第七章 動量守恒定律（測試）（解析版）

第七章動量守恒定律測試卷（考試時間：90分鐘試卷滿分：100分）注意事項：1．本試卷分第I卷（選擇題）和第II卷（非選擇題）兩部分。答卷前，考生務(wù)必將自己的班級、姓名、學(xué)號填寫在試卷上。2．回答第I卷時，選出每小題答案后，將答案填在選擇題上方的答題表中。3．回答第II卷時，將答案直接寫在試卷上。第Ⅰ卷（選擇題共48分）一、選擇題（共12小題，每小題4分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第1-8題只有一項符合題目要求，第9-12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．如圖所示，輕彈簧的下端系著質(zhì)量相等的a、b兩球，兩小球之間由輕質(zhì)細線連接，系統(tǒng)靜止時彈簧未超出彈性限度?，F(xiàn)剪斷a、b間細線，在接下來的運動過程中，下列說法正確的是（）A．a(chǎn)、b兩球組成的系統(tǒng)機械能守恒B．a(chǎn)、b兩球和輕彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒C．a(chǎn)、b兩球組成的系統(tǒng)動量守恒D．a(chǎn)、b兩球和輕彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒【答案】B【詳解】A．剪斷a、b間細線后，彈簧對a做功、a球的機械能發(fā)生變化，b球只有重力對它做功，機械能不變，所以a、b兩球組成的系統(tǒng)機械能不守恒，故A錯誤；B．剪斷a、b間細線后，a、b兩球和輕彈簧組成的系統(tǒng)，只有重力和彈簧彈力做功，系統(tǒng)的機械能守恒，故B正確；C．剪斷a、b間細線后，a、b兩球組成的系統(tǒng)所受合外力不為零，系統(tǒng)動量不守恒，故C錯誤；D．剪斷a、b間細線后，a、b兩球和輕彈簧組成的系統(tǒng)所受合外力不為零，系統(tǒng)動量不守恒，故D錯誤。故選B。2．如圖所示，OA、OB為兩條不同的光滑軌道，端點O、A、B都在豎直圓周上，OC豎直直徑。完全相同的兩個小球分別從A、B兩點沿兩條軌道由靜止開始同時釋放，不計空氣阻力。兩小球到達O點的過程中，下列判斷正確的是（）A．沿BO軌道運動的小球先到達O點B．兩個小球重力的沖量不相同C．兩小球的動量變化率相同D．沿AO軌道運動小球的動量變化率大【答案】D【詳解】A．設(shè)軌道與水平方向的夾角為，對小球研究，小球受重力和支持力，將重力沿軌道方向和垂直軌道方向正交分解，根據(jù)牛頓第二定律可得由圖中的直角三角形可知，小球的位移為由于小球下落過程中做初速度為0的勻加速直線運動，故下落時間所以下落時間與無關(guān)，故兩小球一起到達，故A錯誤；B．下落時間相同，重力相同，由可得兩個小球重力的沖量相同，故B錯誤；CD．小球的末速度為由于A點下落的大，即大，故從A點下落的末速度大，根據(jù)可知沿AO軌道運動小球的動量變化率大，故C錯誤，D正確。故選D。3．如圖所示，若手機質(zhì)量m=200g，從離人眼約h=20cm的高度無初速掉落，砸到眼睛后經(jīng)=0.01s手機停止運動，取重力加速度g=10m/s2，下列分析正確的是（）A．手機對眼睛的作用力大小約為30NB．手機對眼睛的作用力大小約為40NC．全過程手機重力的沖量大小約為0.42N?sD．全過程手機重力的沖量大小約為0.40N?s【答案】C【詳解】AB．手機自由下落h時的速度為手機與眼相互作用過程，以豎直向下為正方，據(jù)動量定理可得解得手機受到的作用力大小為由牛頓第三定律可知，手機對眼睛的作用力大小約為42N，AB錯誤；CD．手機自由下落時間為全過程手機重力的沖量大小為，C正確，D錯誤。故選C。4．如圖所示，質(zhì)量為m的人立于平板車上，人與車的總質(zhì)量為m0，人與車以速度v1在光滑水平面上向右勻速運動，當此人相對于車以速度v2豎直跳起時，車的速度變?yōu)椋ǎ〢．，向右 B．，向右C．，向右 D．，向右【答案】D【詳解】根據(jù)題意可知，人和車在水平方向上動量守恒，當人豎直跳起時，人和車之間在豎直方向上有相互作用，在水平方向上合力為零，動量仍然守恒，水平方向的速度不發(fā)生變化，所以車的速度仍為v1，方向向右。故選D。5．如圖，質(zhì)量為的小球A沿光滑水平面以速度向右運動，與質(zhì)量為的靜止小球B發(fā)生碰撞，碰撞后小球A以速率（為待定系數(shù)）彈回，然后與固定擋板P發(fā)生彈性碰撞，要使A球能與B球再次發(fā)生碰撞，則k的取值范圍應(yīng)滿足（

