人教版 (新课标)选修3第十六章 动量守恒定律综合与测试同步练习题

这是一份人教版 (新课标)选修3第十六章 动量守恒定律综合与测试同步练习题，共11页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题(本题包括10小题，每小题4分，共40分，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求，全都选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)
1．如图所示，“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一．摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动．下列叙述正确的是( )
A．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变
B．在最高点时，乘客重力大于座椅对他的支持力
C．摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零
D．摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变
[解析] 摩天轮转动过程中，乘客的动能不变，重力势能不断变化，故乘客的机械能不断变化，A错．乘客在最高点时，具有向下的加速度，处于失重状态，B对．根据I＝Ft知，重力的冲量不为0，C错．根据P＝mgvcs θ，θ为力方向与速度方向之间的夹角，摩天轮转动过程中，θ不断变化，重力的瞬时功率不断变化，D错．
[答案] B
2.如图所示，两木块A、B用轻质弹簧连在一起，置于光滑的水平面上．一颗子弹水平射入木块A，并留在其中．在子弹打中木块A及弹簧被压缩的整个过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是( )
A．动量守恒、机械能守恒
B．动量守恒、机械能不守恒
C．动量不守恒、机械能守恒
D．动量、机械能都不守恒
[解析] 子弹击中木块A及弹簧被压缩的整个过程，系统不受外力作用，外力冲量为0，系统动量守恒．但是子弹击中木块A过程，有摩擦力做功，部分机械能转化为内能，所以机械能不守恒，B正确．
[答案] B
3．将静置在地面上，质量为M(含燃料)的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体．忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是( )
A．eq \f(m,M)v0 B．eq \f(M,m)v0 C．eq \f(M,M－m)v0 D．eq \f(m,M－m)v0
[解析] 根据动量守恒定律mv0＝(M－m)v，得v＝eq \f(m,M－m)v0，选项D正确．
[答案] D
4．如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变，这就是动量守恒定律．若一个系统动量守恒时，则( )
A．此系统内每个物体所受的合力一定都为零
B．此系统内每个物体的动量大小不可能都增加
C．此系统的机械能一定守恒
D．此系统的机械能可能增加
[解析] 若一个系统动量守恒，则整个系统所受的合力为零，但是此系统内每个物体所受的合力不一定都为零，A错误．此系统内每个物体的动量大小可能会都增加，但是方向变化，总动量不变是有可能的，B错误．因系统合外力为零，但是除重力以外的其他力做功不一定为零，故机械能不一定守恒，系统的机械能可能增加，也可能减小，C错误，D正确．
[答案] D
5．如图所示，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车上AB部分是半径为R的四分之一光滑圆弧，BC部分是粗糙的水平面．今把质量为m的小物体从A点由静止释放，小物体与BC部分间的动摩擦因数为μ，最终小物体与小车相对静止于B、C之间的D点，则B、D间的距离x随各量变化的情况是( )
A．其他量不变，R越大x越大
B．其他量不变，μ越大x越大
C．其他量不变，m越大x越大
D．其他量不变，M越大x越大
[解析] 小车和小物体组成的系统水平方向的动量守恒且为零，所以当小车和小物体相对静止时，系统水平方向的总动量仍为零，则小车和小物体相对于水平面也静止，由能量守恒得μmgx＝mgR，x＝R/μ，选项A正确，B、C、D错误．
[答案] A
6．在光滑的水平面上，有a、b两球，其质量分别为ma、mb，两球在t0时刻发生正碰，并且在碰撞过程中无机械能损失，两球在碰撞前后的速度图象如图所示，下列关系正确的是( )
A．ma>mbB．maC．ma＝mbD．无法判断
[解析] 由题图知a球以初速度与原来静止的b球碰撞，碰后a球反弹，且速度小于a球的初速度大小，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有mava＝mav′a＋mbv′b和eq \f(1,2)mveq \\al(2,a)＝eq \f(1,2)mav′eq \\al(2,a)＋eq \f(1,2)mbv′eq \\al(2,b)，可得v′a＝eq \f(ma－mb,ma＋mb)va，v′b＝eq \f(2ma,ma＋mb)va，因v′a<0，所以ma[答案] B
7．下列措施中有利于增加火箭的飞行速度的是( )
A．使喷出的气体速度增大
B．使喷出的气体温度更高
C．使喷出的气体质量更大
D．使喷出的气体密度更小
[解析] 增大反冲作用力有利于增加火箭的飞行速度，仅增大喷出气体的速度或质量可以增大反冲作用力，仅使喷出的气体温度更高或密度更小不能增大反冲作用力，选项AC正确，选项BD错误．
[答案] AC
