階段綜合評價（一） 動量守恒定律

階段綜合評價（一）動量守恒定律(時間：75分鐘，滿分：100分)一、選擇題(本題共11小題，每小題4分，共44分。在每小題給出的四個選項中，第1～7題只有一項符合題目要求，第8～11題有多項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分)1．下列說法正確的是()A．合外力對質(zhì)點做的功為零，則質(zhì)點的動能、動量都不變B．合外力對質(zhì)點施的沖量不為零，則質(zhì)點動量必將改變，動能也一定變C．某質(zhì)點受到合力不為零，其動量、動能都改變D．某質(zhì)點的動量、動能都改變，它所受到的合外力一定不為零解析：選D合外力對質(zhì)點做的功為零，則質(zhì)點的動能不改變，但是動量不一定不改變，例如做勻速圓周運動的物體，選項A錯誤；合外力對質(zhì)點施的沖量不為零，則質(zhì)點的動量一定改變，但是動能不一定改變，例如水平面上運動的物體被豎直擋板原速率彈回時，動量改變，動能不變，選項B錯誤；某質(zhì)點受到的合外力不為零，其動量一定改變，但動能不一定改變，比如做勻速圓周運動的物體，故C錯誤；動能改變了，說明物體的速度大小改變了，一定有加速度，合外力一定不為零，合外力的沖量一定不為零，故D正確。2．科學(xué)家試圖模擬宇宙大爆炸初的情景，他們使兩個帶正電的不同重粒子加速后，沿同一條直線相向運動而發(fā)生猛烈碰撞。為了使碰撞前的動能盡可能多地轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，關(guān)鍵是設(shè)法使這兩個重粒子在碰撞前的瞬間具有相同大小的()A．速率 B．質(zhì)量C．動量 D．動能解析：選C盡可能減少碰后粒子的動能，才能盡可能增大內(nèi)能，所以設(shè)法使這兩個重粒子在碰撞前的瞬間合動量為零，即具有相同大小的動量。3.兩位同學(xué)穿旱冰鞋，面對面站立不動，互推后向相反的方向運動，不計摩擦阻力，下列判斷正確的是()A．互推后兩同學(xué)總動量增加B．互推后兩同學(xué)動量相同C．分離時質(zhì)量大的同學(xué)的速度小一些D．互推過程中機械能守恒解析：選C對兩同學(xué)所組成的系統(tǒng)，互推過程中，合外力為零，總動量守恒，故A錯誤；兩同學(xué)動量的變化量大小相等，方向相反，故B錯誤，C正確；互推過程中機械能增大，故D錯誤。4．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(nèi)前方(正副駕駛位)設(shè)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率B．減小駕乘人員受到的沖量C．減小駕乘人員的動量變化量D．減小駕乘人員與氣囊的作用時間解析：選A汽車發(fā)生碰撞過程，駕乘人員從運動變?yōu)殪o止，動量的變化量Δp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Δp＝Ft得：動量的變化率eq\f(Δp,Δt)＝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，故A正確，B、C、D錯誤。5.如圖所示，一質(zhì)量為M的木塊靜止在光滑水平的桌面上，有顆質(zhì)量為m的子彈沿水平方向射入木塊后留在木塊內(nèi)，將彈簧壓縮到最短。則在從子彈開始射入木塊到彈簧壓縮至最短的過程中()A．木塊增加的動量等于子彈損失的動量B．木塊增加的動量不等于子彈損失的動量C．木塊增加的機械能等于子彈損失的機械能D．