要測量物體的速度和質量，速度可以通過位移求解，位移通過刻度尺測量，而質量需要用到天平進行測量。（2）[2][3]為驗證動量守恒定律需要測量兩枚硬幣的質量m1、m2（3）[4]兩枚硬幣在桌面上發(fā)生碰撞后，做加速度相同的減速運動，根據速度與位移的關系可得若滿足動量守恒，則有由于只需驗證即可。21.在足夠長的光滑水平面上有一個寬度為L的矩形區(qū)域，只要物體在此區(qū)域內就會受到水平向右的恒力F作用．兩個可視為質點的小球如圖所示放置，B球靜止于區(qū)域的右邊界，現將A球從區(qū)域的左邊界由靜止釋放，A球向右加速運動，在右邊界處與B球碰撞(碰撞時間極短)．若兩球只發(fā)生一次碰撞，且最終兩球的距離保持不變，求：(1)A、B兩球的質量之比；(2)碰撞過程中A、B兩球組成的系統(tǒng)機械能的損失．【答案】(1)1∶4；(2)【解析】【詳解】（1）設A、B質量分別為mA、mB，A碰前速度為v0，A、B碰后瞬間的速度大小分別為vA、vB；由動量守恒定律由題意知，碰后A、B速度大小相等、方向相反，設其大小為v，則碰前，對A由動能定理碰后，設A在區(qū)域內往復運動時間為t，由動量定理碰后，B球向右做勻速運動聯(lián)立解得（2）碰撞過程中系統(tǒng)機械能損失解得【點睛】本題主要考查了動量守恒定律、功能關系．屬于中等難度的題目．本題考查了動量守恒和能量守恒的綜合運用，知道A、B碰撞后速度大小相等，方向相反是解決本題的關鍵，運用動量守恒解題時注意速度的方向．22.如圖所示，質量m=2kg的平板車靜止在光滑水平面上。質量M=3kg