K12教育学习资料学习学年高中物理 第十六章 动量守恒定律章末质量评估 新.docx
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第十六章动量守恒定律
章末质量评估
（一）
（时间：
90分钟 满分：
100分）
一、单项选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确）
1．在不计空气阻力作用的条件下，下列说法中不正确的是（ ）
A．自由下落的小球在空中运动的任意一段时间内，其增加的动能一定等于其减少的重力势能
B．做平抛运动的小球在空中运动的任意相同的时间内，其速度的变化量一定相同
C．做匀速圆周运动的小球在任意一段时间内其合外力做的功一定为零，合外力的冲量也一定为零
D．单摆在一个周期内，合外力对摆球做的功一定为零，合外力的冲量也一定为零
解析：
不计空气阻力，自由下落的小球，其所受合外力为重力，则小球在运动的过程中机械能守恒，其增加的动能一定等于其减小的重力势能，故A正确；做平抛运动的小球所受合外力为重力，加速度的大小与方向都不变，所以小球在空中运动的任意相同的时间内，其速度的变化量一定相同，故B正确；做匀速圆周运动的小球，其所受合外力的方向一定指向圆心，小球在任意一段时间内其合外力做的功一定为零，但由于速度的方向不断变化，所以速度的变化量不一定等于0，合外力的冲量也不一定为零，故C错误；经过一个周期，单摆的小球又回到初位置，所有的物理量都与开始时相等，所以单摆在一个周期内，合外力对摆球做的功一定为零，合外力的冲量也一定为零，故D正确．
答案：
C
2．一粒钢珠从静止状态开始自由落体，然后陷入泥潭中．若把它在空中自由落体的过程称为Ⅰ，进入泥潭直到停止的过程称为Ⅱ，则（ ）
A．过程Ⅰ中钢珠动量的改变量小于重力的冲量
B．过程Ⅱ中钢珠所受阻力的冲量大小等于过程Ⅰ中重力冲量的大小
C．过程Ⅱ中钢珠的动量改变量等于阻力的冲量
D．过程Ⅱ中阻力的冲量大小等于过程Ⅰ与过程Ⅱ重力冲量的大小
解析：
在过程Ⅰ中，钢珠只受重力的作用，根据动量定理可知，其动量的改变量等于重力的冲量，选项A错误；过程Ⅱ中，钢珠所受外力有重力和阻力，所以过程Ⅱ中阻力的冲量大小等于过程Ⅰ中重力的冲量大小与过程Ⅱ中重力冲量大小的和．故B错误；过程Ⅱ中，钢珠所受外力有重力和阻力，所以过程Ⅱ中钢珠的动量改变量等于重力和阻力的冲量的和．故C错误；过程Ⅱ中，钢珠所受外力有重力和阻力，所以过程Ⅱ中阻力的冲量大小等于过程Ⅰ中重力的冲量大小与过程Ⅱ中重力冲量大小的和．故D正确；故选D.
答案：
D
3．如图所示，一光滑地面上有一质量为m′的足够长的木板ab，一质量为m的人站在木板的a端，关于人由静止开始运动到木板的b端（M、N表示地面上原a、b对应的点），下列图示正确的是（ ）
A B
C D
解析：
根据动量守恒定律，木板与人组成的系统动量守恒，对于题中的“人板模型”，设各自对地的位移为x′m、xm，且有m′x′m＝mxm，x′m＋xm＝L板长，以M点为参考点，人向右运动，木板向左运动，易得D是正确的．
答案：
D
4．两辆汽车的质量分别为m1和m2，已知m1>m2，沿水平方向同方向行驶且具有相等的动能，则此时两辆汽车动量p1和p2的大小关系是（ ）
A．p1等于p2B．p1小于p2
C．p1大于p2D．无法比较
解析：
由Ek＝mv2＝得p＝，因为m1>m2，Ek1＝Ek2，所以p1>p2，选C.