）．A． B．C．或 D．【答案】A【詳解】A球與B球第一次碰撞過程，根據(jù)動量守恒可得碰撞過程應(yīng)遵循系統(tǒng)總動能不增加原則，則有為了使A球能與B球再次發(fā)生碰撞，需要滿足聯(lián)立解得故選A。6．如圖甲所示，一輕彈簧的兩端分別與質(zhì)量為和的兩物塊相連接，并且靜止在光滑的水平桌面上?，F(xiàn)使m1瞬時獲得水平向右的速度3m/s，以此刻為計時零點，兩物塊的速度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，以下說法正確的是（）A．兩物塊的質(zhì)量之比為B．在時刻和時刻彈簧的彈性勢能均達到最大值C．時間內(nèi)，彈簧的長度大于原長D．時間內(nèi)，彈簧的彈力逐漸減小【答案】B【詳解】A．以m1的初速度方向為正方向，對0～1s時間內(nèi)的過程，由動量守恒定律得將v1=3m/s，v共=1m/s代入解得故A錯誤；B．根據(jù)系統(tǒng)能量守恒可知在時刻和時刻，系統(tǒng)的動能最小，彈簧的彈性勢能達到最大值，故B正確；C．在時刻彈簧壓縮至最短，所以時間內(nèi)，彈簧的長度小于原長，故C錯誤；D．時間內(nèi)，彈簧處于拉伸階段，彈力逐漸增大，故選B。7．一粒水銀珠豎直地掉在光滑的水平玻璃板上，分成三粒小水銀珠1、2、3，以相等的速率在玻璃板上沿三個方向運動，如圖所示。小水銀珠1與2、2與3、3與1的運動方向之間的夾角分別為、、。小水銀珠1、2、3的質(zhì)量之比為（）A． B． C． D．【答案】C【詳解】一粒水銀珠分成三個小水銀珠，其前后滿足水平方向動量守恒，設(shè)三個小水銀珠的速度大小為均為v，垂直水銀珠3運動方向有沿水銀珠3方向有解得故C正確，ABD錯誤。故選C。8．一位解放軍海軍士兵蹲在皮劃艇上進行射擊訓(xùn)練，用步槍在t時間內(nèi)沿水平方向發(fā)射了7發(fā)子彈。若該士兵連同裝備和皮劃艇的總質(zhì)量是M，發(fā)射每兩發(fā)子彈之間的時間間隔相等，每發(fā)子彈的質(zhì)量為m，子彈離開槍口的對地速度為。射擊前皮劃艇是靜止的，不考慮水的阻力，忽略因射擊導(dǎo)致裝備質(zhì)量的減少，則在t時間內(nèi)皮劃艇的位移為（）A． B． C． D．【答案】B【詳解】發(fā)射子彈時，根據(jù)動量守恒可得每發(fā)一顆子彈，皮劃艇增加的速度為所以在t時間內(nèi)沿水平方向發(fā)射了7發(fā)子彈，則皮劃艇在6個時間內(nèi)，分別以、、……勻速運動，每段勻速運動的位移依次為；；……故t時間內(nèi)皮劃艇的總位移為故選B。9．如圖所示，絲網(wǎng)版畫有其獨特的繪畫語言，其藝術(shù)水準可與國畫、油畫等其它藝術(shù)作品相媲美。絲網(wǎng)版畫在顯影時需要用高壓水槍沖洗，若高壓水槍噴口的截面積為，噴口的出水速度為，水的密度為，噴口工作時水流垂直射到版畫上，之后水與版畫接觸并在平面上散開，以下說法正確的是（??）A．若僅減小噴口水柱的橫截面積，可以增大水對版畫沖擊產(chǎn)生的壓強B．若僅減小噴口水柱的橫截面積，可以減小水對版畫沖擊產(chǎn)生的壓力C．若僅將噴水速度增大到原來的2倍，可以使水對版畫產(chǎn)生的壓力增大到原來的4倍D．若僅將噴水速度增大到原來的2倍，可以使水對版畫產(chǎn)生的壓強增大到原來的2倍【答案】BC【詳解】取時間內(nèi)的水為研究對象，則這些水的質(zhì)量設(shè)這部分水受到版畫的沖擊力大小為，以水運動的方向為正方向，由動量定理解得由牛頓第三定律，水對版畫沖擊產(chǎn)生的壓力水對版畫沖擊產(chǎn)生的壓強AB．若僅減小噴口水柱的橫截面積，不能改變水對版畫沖擊產(chǎn)生的壓強，可以減小水對版畫沖擊產(chǎn)生的壓力，A錯誤，B正確；CD．若僅將噴水速度增大到原來的2倍，可以使水對版畫產(chǎn)生的壓力和壓強均增大到原來的4倍，C正確，D錯誤。