8．水平抛出在空中飞行的物体，不考虑空气阻力，则( )
A．在相等的时间间隔内动量的变化相同
B．在任何时间内，动量变化的方向都是竖直向下
C．在任何时间内，动量对时间的变化率恒定
D．在刚抛出物体的瞬间，动量对时间的变化率为零
[解析] 做平抛运动的物体仅受重力作用，由动量定理得Δp＝mg·Δt，因为在相等的时间内动量的变化量Δp相同，即大小相等，方向都是竖直向下的，从而动量的变化率恒定，故选项A、B、C正确，D错误．
[答案] ABC
9.如图所示，三个小球的质量均为m，B、C两球用轻弹簧连接后放在光滑的水平面上，A球以速度v0沿B、C两球球心的连线向B球运动，碰后A、B两球粘在一起．对A、B、C及弹簧组成的系统，下列说法正确的是( )
A．机械能守恒，动量守恒
B．机械能不守恒，动量守恒
C．三球速度相等后，将一起做匀速运动
D．三球速度相等后，速度仍将变化
[解析] 因水平面光滑，故系统的动量守恒，A、B两球碰撞过程中机械能有损失，A错误，B正确；三球速度相等时，弹簧形变量最大，弹力最大，故三球速度仍将发生变化，C错误，D正确．
[答案] BD
10.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eq \f(M＋m,M)
B．甲、乙两车运动中速度之比为eq \f(M,M＋m)
C．甲车移动的距离为eq \f(M＋m,2M＋m)L
D．乙车移动的距离为eq \f(M,2M＋m)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，即为eq \f(M＋m,M)，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
二、非选择题(本题共6小题，共60分．按题目要求作答．)
11．(8分)如图所示为“探究碰撞中的不变量”的实验装置示意图．已知a、b小球的质量分别为ma、mb，半径分别为ra、rb，图中P点为单独释放a球的平均落点，M、N是a、b小球碰撞后落点的平均位置．
(1)本实验必须满足的条件是________．
A．斜槽轨道必须是光滑的
B．斜槽轨道末端的切线水平
C．入射小球每次都从斜槽上的同一位置无初速度释放
D．入射球与被碰球满足ma＝mb，ra＝rb
(2)为了验证动量守恒定律，需要测量OP间的距离x1，则还需要测量的物理量有________、________(用相应的文字和字母表示)．
(3)如果动量守恒，须满足的关系式是________(用测量物理量的字母表示)．
[解析] (1)“验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，只要求离开轨道后做平抛运动，对斜槽是否光滑没有要求，A项错误；要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平，B项正确；要保证碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要从同一高度由静止滚下，C项正确；为了保证小球碰撞为对心正碰，且碰后不反弹，要求ma>mb，ra＝rb，D项错误．(2)要验证动量守恒定律，即验证：mav1＝mav2＋mbv3，小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，上式两边同时乘以t得：mav1t＝mav2t＋mbv3t，得：max1＝max2＋mbx3，因此实验需要测量：OP间的距离x1，OM间的距离x2，ON间的距离x3.(3)根据第(2)问可知需验证max1＝max2＋mbx3，即maOP＝maOM＋mbON.
[答案] (1)BC
(2)测量OM的距离x2 测量ON的距离x3
(3)max1＝max2＋mbx3(写成maOP＝maOM＋mbON也可以)
12．(8分)如图所示，在实验室用两端带有竖直挡板C和D的气垫导轨和有固定挡板的质量都是M的滑块A和B做“探究碰撞中的守恒量”的实验，实验步骤如下：
Ⅰ.把两滑块A和B紧贴在一起，在A上放质量为m的砝码，置于导轨上，用电动卡销卡住A和B，在A和B的固定挡板间放入一轻弹簧，使弹簧处于水平方向上的压缩状态；
Ⅱ.按下电钮使电动卡销放开，同时启动两个记录两滑块运动时间的电子计时器，当A和B与固定挡板C和D碰撞的同时，电子计时器自动停表，记下A至C的运动时间t1，B至D的运动时间t2；
Ⅲ.重复几次，取t1和t2的平均值．
(1)在调整气垫导轨时应注意________；
(2)应测量的数据还有________；
(3)只要关系式________成立，即可得出碰撞中守恒的量是mv的矢量和．
[解析] (1)导轨水平才能让滑块做匀速运动．
(2)需测出A左端、B右端到挡板C、D的距离x1、x2
由计时器计下A、B到两板的时间t1、t2
算出两滑块A、B弹开的速度v1＝eq \f(x1,t1)，v2＝eq \f(x2,t2).
(3)由动量守恒知(m＋M)v1－Mv2＝0
即：(m＋M)eq \f(x1,t1)＝eq \f(Mx2,t2).
[答案] (1)使气垫导轨水平
(2)滑块A的左端到挡板C的距离x1和滑块B的右端到挡板D的距离x2
(3)(M＋m)eq \f(x1,t1)＝eq \f(Mx2,t2)
13．(8分)在光滑的水平面上，质量为2m的小球A以速率v0向右运动．在小球的前方O点处有一质量为m的小球B处于静止状态，如图所示．小球A与小球B发生正碰后均向右运动．小球B被在Q点处的墙壁弹回后与小球A在P点相遇，PQ＝1.5PO.假设小球与墙壁之间的碰撞没有能量损失，求：
(1)两球在O点碰后速度的大小？
(2)求两球在O点碰撞的能量损失．
[解析] (1)由碰撞过程中动量守恒得
2mv0＝2mv1＋mv2
由题意可知：OP＝v1t
OQ＋PQ＝v2t
解得v1＝eq \f(1,3)v0，v2＝eq \f(4,3)v0.