答案：
C
5.如图所示，在光滑水平地面上放着两个物体，其间用一根不能伸长的细绳相连，开始时绳松弛、B静止，A具有4kg·m/s的动量（令向右为正）．在绳拉紧（可能拉断）的过程中，A、B动量的变化可能为（ ）
A．ΔpA＝－4kg·m/s，ΔpB＝4kg·m/s
B．ΔpA＝2kg·m/s，ΔpB＝－2kg·m/s
C．ΔpA＝－2kg·m/s，ΔpB＝2kg·m/s
D．ΔpA＝ΔpB＝2kg·m/s
解析：
它们的总动量为p＝mAvA＝4kg·m/s，而绳子的拉力为内力，总动量守恒．A的动量减小，B的动量增加，故A的动量改变应为负值，B的动量改变应为正值．而绳子可能会被拉断，说明在拉断绳子前A的速度不可能为零，故只有C正确．
答案：
C
6.如图所示，物体A、B静止在光滑水平面上，且mA>mB，现用大小相等的两个力F和F′分别作用在A和B上，使A、B沿一条直线相向运动，然后又先后撤去这两个力，使这两个力对物体做的功相同，接着两物体碰撞并合为一体后，它们（ ）
A．可能停止运动
B．一定向右运动
C．可能向左运动
D．仍运动，但运动方向不能确定
解析：
由动能定理可知：
两个力对物体做的功相同，则合为一体前两物体动能相同，由物体动量和动能的关系p＝知，pA>pB，选碰前A的方向为正方向，则B的动量为负值，由动量守恒定律：
pA＋pB＝（mA＋mB）v，v必为正，故碰后速度v的方向一定与pA相同，向右．
答案：
B
7．用豆粒模拟气体分子，可以模拟气体压强产生的原理．如图所示，从距秤盘80cm高度把1000粒的豆粒连续均匀地倒在秤盘上，持续作用时间为1s，豆粒弹起时竖直方向的速度变为碰前的一半．若每个豆粒只与秤盘碰撞一次，且碰撞时间极短（在豆粒与秤盘碰撞极短时间内，碰撞力远大于豆粒受到的重力），已知1000粒的豆粒的总质量为100g．则在碰撞过程中秤盘受到的压力大小约为（ ）
A．0.2NB．0.6N
C．1.0ND．1.6N
解析：
豆粒从80cm高处落下时速度为v,v2＝2gh，则v＝＝m/s＝4m/s设向上为正方向，根据动量定理：
Ft＝mv2－mv1，F＝＝N＝0.6N，B正确，ACD错误．故选B.
答案：
B
8．人的质量m＝60kg，船的质量M＝240kg，若船用缆绳固定，船离岸1.5m时，人可以跃上岸．若撤去缆绳，如图所示，人要安全跃上岸，船离岸至多为（不计水的阻力，两次人消耗的能量相等，两次从离开船到跃上岸所用的时间相等）（ ）
A．1.5mB．1.2m
C．1.34mD．1.1m
解析：
船用缆绳固定时，设人起跳的速度为v0，则x0＝v0t，消耗的能量：
Ek＝mv
撤去缆绳，由动量守恒：
0＝mv1－Mv2，两次人消耗的能量相等，即动能不变，mv＝mv＋Mv，解得：
v1＝v0
故：
x1＝v1t＝x0＝×1.5m＝1.34m，C正确；ABD错误；故选C.
答案：
C
9．如图所示的装置中，木块B与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短．现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象（系统），则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中（ ）
A．动量守恒、机械能守恒
B．动量不守恒、机械能不守恒
C．动量守恒、机械能不守恒
D．动量不守恒、机械能守恒
解析：
若以子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象（系统），从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短时，弹簧固定端墙壁对弹簧有外力作用，因此动量不守恒．而在子弹射入木块时，存在剧烈摩擦作用，有一部分能量将转化为内能，机械能也不守恒．实际上，在子弹射入木块这一瞬间过程，取子弹与木块为系统则可认为动量守恒（此瞬间弹簧尚未形变）．子弹射入木块后木块压缩弹簧过程中，机械能守恒，但动量不守恒．物理规律总是在一定条件得出的，因此在分析问题时，不但要弄清取谁作研究对象，还要弄清过程的阶段的选取，判断各阶段满足物理规律的条件．故B正确．
答案：
B
10.如图所示，位于光滑水平桌面上的滑块P和Q都可视为质点，质量相等．Q与轻质弹簧相连．设Q静止，P以某一初速度向Q运动并与弹簧发生碰撞．在整个碰撞过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于（ ）
A．P的初动能B．P的初动能的
C．P的初动能的D．P的初动能的
解析：
两者速度相等时，弹簧最短，弹性势能最大．设P的初速度为v，两者质量为m，弹簧最短时两者的共同速度为v′，弹簧具有的最大弹性势能为Ep.根据动量守恒，有mv＝2mv′，根据能量守恒有mv2＝×2mv′2＋Ep，以上两式联立求解得Ep＝mv2.可见弹簧具有的最大弹性势能等于滑块P原来动能的一半，B正确．
答案：
B
二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分．每小题有多个选项是正确的，全选对得4分，漏选得2分，错选或不选得0分）
11．质量为m的物体以速度v0从地面竖直上抛（不计空气阻力）到落回地面，在此过程中（ ）
A．上升过程和下落过程中动量的变化量大小均为mv0，但方向相反
B．整个过程中重力的冲量为2mv0
C．整个过程中重力的冲量为0
D．上升过程冲量大小为mv0，方向向下
解析：
物体上升、下降动量变化量相同，大小均为mv0，都向下．A错、B对，C错、D对．
答案：
BD
12．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＝，所以弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为Epm＝×2mv2＝mgh，即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D正确．
答案：
BD
13．在光滑的水平面上，动能为E0、动量大小为p0的小钢球1与静止小钢球2发生碰撞，碰撞前后小钢球1的运动方向相反，将碰撞后小钢球1的动能和动量的大小分别记为E1、p1，小钢球2的动能和动量的大小分别记为E2、p2，则必有（ ）
A．E1＜E0B．p1＜p0
C．E2＞E0D．p2＜p0
解析：
设碰撞前球1的运动方向为正方向，根据动量守恒定律有：
p0＝－p1＋p2，
可得到碰撞后球2的动量p2＝p0＋p1.