故選BC。10．帶有光滑圓弧軌道，質(zhì)量為的滑車靜止置于光滑水平面上，如圖所示，一質(zhì)量也為的小球以速度水平?jīng)_上滑車，到達某一高度后，小球又返回車的左端，則（）A．小球返回車的左端時，速度為零B．小球返回車的左端時，速度為C．小球上升到最高點時，小車的速度為D．小球在弧形槽上上升的最大高度為【答案】ACD【詳解】AB．設(shè)小球離開小車時，小球的速度為v1，小車的速度為v2，選取向右為正方向，整個過程中動量守恒，由動量守恒定律得mv0=mv1+mv2由機械能守恒定律得解得v1=0；v2=v0即小球與小車分離后二者交換速度，所以小球與小車分離后做自由落體運動，故B錯誤，A正確。CD．當小球與小車的水平速度相等時，小球弧形槽上升到最大高度，設(shè)該高度為h，以向右為正方向，由動量守恒定律得mv0=2mv解得由機械能守恒定律得解得故CD正確。故選ACD。11．溜冰車是冬季最受歡迎的娛樂項目之一，冰車的鋼制滑板與冰面間的動摩擦因數(shù)很小，可近似認為接觸面光滑。如圖所示，某次游戲時甲在左、乙在右，甲、乙乘坐各自的冰車一起以的速度向冰面的左側(cè)壁滑行，某時刻甲用力將乙推開。再次游戲時乙在左、甲在右，二者一起再以2m/s的速度向冰面的左側(cè)壁滑行，某時刻甲再次用力將乙推開。已知甲與冰車的總質(zhì)量為，乙與冰車的總質(zhì)量為，冰車與側(cè)壁的碰撞可看作彈性碰撞，下列說法正確的是（）A．甲在左、乙在右，二者分開時只要甲的速度大小大于3m/s，乙的運動就反向B．甲在左、乙在右，若二者分開時甲的速度大小為6m/s，則甲與左側(cè)壁碰后還能與乙再次相碰C．乙在左、甲在右，若二者分開時乙的速度大小為5m/s，則甲反向運動D．乙在左、甲在右，二者分開，乙與左側(cè)壁碰后總能追上甲【答案】BD【詳解】A．甲在左、乙在右，甲用力將乙推開的過程，甲、乙和兩冰車組成的系統(tǒng)動量守恒，設(shè)向左為正方向，有當時得所以當分開時甲的速度大小滿足時，乙的運動方向還是向左，A錯誤；B．由知，當時則二者分開后，乙反向以4m/s的速度大小運動，而甲與左側(cè)壁碰撞后速度大小不變，方向反向，甲的速度大小大于乙的速度大小，故甲還能與乙再次相碰，B正確；C．乙在左、甲在右，甲用力將乙推開的過程，甲、乙和兩冰車組成的系統(tǒng)動量守恒，設(shè)水平向左為正方向，有當時甲沒有反向運動，C錯誤；D．若乙與左側(cè)壁碰后不能追上甲，則需滿足而因為，由可判斷即乙與左側(cè)壁碰后總能追上甲，D正確。故選BD。12．如圖，兩輛完全相同的小車A和B靜止在光滑水平面上，兩小車緊靠在一起而不粘連，在小車A上豎直固定一輕質(zhì)細桿，長的輕質(zhì)細繩的一端系在細桿頂端，另一端拴一質(zhì)量m=1kg的小球，已知小車的質(zhì)量M=2m，重力加速度g=10m/s2，細桿的高度大于繩長。現(xiàn)將小球向右拉至細繩水平且繃直后由靜止釋放，下列說法正確的是（）A．小球與兩小車組成的系統(tǒng)動量守恒B．釋放小球后到小球第一次到達最低點過程中，小車A對小車B的彈力一直增大C．小球第一次到達最低點后能向左上升的最大高度為D．小球第二次到達最低點時小球與小車A的速率之比為8∶7【答案】CD【詳解】A．小球與兩小車組成的系統(tǒng)在豎直方向上所受合外力不為零，動量不守恒，故A錯誤；B．小球與兩小車組成的系統(tǒng)在水平方向上所受合外力為零，動量守恒，釋放小球后到小球第一次到達最低點過程中，小球在水平方向的分速度一直增大，所以小車A、B速度一直增大，當小球到達最低點時，小車A、B速度達到最大，此時小車A對小車B的彈力為零，所以釋放小球后到小球第一次到達最低點過程中，小車A對小車B的彈力一直減小，故B錯誤；C．設(shè)小球第一次到達最低點時的速度大小為v0，兩小車速度大小均為v1，在水平方向根據(jù)動量守恒定律有

