2017高中物理第十六章动量守恒定律过关检测

第十六章过关检测

(时间:45分钟满分:100分)

一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48分。在每小题给出的四个选项中,第1~5题只有一项符合题目要求,第6~8题有多项符合题目要求。全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)

1.下列现象不可能发生的是()

A.物体所受到的合外力很大,但物体的动量变化很小

B.物体所受到的冲量不为零,但物体的动量大小却不变

C.物体做曲线运动,但动量变化在相等的时间内却相同

D.物体只受到一个恒力的作用,但物体的动量却始终不变

解析:物体若受到的合外力很大,时间很短时,其冲量也不会太大,其动量变化也就可能很小,A项可能发生;物体受到的冲量不为零,但可能只使物体的动量方向改变,如做匀速圆周运动的物体,物体虽做曲线运动,但可以受到恒力作用,B、C项可能发生;若物体只受到一个恒力作用,则该力对物体的冲量就不为零,所以其动量一定变化,D项不可能发生,故选D。

答案:D

2.质量为1 kg的炮弹,以800 J的动能沿水平方向飞行时突然爆炸,分裂为质量相等的两块,前一块仍沿原水平方向飞行,动能为625 J,则后一块的动能为()

A.175 J

B.225 J

C.125 J

D.275 J

解析:由E k=mv2,p=mv,知p=

炮弹在水平方向动量守恒,p=p1+p2

即

代入数值解之得E k2=225 J。

答案:B

3.

如图所示,一铁块压着一纸条放在水平桌面上,当以速度v抽出纸条后,铁块掉到地面上的P点,若以2v速度抽出纸条,则铁块落地点()

A.仍在P点

B.在P点左侧

C.在P点右侧不远处

D.在P点右侧原水平位移的两倍处

解析:纸条抽出的过程,铁块所受的摩擦力一定,以速度v抽出纸条,铁块所受的摩擦力的作用时间较长,铁块获得的速度较大,铁块平抛运动的水平位移较大;若以2v的速度抽出纸条,则铁块所受的摩擦力的作用时间较短,铁块获得的速度较小,平抛运动的水平位移较小。所以铁块落地点在P点左侧,选B。

答案:B

4.

如图所示,两辆质量相同的平板小车a、b成一直线排列,静止在光滑水平地面上,原来静止在a车上的一个小孩跳到b,接着又立即从b跳回a车,他跳回a车并相对a车保持静止,此后()

A.a、b两车的速率相等

B.a车的速率大于b车的速率

C.a车的速率小于b车的速率

D.a、b两车均静止

解析:由小车a、b及人组成的系统动量守恒,根据动量守恒定律(m a+m人)v a-m b v b=0,解得,所以a车的速率小于b车的速率。只有选项C正确。

答案:C

5.

如图所示,光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动。两球质量关系为m B=2m A,规定向右为正方向,A、B两球的动量均为6 kg·m/s,运动中两球发生碰撞,碰撞后A球的动量增量为-4 kg·m/s,则()

A.左方是A球,碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5

B.左方是A球,碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10

C.右方是A球,碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5

D.右方是A球,碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10

解析:由m B=2m A,p A=p B知碰前v B

p A'=m A v A'=2 kg·m/s,p B'=m B v B'=10 kg·m/s,由以上各式得,故选项A正确,选项B错误;若右方为A 球,由于碰前动量都为6 kg·m/s,即都向右运动,两球不可能相碰,选项C、D错误。

答案:A

6.在神舟号载人飞船返回地面时,为了保护航天员的安全,飞船上使用了降落伞、反推火箭、缓冲座椅三大法宝,在距离地面大约1 m时,返回舱的4个反推火箭点火工作,返回舱速度一下子降到了2 m/s以内,随后又渐渐降到1 m/s,最终安全着陆。把返回舱从离地1 m开始减速到完全着陆称为着地过程,则关于反推火箭的作用,下列说法正确的是()

A.减小着地过程中返回舱和航天员的动量变化

B.减小着地过程中返回舱和航天员所受的冲量

C.延长着地过程的作用时间

D.减小着地过程返回舱和航天员所受的平均冲力

解析:无论是否有反推火箭,返回舱和航天员从距地面约1 m处至着陆的过程中,动量的变化和所受的冲量均相同,但有了反推火箭后,延长了着陆的时间,由动量定理(-G)×t=mv t-mv0知平均冲力减小。