由于碰撞前球2静止，所以碰撞后球2一定沿正方向运动，所以p2＞p0，选项D错误．由于碰撞后系统的机械能总量不可能大于碰撞前系统机械能总量，即E0≥E1＋E2故有E0＞E1和E0＞E2，选项A正确，选项C错误．由动能和动量的关系Ek＝，结合选项A的结果，可判断选项B正确．
答案：
AB
14.如图所示，甲、乙两车的质量均为M，静置在光滑的水平面上，两车相距为L.乙车上站立着一个质量为m的人，他通过一条轻绳拉甲车，甲、乙两车最后相接触，以下说法正确的是（ ）
A．甲、乙两车运动中速度之比为
B．甲、乙两车运动中速度之比为
C．甲车移动的距离为L
D．乙车移动的距离为L
解析：
本题类似人船模型．甲、乙、人看成一系统，则水平方向动量守恒，甲、乙两车运动中速度之比等于质量的反比，A正确，B错误；Mx甲＝（M＋m）x乙，x甲＋x乙＝L，解得C、D正确．
答案：
ACD
三、非选择题（本题共5小题，共54分．把答案填在题中的横线上或按照题目要求作答．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
15．（8分）如图所示为实验室中验证动量守恒的实验装置示意图．
（1）若入射小球质量为m1，半径为r1；被碰小球质量为m2，半径为r2，则________．
A．m1>m2,r1>r2B．m1>m2,r1C．m1>m2，r1＝r2D．m1（2）为完成此实验，以下所提供的测量工具中必需的是________（填下列对应的字母）.
A．直尺B．游标卡尺
C．天平D．弹簧测力计
E．秒表
（3）设入射小球的质量为m1，被碰小球的质量为m2，P为碰前入射小球落点的平均位置，则关系式（用m1、m2及图中字母表示）________________成立，即表示碰撞中动量守恒．
解析：
（1）在小球碰撞过程中，水平方向动量守恒，取向右为正方向，
由动量守恒定律得：
m1v0＝m1v1＋m2v2
在碰撞过程中机械能守恒：
m1v＝m1v＋m2v
联立解得：
v1＝v0
要碰后入射小球的速度v1＞0，则有m1－m2＞0，即m1＞m2，为了使两球发生正碰，两小球的半径相同，即r1＝r2，选C.
（2）P为碰前入射小球落点的平均位置，M为碰后入射小球的位置，N为碰后被碰小球的位置，小球离开轨道后做平抛运动，运动时间t＝，即平抛运动的时间相同，碰撞前入射小球的速度v0＝，碰撞后入射小球的速度v1＝，碰撞后被碰小球的速度v2＝，若m1v0＝m1v1＋m2v2，则表明通过该实验验证了两球碰撞过程中动量守恒，将三个速度代入得：
m1OP＝m1OM＋m2ON，故需要测量的工具有刻度尺和天平，故选AC；
（3）由
（2）可知，实验需要验证的表达式为：
m1OP＝m1OM＋m2ON
答案：
（1）C
（2）AC （3）m1OP＝m1OM＋m2ON
16．（10分）宇航员在太空站内做了如下实验：
选取两个质量分别为mA＝0.2kg、mB＝0.4kg的小球A、B和一根轻质短弹簧，弹簧的一端与小球A粘连，另一端与小球B接触而不粘连．现使小球A和B之间夹着被压缩的轻质弹簧，处于锁定状态，一起以速度v0＝0.1m/s做匀速直线运动，如图所示，过一段时间，突然解除锁定（解除锁定没有机械能损失），两球仍沿原直线运动，从弹簧与小球B刚刚分离开始计时，经时间t＝30s，两球之间的距离增加了s＝2.7m，求弹簧被锁定时的弹性势能EP.