①根據(jù)機械能守恒定律有

②小球第一次到達最低點后能向左上升至最大高度h時，小車A和小球速度大小相同，設(shè)為v2，在水平方向根據(jù)動量守恒定律有

③根據(jù)機械能守恒定律有

④聯(lián)立①②③④解得

⑤故C正確；D．設(shè)小球第二次到達最低點時小球與小車A的速度分別為v3、v4，取水平向左為正方向，在水平方向上根據(jù)動量守恒定律有

⑥根據(jù)機械能守恒定律有

⑦聯(lián)立⑥⑦解得，

⑧所以

⑨故D正確。故選CD。第II卷（非選擇題共52分）二、實驗題（滿分14分）13．某同學(xué)設(shè)計了如圖甲所示的裝置驗證動量守恒定律：（1）小車a的前端粘有質(zhì)量不計的橡皮泥，在小車a后連著紙帶，紙帶通過電磁打點計時器，長木板下墊著小木塊，開始時未放小車b，移動長木板下的小木塊，輕推小車a，直到紙帶上打下的點跡________；（填“均勻”或“不均勻”）（2）在小車a的前方放置一個與a材料相同的靜止小車b，推動小車a使之運動，之后與小車b相碰并粘合成一體，若已測得打點的紙帶如圖乙所示，O為運動的起點，x1、x2、x3、x4分別為OA、AB、BC、CD的長度，則應(yīng)選________段來計算a碰撞前的速度，應(yīng)選________段來計算a和b碰后的共同速度；（以上兩空均選填“x1”“x2”“x3”或“x4”）（3）設(shè)a的質(zhì)量為ma、b的質(zhì)量為mb，要驗證碰撞中的動量守恒定律，要驗證的關(guān)系為________（選ma、mb、x1、x2、x3、x4來表示）?！敬鸢浮烤鶆颉驹斀狻浚?）[1]當小車a所受的摩擦力和重力沿斜面方向的分力平衡時，小車a做勻速直線運動，即紙帶上打下的點跡均勻分布；（2）[2][3]推動小車由靜止開始運動，小車先加速后勻速，即在相同的時間間隔內(nèi)通過的位移相等，所以AB段為勻速運動階段，可計算小車a碰前的速度，即選x2；碰撞過程是一個變速過程，而碰后a、b共速，一起做勻速直線運動，點跡均勻分布，所以應(yīng)選CD段計算碰后共同的速度，即選x4；（3）[4]設(shè)打點計時器的打點周期為T，所以兩相鄰計數(shù)點間的時間間隔為由圖可知，碰前小車a的速度為碰后小車的共同速度為需要驗證的關(guān)系為聯(lián)立以上各式可得14．如圖所示，載有物資的熱氣球靜止于距水平地面的高處，現(xiàn)將質(zhì)量為的物資以相對地面的速度水平投出，物資落地時速度大小為。物資拋出后經(jīng)熱氣球的速度變?yōu)?，方向豎直向上。投出物資后熱氣球的總質(zhì)量為，所受浮力不變，重力加速度g取10，求：（1）物資運動過程中克服空氣阻力所做的功；（2）熱氣球拋出物資后5s內(nèi)所受空氣阻力沖量的大小?！敬鸢浮浚?）；（2）【詳解】（1）根據(jù)動能定理有解得（2）投出物資過程，系統(tǒng)動量守恒投出物資后，對熱氣球在水平方向和豎直方向用動量定理列方程；其中聯(lián)立求得空氣阻力沖量的大小為15．如圖所示，光滑曲線軌道分別與豎直軌道、粗?水平地面平滑連接，右端與光滑半圓軌道平滑連接，半圓軌道直徑為。長為，豎直軌道的最高點A與地面高度差。質(zhì)量為的小滑塊P從A點靜止釋放，之后在點與靜止放置在該處的小滑塊Q發(fā)生碰撞，碰撞過程機械能損失不計。已知小滑塊Q的質(zhì)量也為，小滑塊Q被撞后的瞬間對軌道的壓力突然增大了。已知重力加速度為。（1）求水平軌道的動摩擦因數(shù)；（2）如果小滑塊P的質(zhì)量變?yōu)椋檎龜?shù)），如果要求小滑塊Q在半圓軌道段運動過程中沒有脫離圓?。ㄔO(shè)碰撞后P立即拿走，不發(fā)生兩次碰撞），求的取值范圍。