系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量等于子彈損失的機械能解析：選B在該過程中，由木塊和子彈組成的系統(tǒng)在水平方向上還受到彈簧的彈力作用，系統(tǒng)的合外力不為零，故系統(tǒng)的動量不守恒，所以子彈損失的動量不等于木塊增加的動量，A錯誤，B正確；由于彈簧彈力對子彈、木塊組成的系統(tǒng)做負功，子彈射入木塊的過程中也有內(nèi)能產(chǎn)生，所以系統(tǒng)的機械能不守恒，子彈損失的機械能不等于木塊增加的機械能，C錯誤；根據(jù)能量守恒定律，子彈損失的機械能等于彈簧的彈性勢能、木塊的動能和系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量之和，D錯誤。6．一顆手榴彈被投出后到達最高點時的速度為v0＝10m/s，設(shè)它炸成兩塊后，質(zhì)量為0.4kg的大塊速度大小為250m/s，方向與原來方向相反，若取v0方向為正方向，則質(zhì)量為0.2kg的小塊速度為()A．－470m/s B．530m/sC．470m/s D．800m/s解析：選B手榴彈爆炸過程系統(tǒng)水平方向動量守恒，以手榴彈的初速度方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律得：Mv0＝m1v1＋m2v2，即：0.6×10kg·m/s＝0.4×(－250)kg·m/s＋0.2kg×v2，解得：v2＝530m/s。7.如圖所示，有兩個質(zhì)量相同的小球A和B(大小不計)，A球用細繩吊起，細繩長度等于懸點距地面的高度，B球靜止放于懸點正下方的地面上?，F(xiàn)將A球拉到距地面高度為h處由靜止釋放，擺動到最低點與B球碰撞后粘在一起共同上擺，則它們升起的最大高度為()A.eq\f(h,2) B．hC.eq\f(h,4) D.eq\f(h,\r(2))解析：選CA球由釋放到最低點由動能定理有，mgh＝eq\f(1,2)mv12，所以v1＝eq\r(2gh)；A球?qū)球碰撞滿足動量守恒定律，有mv1＝(m＋m)v2，所以v2＝eq\f(1,2)v1＝eq\f(\r(2gh),2)；對A、B粘在一起共同上擺的過程應(yīng)用機械能守恒定律，有eq\f(1,2)(m＋m)v22＝(m＋m)gh′，解得h′＝eq\f(h,4)。8．下列說法中正確的是()A．作用在靜止物體上的力的沖量一定為零B．根據(jù)F＝eq\f(Δp,Δt)，可把牛頓第二定律表述為：物體動量的變化率等于它所受的合外力C．物體的動量發(fā)生改變，則合外力一定對物體做了功D．物體的動能發(fā)生改變，其動量一定發(fā)生改變解析：選BD作用在靜止的物體上的合力的沖量一定為零，而分力的沖量不一定為零，故A錯誤；宏觀低速狀態(tài)下，物體的質(zhì)量為常量，因此動量對時間的變化率本質(zhì)上是速度對時間的變化率，因此物體所受到的合外力，等于物體動量對時間的變化率，故B正確；物體的動量發(fā)生改變可能是速度方向發(fā)生改變，而大小未變，此時物體的動能沒有改變，合外力對物體沒有做功，故C錯誤；物體的動能發(fā)生改變意味著物體的速度大小發(fā)生改變，則動量一定改變，故D正確。9.兩個小木塊A和B(均可視為質(zhì)點)中間壓縮著一輕質(zhì)彈簧，用細線(未畫出)相連，放在光滑的水平桌面上，燒斷細線后，木塊A、B分別向左、右方向運動，離開桌面后做平拋運動(離開桌面前兩木塊已和彈簧分離)，落地點與桌面邊緣的水平距離分別為lA＝1m，lB＝2m，如圖所示，則下列說法正確的是()A．木塊A、B離開彈簧時的速度大小之比vA∶vB＝1∶2B．木塊A、B的質(zhì)量之比mA∶mB＝2∶1C．木塊A、B離開彈簧時的動能之比EkA∶EkB＝1∶2D．彈簧對木塊A、B的作用力大小之比FA∶FB＝1∶2解析：選ABCA、B兩木塊脫離彈簧后做平拋運動，由平拋運動規(guī)律得：木塊A、B離開彈簧時的速度大小之比為eq\f(vA,vB)＝eq\f(lA,lB)＝eq\f(1,2)，A正確；根據(jù)動量守恒定律得：mAvA－mBvB＝0，因此eq\f(mA,mB)＝eq\f(vB,vA)＝eq\f(2,1)，B正確；木塊A、B離開彈簧時的動能之比為：eq\f(EkA,EkB)＝eq\f(mAvA2,mBvB2)＝eq\f(2,1)×eq\f(1,4)＝eq\f(1,2)，C正確；彈簧對木塊A、B的作用力大小之比：eq\f(FA,FB)＝eq\f(1,1)，D錯誤。