答案:CD

7.以初速度v水平抛出一质量为m的石块,不计空气阻力,则对石块在空中运动过程中的下列各物理量的判断正确的是()

A.在两个相等的时间间隔内,石块受到的冲量相同

B.在两个相等的时间间隔内,石块动量的增量相同

C.在两个下落高度相同的过程中,石块动量的增量相同

D.在两个下落高度相同的过程中,石块动能的增量相同

解析:不计空气阻力,石块只受重力的冲量,无论路程怎样,只要两个过程的时间相同,重力的冲量就相同,A正确。据动量定理,物体动量的增量等于它受到的冲量,由于在两个相等的时间间隔内,石块受到重力的冲量相同,所以动量的增量必然相同,B正确。由于石块下落时在竖直分方向上做加速运动,两个下落高度相同的过程所用时间不同,所受重力的冲量就不同,因而动量的增量不同,C错误。据动能定理,外力对物体所做的功等于物体动能的增量,石块只受重力作用,在重力的方向上位移相同,重力做功就相同,因此动能增量就相同,D正确。

答案:ABD

8.

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处由静止开始沿光滑曲面滑下,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mgh

B.弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为

C.B能达到的最大高度为

D.B能达到的最大高度为

解析:根据机械能守恒定律可得B刚到达水平地面的速度v0=,根据动量守恒定律可得A与B碰撞后的速度为v=v0,所以弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为E pm=×2mv2=mgh,即选项B正确;当弹簧再次恢复原长时,A与B将分开,B以v的速度沿斜面上滑,根据机械能守恒定律可得mgh'=mv2,B能达到的最大高度为,即选项D正确。

答案:BD

二、填空题(每小题10分,共20分。把答案填在相应的横线上)

9.如图所示是A、B两滑块在同一直线上发生碰撞前后的部分闪光照片的示意图。A、B两滑块的质量分别为0.14 kg、0.22 kg,所用标尺的分度值是0.5 cm,闪光照相的快慢是每秒拍摄10次,试根据图示回答:

(1)碰撞前后滑块A动量的增量是,方向。

(2)碰撞前后,A、B系统的总动量是否守恒。(选填“是”或“否”)

解析:从A、B两滑块位置的变化可知,碰撞前B是静止的,A向右运动;碰撞后B向右运动,A向左运动。以向右为正方向。(1)碰撞前v A= m/s=0.5 m/s,碰撞后v A'= m/s=-0.05 m/s。碰撞过程中A的动量增量Δp A=m A v A'-m A v A=0.14×(-0.05) kg·m/s-0.14×0.5 kg·m/s=-0.077 kg·m/s,负号表示方向与规定的正方向相反,即向左。(2)碰撞前总动量p=m A v A=0.14×0.5 kg·m/s=0.07 kg·m/s,碰撞后总动量p'=m A v A'+m B v B'=[0.14×(-0.05)+0.22×] kg·m/s=0.07 kg·m/s。p=p',碰撞前后动量守恒。

答案:(1)0.077 kg·m/s向左(2)是

10.现利用图(a)所示的装置验证动量守恒定律。在图(a)中,气垫导轨上有A、B两个滑块,滑块A 右侧带有一弹簧片,左侧与打点计时器(图中未画出)的纸带相连;滑块B左侧也带有一弹簧片,上面固定一遮光片,光电计时器(未完全画出)可以记录遮光片通过光电门的时间。

图(a)

实验测得滑块A的质量m1=0.310 kg,滑块B的质量m2=0.108 kg,遮光片的宽度d=1.00 cm;打点计时器所用交变电流的频率f=50.0 Hz。

将光电门固定在滑块B的右侧,启动打点计时器,给滑块A一向右的初速度,使它与B相碰。碰后光电计时器显示的时间为Δt B=3.500 ms,碰撞前后打出的纸带如图(b)所示。

图(b)

若实验允许的相对误差绝对值(×100%)最大为5%,试求:

