高中物理人教版5第十六章動量守恒定律單元測試 章末質(zhì)量評估(一)

章末質(zhì)量評估(一)(時間：90分鐘滿分：100分)一、單項選擇題(本大題共10小題，每小題3分，共30分．每小題給出的四個選項中，只有一個選項正確)1．在不計空氣阻力作用的條件下，下列說法中不正確的是()A．自由下落的小球在空中運動的任意一段時間內(nèi)，其增加的動能一定等于其減少的重力勢能B．做平拋運動的小球在空中運動的任意相同的時間內(nèi)，其速度的變化量一定相同C．做勻速圓周運動的小球在任意一段時間內(nèi)其合外力做的功一定為零，合外力的沖量也一定為零D．單擺在一個周期內(nèi)，合外力對擺球做的功一定為零，合外力的沖量也一定為零解析：不計空氣阻力，自由下落的小球，其所受合外力為重力，則小球在運動的過程中機械能守恒，其增加的動能一定等于其減小的重力勢能，故A正確；做平拋運動的小球所受合外力為重力，加速度的大小與方向都不變，所以小球在空中運動的任意相同的時間內(nèi)，其速度的變化量一定相同，故B正確；做勻速圓周運動的小球，其所受合外力的方向一定指向圓心，小球在任意一段時間內(nèi)其合外力做的功一定為零，但由于速度的方向不斷變化，所以速度的變化量不一定等于0，合外力的沖量也不一定為零，故C錯誤；經(jīng)過一個周期，單擺的小球又回到初位置，所有的物理量都與開始時相等，所以單擺在一個周期內(nèi)，合外力對擺球做的功一定為零，合外力的沖量也一定為零，故D正確．答案：C2．小車上裝有一桶水，靜止在光滑水平地面上，桶的前、后、底及側(cè)面各裝有一個閥門，分別為S1、S2、S3、S4，要使小車向前運動，可采用的方法是()A．打開閥門S1 B．打開閥門S2C．打開閥門S3 D．打開閥門S4答案：B3．如圖所示，一光滑地面上有一質(zhì)量為m′的足夠長的木板ab，一質(zhì)量為m的人站在木板的a端，關(guān)于人由靜止開始運動到木板的b端(M、N表示地面上原a、b對應(yīng)的點)，下列圖示正確的是()ABCD解析：根據(jù)動量守恒定律，木板與人組成的系統(tǒng)動量守恒，對于題中的“人板模型”，設(shè)各自對地的位移為x′m、xm，且有m′x′m＝mxm，x′m＋xm＝L板長，以M點為參考點，人向右運動，木板向左運動，易得D是正確的．答案：D4．兩輛汽車的質(zhì)量分別為m1和m2，已知m1>m2，沿水平方向同方向行駛且具有相等的動能，則此時兩輛汽車動量p1和p2的大小關(guān)系是()A．p1等于p2 B．p1小于p2C．p1大于p2 D．無法比較解析：由Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(p2,2m)得p＝eq\r(2mEk)，因為m1>m2，Ek1＝Ek2，所以p1>p2，選C.答案：C5.如圖所示，在光滑水平地面上放著兩個物體，其間用一根不能伸長的細(xì)繩相連，開始時繩松弛、B靜止，A具有4kg·m/s的動量(令向右為正)．在繩拉緊(可能拉斷)的過程中，A、B動量的變化可能為()A．ΔpA＝－4kg·m/s，ΔpB＝4B．ΔpA＝2kg·m/s，ΔpB＝－2C．ΔpA＝－2kg·m/s，ΔpB＝2D．ΔpA＝ΔpB＝2kg解析：它們的總動量為p＝mAvA＝4kg·m/s，而繩子的拉力為內(nèi)力，總動量守恒．A的動量減小，B的動量增加，故A的動量改變應(yīng)為負(fù)值，B的動量改變應(yīng)為正值．而繩子可能會被拉斷，說明在拉斷繩子前A的速度不可能為零，故只有答案：C6.如圖所示，物體A、B靜止在光滑水平面上，且mA>mB，現(xiàn)用大小相等的兩個力F和F′分別作用在A和B上，使A、B沿一條直線相向運動，然后又先后撤去這兩個力，使這兩個力對物體做的功相同，接著兩物體碰撞并合為一體后，它們()A．可能停止運動B．一定向右運動C．可能向左運動D．