解析：
本题考查动量守恒与能量守恒相结合．
取A、B作为系统，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得：
（mA＋mB）v0＝mAvA＋mBvB，①
根据题意得：
s＝（vA－vB）t，②
由机械能守恒得：
EP＋（mA＋mB）v＝mAv＋mBv，③
代入数据，解①②③得：
EP＝0.054J.
答案：
弹簧被锁定时的弹性势能为0.054J.
17．（12分）如图所示，质量为m＝1kg的小物块放在质量为m1＝2kg的甲木板右端，二者以速度v1＝8m/s沿光滑水平地面向右运动，小物块可视为质点．质量m2＝2kg的乙木板在甲木板正前方以速度v2＝2m/s同向运动，一段时间后两木板碰撞并粘在一起，小物块最终停留在乙木板上．已知小物块与乙木板间的动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2.求：
（1）两木板碰撞后瞬间乙木板的速度大小；
（2）小物块最终距乙木块左端的距离．
解析：
（1）设两木板碰撞后的瞬间乙木板的速度大小为v′，两木板碰撞的过程动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：
m1v1＋m2v2＝（m1＋m2）v′，
代入数据解得：
v′＝5m/s.
（2）设最终三者共速速度为v3，从开始到最终小物块停留在乙木板上，根据动量守恒定律得：
（m1＋m）v1＋m2v2＝（m1＋m2＋m）v3，
代入数据解得：
v3＝5.6m/s.
设小物块最终距乙木板左端的距离为L，根据功能关系得：
μmgL＝（m1＋m2）v′2＋mv－（m1＋m2＋m）v，
代入数据解得：
L＝0.72m.
答案：
（1）5m/s
（2）0.72m
18．（12分）如图所示，水平固定一个光滑长杆，有一个质量为m小滑块A套在细杆上可自由滑动．在水平杆上竖直固定一个挡板P，小滑块靠在挡板的右侧处于静止状态，在小滑块的下端用长为L的细线悬挂一个质量为2m的小球B，将小球拉至左端水平位置使细线处于自然长度，由静止释放，已知重力加速度为g.求：
（1）小球运动过程中，相对最低点所能上升的最大高度；
（2）小滑块运动过程中，所能获得的最大速度．
解析：
（1）小球第一次摆到最低点过程中，由机械能守恒，得2mgL＝（2m）v2，
解得v＝；
小球与小滑块达到共速时，小球上升到最大高度，设此高度为h，系统动量守恒和机械能守恒，得
2mv＝（2m＋m）v共，
（2m）v2＝（3m）v＋2mgh，
联立解得h＝L.
（2）小球摆回最低点时，小滑块获得最大速度，设此时小球速度为v1，滑块的速度为v2，由系统动量守恒及机械能守恒，得2mv＝2mv1＋mv2，
（2m）v2＝（2m）v＋mv，
解得v2＝.
答案：
（1）L
（2）
19.（12分）两质量均为2m的劈A和B，高度相同，放在光滑水平面上，A和B的倾斜面都是光滑曲面，曲面下端与水平面相切，如图所示．一质量为m的物块位于劈A的倾斜面上，距水平面的高度为h，物块从静止滑下，然后又滑上劈B，重力加速度为g.求：
（1）物块第一次离开劈A时，劈A的速度；
（2）物块在劈B上能够达到的最大高度．
解析：
（1）设滑块第一次离开A时的速度为v1，A的速度为v2，由系统动量守恒得：
mv1－2mv2＝0，
由系统机械能守恒得：
mgh＝mv＋×2mv，
联立解得：
v1＝，v2＝.
（2）物块在劈B上达到最大高度h′时两者速度相同，设为v，由系统动量守恒和机械能守恒得
（m＋2m）v＝mv1，
（m＋2m）v2＋mgh′＝mv，
联立解得：
h′＝h.
答案：
（1）
（2）h
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