10.如圖所示，質(zhì)量為M的楔形物體靜止在光滑的水平地面上，其斜面光滑且足夠長，與水平方向的夾角為θ。一個質(zhì)量為m的小物塊從斜面底端沿斜面向上以初速度v0開始運動。當小物塊沿斜面向上運動到最高點時，速度大小為v，距地面高度為h，則下列關(guān)系式中正確的是()A．mv0＝(m＋M)vB．mv0cosθ＝(m＋M)vC．mgh＝eq\f(1,2)m(v0sinθ)2D．mgh＋eq\f(1,2)(m＋M)v2＝eq\f(1,2)mv02解析：選BD小物塊上升到最高點時，速度與楔形物體的速度相同，系統(tǒng)水平方向動量守恒，全過程機械能也守恒。以向右為正方向，在小物塊上升過程中，由水平方向系統(tǒng)動量守恒得：mv0cosθ＝(m＋M)v，故A錯誤，B正確；系統(tǒng)機械能守恒，由機械能守恒定律得：mgh＋eq\f(1,2)(m＋M)v2＝eq\f(1,2)mv02，故C錯誤，D正確。11.如圖所示，光滑水平面上，質(zhì)量為m1的足夠長的木板向左勻速運動。t＝0時刻，質(zhì)量為m2的木塊從木板的左端向右以與木板相同大小的速度滑上木板。t1時刻，木塊和木板相對靜止，共同向左勻速運動，以v1和a1表示木板的速度和加速度，以v2和a2表示木塊的速度和加速度，以向左為正方向。則下列圖中正確的是()解析：選BD木塊和木板組成的系統(tǒng)動量守恒，因為最終共同的速度方向向左，根據(jù)m1v－m2v＝(m1＋m2)v′，知m1>m2；木塊的加速度大小a2＝eq\f(Ff,m2)，方向向左，木板的加速度大小a1＝eq\f(Ff,m1)，方向向右，因為m1>m2，則a1<a2，故A錯誤，B正確；木塊滑上木板后，木塊先做勻減速運動，速度減到零后，做勻加速直線運動，與木板速度相同后一起做勻速直線運動。木板先做勻減速直線運動，最終做勻速直線運動的速度方向向左，為正值，故D正確，C錯誤。二、非選擇題(本題共5小題，共56分)12．(6分)用如圖甲所示的氣墊導(dǎo)軌來驗證動量守恒定律，用頻閃照相機閃光4次拍得照片如圖乙所示，已知閃光時間間隔為Δt＝0.02s，閃光本身持續(xù)時間極短，已知在這4次閃光的時間內(nèi)A、B均在0～80cm范圍內(nèi)，且第一次閃光時，A恰好過x＝55cm處，B恰好過x＝70cm處，則由圖可知：(1)兩滑塊在x＝________cm處相碰。(2)兩滑塊在第一次閃光后t＝________s時發(fā)生碰撞。(3)若碰撞過程中滿足動量守恒，則A、B兩滑塊的質(zhì)量比為____________。解析：(1)由題圖乙可知，第2、3、4次閃光時，B未發(fā)生位移，則可知碰撞后B速度為0，即靜止，故碰撞發(fā)生在x＝60cm處。(2)碰撞后A向左做勻速運動，設(shè)其速度為vA′，所以vA′Δt＝20cm,碰撞到第二次閃光時A向左運動10cm，時間為t′，有vA′t′＝10cm，第一次閃光到發(fā)生碰撞時間為t，有t＋t′＝Δt，得t＝eq\f(1,2)Δt＝0.01s。(3)碰撞前，A的速度大小為：vA＝eq\f(5cm,\f(1,2)Δt)＝eq\f(10cm,Δt)，方向向右；B的速度大小為vB＝eq\f(10cm,\f(1,2)Δt)＝eq\f(20cm,Δt)，方向向左；碰撞后，A的速度vA′＝eq\f(20cm,Δt)，方向向左，取向左為正方向，則由動量守恒定律可知：mAvA′＝mBvB－mAvA，解得：mA∶mB＝2∶3。答案：(1)60(2)0.01(3)2∶313．(9分)某同學(xué)用如圖所示的實驗裝置驗證動量定理，所用器材包括：氣墊導(dǎo)軌、滑塊(上方安裝有寬度為d的遮光片)、兩個與計算機相連接的光電門、砝碼盤和砝碼等。