仍運動，但運動方向不能確定解析：由動能定理可知：兩個力對物體做的功相同，則合為一體前兩物體動能相同，由物體動量和動能的關(guān)系p＝eq\r(2mEk)知，pA>pB，選碰前A的方向為正方向，則B的動量為負(fù)值，由動量守恒定律：pA＋pB＝(mA＋mB)v，v必為正，故碰后速度v的方向一定與pA相同，向右．答案：B7．1966年，在地球的上空完成了用動力學(xué)方法測質(zhì)量的實驗．實驗時，用雙子星號宇宙飛船m1去接觸正在軌道上運行的火箭組m2(后者的發(fā)動機已熄火)．接觸以后，開動雙子星號飛船的推進(jìn)器，使飛船和火箭組共同加速．推進(jìn)器的平均推力F＝895N，推進(jìn)器開動時間Δt＝7s測出飛船和火箭組的速度變化Δv＝0.91m/s.已知雙子星號飛船的質(zhì)量m1＝3400kg.由以上實驗數(shù)據(jù)，可測出火箭組的質(zhì)量mA．3400kg B．3485kgC．6265kg D．6885kg解析：根據(jù)動量定理，得FΔt＝(m1＋m2)Δv，代入數(shù)據(jù)得m2的大小為3485kg，B答案：B8．質(zhì)量m＝100kg的小船靜止在平靜水面上，船兩端載著m甲＝40kg、m乙＝60kg的游泳者，在同一水平線上甲向左、乙向右同時以相對于岸3m/s的速度躍入水中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、乙和船組成的系統(tǒng)動量守恒，以水平向右為正方向，開始時總動量為零，根據(jù)動量守恒定律有：0＝－m甲v甲＋m乙v乙＋mv，解得：v＝eq\f(－（－m甲v甲＋m乙v乙）,m)，代入數(shù)據(jù)解得v＝－0.6m/s，負(fù)號說明小船的速度方向向左，故選項A答案：A9．如圖所示的裝置中，木塊B與水平桌面間的接觸是光滑的，子彈A沿水平方向射入木塊后留在木塊內(nèi)，將彈簧壓縮到最短．現(xiàn)將子彈、木塊和彈簧合在一起作為研究對象(系統(tǒng))，則此系統(tǒng)在從子彈開始射入木塊到彈簧壓縮至最短的整個過程中()A．動量守恒、機械能守恒B．動量不守恒、機械能不守恒C．動量守恒、機械能不守恒D．動量不守恒、機械能守恒解析：若以子彈、木塊和彈簧合在一起作為研究對象(系統(tǒng))，從子彈開始射入木塊到彈簧壓縮至最短時，彈簧固定端墻壁對彈簧有外力作用，因此動量不守恒．而在子彈射入木塊時，存在劇烈摩擦作用，有一部分能量將轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，機械能也不守恒．實際上，在子彈射入木塊這一瞬間過程，取子彈與木塊為系統(tǒng)則可認(rèn)為動量守恒(此瞬間彈簧尚未形變)．子彈射入木塊后木塊壓縮彈簧過程中，機械能守恒，但動量不守恒．物理規(guī)律總是在一定條件得出的，因此在分析問題時，不但要弄清取誰作研究對象，還要弄清過程的階段的選取，判斷各階段滿足物理規(guī)律的條件．故B正確．答案：B10.如圖所示，位于光滑水平桌面上的滑塊P和Q都可視為質(zhì)點，質(zhì)量相等．Q與輕質(zhì)彈簧相連．設(shè)Q靜止，P以某一初速度向Q運動并與彈簧發(fā)生碰撞．在整個碰撞過程中，彈簧具有的最大彈性勢能等于()A．P的初動能 B．P的初動能的eq\f(1,2)C．P的初動能的eq\f(1,3) D．P的初動能的eq\f(1,4)解析：兩者速度相等時，彈簧最短，彈性勢能最大．設(shè)P的初速度為v，兩者質(zhì)量為m，彈簧最短時兩者的共同速度為v′，彈簧具有的最大彈性勢能為Ep.根據(jù)動量守恒，有mv＝2mv′，根據(jù)能量守恒有eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)×2mv′2＋Ep，以上兩式聯(lián)立求解得Ep＝eq\f(1,4)mv2.可見彈簧具有的最大彈性勢能等于滑塊P原來動能的一半，B正確．答案：B二、多項選擇題(本題共4小題，每小題4分，共16分．每小題有多個選項是正確的，全選對得4分，漏選得2分，錯選或不選得0分)11．質(zhì)量為m的物體以速度v0從地面豎直上拋(不計空氣阻力)到落回地面，在此過程中()A．