【答案】（1）0.5；（2）或【詳解】（1）設(shè)滑塊P與Q碰撞前瞬間速度的大小為，碰撞后Q的速度為，則根據(jù)動能定理可得，P與Q彈性碰撞，根據(jù)動量守恒和能量守恒有；解得增加的壓力解得（2）設(shè)滑塊P與Q碰撞前瞬間速度的大小為，則根據(jù)動能定理得，P與Q碰撞為彈性碰撞，設(shè)碰撞后的速度分別為和，以向右為正方向，根據(jù)動量守恒和能量守恒定律可得；解得不脫離圓弧軌道的條件有兩種情形有：情形一：不過圓心等高處，有解得情形二：對Q從點到點過程，由機械能守恒定律得對Q球在點，由牛頓第二定律得解得所以滿足或。16．跑酷不僅可以強健體質(zhì)，也可使得自身反應(yīng)能力更加迅速?，F(xiàn)有一運動員在圖示位置起跳，運動過程姿勢不變且不發(fā)生轉(zhuǎn)動，到達墻面時鞋底與墻面接觸并恰好不發(fā)生滑動，通過鞋底與墻面間相互作用可以獲得向上的升力。已知運動員起跳時速度為，與水平方向夾角為θ，到達墻壁時速度方向恰好與墻面垂直，運動員鞋底與墻面的動摩擦因數(shù)為μ（），最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g，全過程忽略空氣阻力影響。（1）求運動員起跳時的水平分速度與豎直分速度；（2）運動員與墻發(fā)生相互作用的時間為t，蹬墻后速度豎直向上，不再與墻發(fā)生相互作用，求蹬墻后運動員上升的最大高度H；（3）若運動員蹬墻后水平方向速度大小不變，方向相反，為了能夠到達起跳位置的正上方，且距離地面高度不低于蹬墻結(jié)束時的高度，求運動員與墻發(fā)生相互作用的最長時間?！敬鸢浮浚?），；（2）；（3）【詳解】（1）水平方向分速度豎直方向分速度（2）設(shè)墻對運動員平均彈力大小為N，平均最大靜摩擦力為f，蹬墻后運動員獲得豎直向上的速度為，人質(zhì)量為m，設(shè)水平向右為正方向，由動量定理得設(shè)豎直向上為正方向，由動量定理得其中聯(lián)立得運動員蹬墻結(jié)束后豎直方向做勻減速直線運動至速度為零，由得（3）設(shè)墻對運動員平均彈力大小為，平均最大靜摩擦力為，蹬墻后運動員獲得豎直向上的速度為v，與墻發(fā)生相互作用的時間為，人的質(zhì)量為m，設(shè)水平向右為正方向，由動量定理得設(shè)豎直向上為正方向，由動量定理得其中聯(lián)立得設(shè)運