實驗步驟如下：(1)開動氣泵，調(diào)節(jié)氣墊導(dǎo)軌，輕推滑塊，當滑塊上的遮光片經(jīng)過兩個光電門的遮光時間________時，可認為氣墊導(dǎo)軌水平；(2)用天平測砝碼與砝碼盤的總質(zhì)量m1、滑塊(含遮光片)的質(zhì)量m2；(3)用細線跨過輕質(zhì)定滑輪將滑塊與砝碼盤連接，并讓細線水平拉動滑塊；(4)令滑塊在砝碼和砝碼盤的拉動下從左邊開始運動，和計算機連接的光電門能測量出遮光片經(jīng)過A、B兩處的光電門的遮光時間Δt1、Δt2及遮光片從A運動到B所用的時間t12；(5)在遮光片隨滑塊從A運動到B的過程中，如果將砝碼和砝碼盤所受重力視為滑塊所受拉力，拉力沖量的大小I＝________，滑塊動量改變量的大小Δp＝______；(用題中給出的物理量及重力加速度g表示)(6)某次測量得到的一組數(shù)據(jù)為：d＝1.000cm，m1＝1.50×10－2kg，m2＝0.400kg，Δt1＝3.900×10－2s，Δt2＝1.270×10－2s，t12＝1.50s，取g＝9.80m/s2。計算可得I＝________N·s，Δp＝________kg·m/s；(結(jié)果均保留3位有效數(shù)字)(7)定義δ＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(I－Δp,I)))×100%，本次實驗δ＝________%(保留1位有效數(shù)字)。解析：(1)當氣墊導(dǎo)軌水平時，滑塊在導(dǎo)軌上做勻速運動，所以滑塊上的遮光片通過兩個光電門的遮光時間相等。(5)根據(jù)沖量的定義可得I＝m1gt12；根據(jù)動量改變量的定義可得Δp＝m2eq\f(d,Δt2)－m2eq\f(d,Δt1)＝m2eq\f(d,Δt2)－eq\f(d,Δt1)。(6)代入數(shù)據(jù)得I＝m1gt12＝1.50×10－2×9.80×1.50N·s≈0.221N·s；Δp＝m2eq\f(d,Δt2)－eq\f(d,Δt1)＝0.400×1.000×10－2eq\f(1,1.270×10－2)－eq\f(1,3.900×10－2)kg·m/s≈0.212kg·m/s。(7)根據(jù)定義可得δ＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(I－Δp,I)))×100%≈4%。答案：(1)大約相等(5)m1gt12m2eq\f(d,Δt2)－eq\f(d,Δt1)(6)0.2210.212(7)414．(10分)如圖甲所示，光滑水平面上有A、B兩物塊，已知A物塊的質(zhì)量mA＝1kg。初始時刻B靜止，A以一定的初速度向右運動，之后與B發(fā)生碰撞并一起運動，它們的位移－時間圖像如圖乙所示(規(guī)定向右為位移的正方向)，則物體B的質(zhì)量為多少？解析：根據(jù)公式v＝eq\f(Δx,Δt)，由題圖可知，撞前vA＝eq\f(16,4)m/s＝4m/s，vB＝0撞后v＝eq\f(20－16,8－4)m/s＝1m/s則由mAvA＝(mA＋mB)v解得：mB＝3kg。答案：3kg15．(13分)如圖所示，豎直平面內(nèi)的四分之一圓弧軌道下端與水平桌面相切，小滑塊A和B(均可視為質(zhì)點)分別靜止在圓弧軌道的最高點和最低點。現(xiàn)將A無初速度釋放，A與B碰撞后結(jié)合為一個整體，并沿桌面滑動。已知圓弧軌道光滑，半徑R＝0.2m，A和B的質(zhì)量相等，A和B整體與桌面之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2。取重力加速度g＝10m/s2。求：(1)碰撞后瞬間A和B整體的速率v′；(2)A和B整體在桌面上滑動的距離L。解析：(1)滑塊A從圓弧軌道最高點到最低點機械能守恒，由eq\f(1,2)mAvA2＝mAgR，可得vA＝2m/s。在底