(1)滑块A碰前速度v0= m/s,碰后速度v1= m/s。

(2)滑块B碰后速度v2=。

(3)两滑块碰撞前后总动量相对误差的绝对值δp=,说明A、B碰撞过程中动量(选填“守恒”或“不守恒”)。

解析:(1)按定义,物块运动的瞬时速度大小v为v=①

式中Δs为物块在短时间Δt内走过的路程。

设纸带上打出相邻两点的时间间隔为Δt A,则

Δt A==0.02 s②

Δt A可视为很短

设A在碰撞前后时速度大小分别为v0、v1。将②式和图给实验数据代入①式得

v0=2.00 m/s③

v1=0.970 m/s。④

(2)设B在碰撞后的速度大小为v2,由①式得

v2=⑤

代入题给实验数据得

v2=2.86 m/s。⑥

(3)设两滑块在碰撞前后的总动量分别为p和p',则

p=m1v0⑦

p'=m1v1+m2v2⑧

两滑块在碰撞前后总动量相对误差的绝对值为

δp=||×100%⑨

联立③④⑥⑦⑧⑨式并代入有关数据,得

δp=1.7%。

因相对误差δp<5%,在实验误差允许的范围内,所以A、B系统在碰撞过程中动量守恒。

答案:(1)2.000.970(2)2.86(3)1.7%守恒

三、计算题(每小题16分,共32分)

11.

如图,质量分别为m A、m B的两个弹性小球A、B静止在地面上方,B球距地面的高度h=0.8 m,A球在B 球的正上方。先将B球释放,经过一段时间后再将A球释放。当A球下落t=0.3 s时,刚好与B球在地面上方的P点处相碰,碰撞时间极短,碰后瞬间A球的速度恰为零。已知m B=3m A,重力加速度大小g取 10 m/s2,忽略空气阻力及碰撞中的动能损失。求:

(1)B球第一次到达地面时的速度;

(2)P点距离地面的高度。

解析:(1)设B球第一次到达地面时的速度大小为v B,由运动学公式有v B=①

将h=0.8 m代入上式,得v B=4 m/s②

(2)设两球相碰前后,A球的速度大小分别为v1和v1'(v1'=0),B球的速度分别为v2和v2'。由运动学规律可得v1=gt③

由于碰撞时间极短,重力的作用可以忽略,两球相碰前后的动量守恒,总动能保持不变。规定向下的方向为正,有

m A v1+m B v2=m B v2'④

m A m B m B v2'2⑤

设B球与地面相碰后的速度大小为v B',由运动学及碰撞的规律可得

v B'=v B⑥

设P点距地面的高度为h',由运动学规律可得h'=⑦

联立②③④⑤⑥⑦式,并代入已知条件可得

h'=0.75 m。⑧

答案:(1)4 m/s(2)0.75 m

12.如图所示,水平地面上静止放置一辆小车A,质量m A=4 kg,上表面光滑,小车与地面间的摩擦力极小,可以忽略不计。可视为质点的物块B置于A的最右端,B的质量m B=2 kg,现对A施加一个水平向右的恒力F=10 N,A运动一段时间后,小车左端固定的挡板与B发生碰撞,碰撞时间极短,碰后A、B 黏合在一起,共同在F的作用下继续运动,碰撞后经时间t=0.6 s,二者的速度达到v t=2 m/s。求:

(1)A开始运动时加速度a的大小;

(2)A、B碰撞后瞬间的共同速度v的大小;

(3)A的上表面长度l。

解析:(1)以A为研究对象,由牛顿第二定律有

F=m A a①

代入数据解得

a=2.5 m/s2。②

(2)对A、B碰撞后共同运动t=0.6 s的过程,由动量定理得

Ft=(m A+m B)v t-(m A+m B)v③

代入数据解得

v=1 m/s。④

(3)设A、B发生碰撞前,A的速度为v A,对A、B发生碰撞的过程,由动量守恒定律有

m A v A=(m A+m B)v⑤

A从开始运动到与B发生碰撞前,由动能定理有

Fl=m A⑥

由④⑤⑥式,代入数据解得

l=0.45 m。⑦

答案:(1)2.5 m/s2(2)1 m/s(3)0.45 m