上升過程和下落過程中動量的變化量大小均為mv0，但方向相反B．整個過程中重力的沖量為2mv0C．整個過程中重力的沖量為0D．上升過程沖量大小為mv0，方向向下解析：物體上升、下降動量變化量相同，大小均為mv0，都向下．A錯、B對，C錯、D對．答案：BD12．如圖所示，輕質(zhì)彈簧的一端固定在墻上，另一端與質(zhì)量為m的物體A相連，A放在光滑水平面上，有一質(zhì)量與A相同的物體B，從高h(yuǎn)處由靜止開始沿光滑曲面滑下，與A相碰后一起將彈簧壓縮，彈簧復(fù)原過程中某時刻B與A分開且沿原曲面上升．下列說法正確的是()A．彈簧被壓縮時所具有的最大彈性勢能為mghB．彈簧被壓縮時所具有的最大彈性勢能為eq\f(mgh,2)C．B能達(dá)到的最大高度為eq\f(h,2)D．B能達(dá)到的最大高度為eq\f(h,4)解析：根據(jù)機械能守恒定律可得B剛到達(dá)水平地面的速度v0＝eq\r(2gh)，根據(jù)動量守恒定律可得A與B碰撞后的速度為v＝eq\f(v0,2)，所以彈簧被壓縮時所具有的最大彈性勢能為Epm＝eq\f(1,2)×2mv2＝eq\f(1,2)mgh，即B正確；當(dāng)彈簧再次恢復(fù)原長時，A與B將分開，B以v的速度沿斜面上滑，根據(jù)機械能守恒定律可得mgh′＝eq\f(1,2)mv2，B能達(dá)到的最大高度為eq\f(h,4)，即D正確．答案：BD13．在光滑的水平面上，動能為E0、動量大小為p0的小鋼球1與靜止小鋼球2發(fā)生碰撞，碰撞前后小鋼球1的運動方向相反，將碰撞后小鋼球1的動能和動量的大小分別記為E1、p1，小鋼球2的動能和動量的大小分別記為E2、p2，則必有()A．E1＜E0 B．p1＜p0C．E2＞E0 D．p2＜p0解析：設(shè)碰撞前球1的運動方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律有：p0＝－p1＋p2，可得到碰撞后球2的動量p2＝p0＋p1.由于碰撞前球2靜止，所以碰撞后球2一定沿正方向運動，所以p2＞p0，選項D錯誤．由于碰撞后系統(tǒng)的機械能總量不可能大于碰撞前系統(tǒng)機械能總量，即E0≥E1＋E2故有E0＞E1和E0＞E2，選項A正確，選項C錯誤．由動能和動量的關(guān)系Ek＝eq\f(p2,2m)，結(jié)合選項A的結(jié)果，可判斷選項B正確．答案：AB14.如圖所示，甲、乙兩車的質(zhì)量均為M，靜置在光滑的水平面上，兩車相距為L.乙車上站立著一個質(zhì)量為m的人，他通過一條輕繩拉甲車，甲、乙兩車最后相接觸，以下說法正確的是()A．甲、乙兩車運動中速度之比為eq\f(M＋m,M)B．甲、乙兩車運動中速度之比為eq\f(M,M＋m)C．甲車移動的距離為eq\f(M＋m,2M＋m)LD．乙車移動的距離為eq\f(M,2M＋m)L解析：本題類似人船模型．甲、乙、人看成一系統(tǒng)，則水平方向動量守恒，甲、乙兩車運動中速度之比等于質(zhì)量的反比eq\f(M＋m,M)，A正確，B錯誤；Mx甲＝(M＋m)x乙，x甲＋x乙＝L，解得C、D正確．答案：ACD三、非選擇題(本題共5小題，共54分．把答案填在題中的橫線上或按照題目要求作答．解答時應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不能得分．有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位)15．(8分)某同學(xué)用圖甲所示裝置結(jié)合頻閃照片來探究碰撞中的不變量．經(jīng)過多次實驗，該同學(xué)猜想碰撞前后物體的質(zhì)量和速度的乘積之和是不變的．圖甲圖乙圖丙步驟1：用天平測出A、B兩個小球的質(zhì)量mA和mB，并且保證mA>mB；步驟2：安裝好實驗裝置，使斜槽的末端所在的平面保持水平；步驟3：先不在斜槽的末端放小球B，讓小球A從斜槽上某位置P由靜止開始釋放，小球離開斜槽后，用頻閃照相記錄下小球A兩個時刻的位置(如圖乙所示)；步驟4：將小球B放在斜槽的末端，讓小球A從位置P處由靜止開始釋放，使它們碰撞，用頻閃照相記錄下兩個小球在兩個時刻的位置(如圖丙所示)；步驟5：直接測量需要的物理量，根據(jù)測量得到的數(shù)據(jù)，驗證自己的猜想．