(2)两球在O点碰撞前后系统的机械能之差
ΔE＝eq \f(1,2)×2mveq \\al(2,0)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)×2mv\\al(2,1)＋\f(1,2)×mv\\al(2,2)))
代入(1)的结果得ΔE＝0.
[答案] (1)v1＝eq \f(1,3)v0，v2＝eq \f(4,3)v0 (2)0
14．(12分)汽车A在水平冰雪路面上行驶．驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B.两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B车向前滑动了4.5 m，A车向前滑动了2.0 m．已知A和B的质量分别为2.0×103 kg和1.5×103 kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g＝10 m/s2.求
(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小；
(2)碰撞前的瞬间A车速度的大小．
[解析] (1)设B车的质量为mB，碰后加速度大小为aB.根据牛顿第二定律有μmBg＝mBaB①
式中μ是汽车与路面间的动摩擦因数．
设碰撞后瞬间B车速度的大小为v′B，碰撞后滑行的距离为sB.由运动学公式有v′eq \\al(2,B)＝2aBsB②
联立①②式并利用题给数据得
v′B＝3.0 m/s③
(2)设A车的质量为mA，碰后加速度大小为aA.根据牛顿第二定律有
μmAg＝mAaA④
设碰撞后瞬间A车速度的大小为v′A，碰撞后滑行的距离为sA.由运动学公式有v′eq \\al(2,A)＝2aAsA⑤
设碰撞前的瞬间A车速度的大小为vA.两车在碰撞过程中动量守恒，有mAvA＝mAv′A＋mBv′B⑥
联立③④⑤⑥式并利用题给数据得
vA≈4.3 m/s⑦
[答案] (1)3.0 m/s (2)4.3 m/s
15．(12分)如图所示，小球A质量为m，系在细线的一端，线的另一端固定在O点，O点到水平面的距离为h.物块B质量是小球的5倍，置于粗糙的水平面上且位于O点正下方，物块与水平面间的动摩擦因数为μ.现拉动小球使线水平伸直，小球由静止开始释放，运动到最低点时与物块发生正碰(碰撞时间极短)，反弹后上升至最高点时到水平面的距离为eq \f(h,16).小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g，求碰撞过程物块获得的冲量及物块在地面上滑行的距离．
[解析] 设小球的质量为m，运动到最低点与物块相撞前的速度大小为v1，取小球运动到最低点时的重力势能为零，根据机械能守恒定律有
mgh＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)
解得：v1＝eq \r(2gh)
设碰撞后小球反弹的速度大小为v1′，同理有
mgeq \f(h,16)＝eq \f(1,2)mv1′2
解得：v1′＝eq \r(\f(gh,8))
设碰撞后物块的速度大小为v2，取水平向右为正方向由动量守恒定律有
mv1＝－mv1′＋5mv2
解得：v2＝eq \r(\f(gh,8))
由动量定理可得，碰撞过程滑块获得的冲量为：I＝5mv2＝eq \f(5,4)meq \r(2gh)
物块在水平面上滑行所受摩擦力的大小为
F＝5μmg
设物块在水平面上滑动的距离为s，由动能定理有
－Fs＝0－eq \f(1,2)×5mveq \\al(2,2)
解得：s＝eq \f(h,16μ).
[答案] eq \f(5,4)meq \r(2gh) eq \f(h,16μ)
16.(12分)如图所示，物块A和B通过一根轻质不可伸长的细绳相连，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为mA＝2 kg、mB＝1 kg.初始时A静止于水平地面上，B悬于空中．现将B竖直向上再举高h＝1.8 m(未触及滑轮)，然后由静止释放．一段时间后细绳绷直，A、B以大小相等的速度一起运动，之后B恰好可以和地面接触．取g＝10 m/s2，空气阻力不计．求：
(1)B从释放到细绳绷直时的运动时间t；
(2)A的最大速度v的大小；
(3)初始时B离地面的高度H.
[解析] (1)B从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，有
h＝eq \f(1,2)gt2①
代入数据解得
t＝0.6 s．②
(2)设细绳绷直前瞬间B速度大小为vB，有
vB＝gt③
细绳绷直瞬间，细绳张力远大于A、B的重力，A、B相互作用，由动量守恒得
mBvB＝(mA＋mB)v④
之后A做匀减速运动，所以细绳绷直后瞬间的速度v即为最大速度，联立②③④式，代入数据解得
v＝2 m/s.⑤
(3)细绳绷直后，A、B一起运动，B恰好可以和地面接触，说明此时A、B的速度为零，这一过程中A、B组成的系统机械能守恒，有
eq \f(1,2)(mA＋mB)v2＋mBgH＝mAgH⑥
代入数据解得
H＝0.6 m．⑦
[答案] (1)0.6 s (2)2 m/s (3)0.6 m