請回答：(1)在步驟5中，該同學(xué)需要在照片中直接測量的物理量有________；(選填“x0、y0、xA、yA、xB、yB”)(2)用實驗中測量的物理量來表示該同學(xué)的猜想結(jié)果：______________________________________________________.解析：頻閃照相相鄰曝光時間相等，測出x0、xA、xB，就可以知道它們碰撞前后水平方向的速度．該同學(xué)的猜想可表示為eq\f(mAx0,t)＝eq\f(mAxA,t)＋eq\f(mBxB,t)，化簡得mAx0＝mAxA＋mBxB.答案：(1)x0、xA、xB(2)mAx0＝mAxA＋mBxB16.(10分)在光滑的水平面上，質(zhì)量m1＝1kg的物體與另一質(zhì)量為m2的物體相碰，(1)碰撞前m1的速度v1和m2的速度v2；(2)另一物體的質(zhì)量m2.解析：(1)由s-t圖象可知，碰前：m1的速度v1＝eq\f(Δs,Δt)＝eq\f(16－0,4－0)m/s＝4m/s，m2處于靜止?fàn)顟B(tài)；速度v2＝0.(2)由s-t圖象可知，碰后兩物體有共同速度，即發(fā)生完全非彈性碰撞．碰后的共同速度v＝eq\f(Δs,Δt)＝eq\f(24－16,12－4)m/s＝1m/s，又根據(jù)動量守恒定律，有m1v1＝(m1＋m2)v，故另一物體的質(zhì)量m2＝m1·eq\f(v1－v,v)＝3m1＝3kg.答案：(1)4m/s0(2)17.(12分)如圖所示，在光滑的水平面上靜止著一個質(zhì)量為4m的木板B,B的左端靜止著一個質(zhì)量為2m的物塊A，已知A、B之間的動摩擦因數(shù)為μ，現(xiàn)有質(zhì)量為m的小球以水平速度v0飛來，與A物塊碰撞后立即以大小為eq\f(v0,3)的速率彈回，在整個過程中物塊A始終未滑離木板B，且物塊A可視為質(zhì)點．求：(1)相對B靜止后的速度；(2)木板B至少多長？解析：(1)設(shè)小球m與物塊A碰撞后A的速度為v1，以v0的方向為正方向，由動量守恒定律，得mv0＝－eq\f(mv0,3)＋2mv1；設(shè)物塊A與木塊B共同的速度v2，由動量守恒定律，得2mv1＝(2m＋4m)v聯(lián)立兩式，解得：v1＝eq\f(2v0,3)，v2＝eq\f(2v0,9).(2)設(shè)A在B上滑過的距離為L，由能的轉(zhuǎn)化和守恒定律，得2μmgL＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)(2m＋4m)veq\o\al(2,2)，解得L＝eq\f(4veq\o\al(2,0),27μg).答案：(1)eq\f(2v0,3)(2)eq\f(4veq\o\al(2,0),27μg)18．(12分)如圖所示，水平固定一個光滑長桿，有一個質(zhì)量為m小滑塊A套在細(xì)桿上可自由滑動．在水平桿上豎直固定一個擋板P，小滑塊靠在擋板的右側(cè)處于靜止?fàn)顟B(tài)，在小滑塊的下端用長為L的細(xì)線懸掛一個質(zhì)量為2m的小球B，將小球拉至左端水平位置使細(xì)線處于自然長度，由靜止釋放，已知重力加速度為g(1)小球運動過程中，相對最低點所能上升的最大高度；(2)小滑塊運動過程中，所能獲得的最大速度．解析：(1)小球第一次擺到最低點過程中，由機械能守恒，得2mgL＝eq\f(1,2)(2m)v2，解得v＝eq\r(2gL)；小球與小滑塊達(dá)到共速時，小球上升到最大高度，設(shè)此高度為h，系統(tǒng)動量守恒和機械能守恒，得2mv＝(2m＋m)v共eq\f(1,2)(2m)v2＝eq\f(1,2)(3m)veq\o\al(2,共)＋2mgh，聯(lián)立解得h＝eq\f(1,3