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《动量守恒定律》测试题

《动量守恒定律》测试题
《动量守恒定律》测试题

《动量守恒定律》测试题

本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分,满分100,考

试时间60分钟。

第Ⅰ卷(选择题 共40分)

一、选择题(本题共10小题,每小题4分,共40分。在每小题给出的四个选项中,有的只有一个选项正确,有的有多个选项正确,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不选的得0分。)

1.某人站在静浮于水面的船上,从某时刻开始从船头走向船尾,不计水的阻力,那么在这段时间内人和船的运动情况是( )

A .人匀速走动,船则匀速后退,且两者的速度大小与它们的质量成反比

B .人匀加速走动,船则匀加速后退,且两者的加速度大小一定相等

C .不管人如何走动,在任意时刻两者的速度总是方向相反,大小与它们的质量成反比

D .人走到船尾不再走动,船则停下

解析:以人和船构成的系统为研究对象,其总动量守恒,设v 1、

v 2分别为人和船的速率,则有0=m 人v 1-M 船v 2,故有v 1v 2

=M 船m 人 可见A 、C 、D 正确。

人和船若匀加速运动,则有

F =m 人a 人,F =M 船a 船

所以a 人a 船=M 船m 人

,本题中m 人与M 船不一定相等,故B 选项错误。 答案:A 、C 、D

2.如图(十六)-1甲所示,在光滑水平面上的两个小球发生正碰。小球的质量分别为m 1和m 2。图(十六)-1乙为它们碰撞前后的x -t 图象。已知m 1=0.1 kg ,由此可以判断( )

图(十六)-1

①碰前m2静止,m1向右运动

②碰后m2和m1都向右运动

③由动量守恒可以算出m2=0.3 kg

④碰撞过程中系统损失了0.4 J的机械能

以上判断正确的是()

A.①③B.①②③

C.①②④D.③④

解析:由图象知,①正确,②错误;由动量守恒m1v=m1v1+m2v2,将m1=0.1 kg,v=4 m/s,v1=-2 m/s,v2=2 m/s代入可得m2=0.3 kg,

③正确;ΔE=1

2m

2

1

?

?

?

?

?

1

2m1

v21+

1

2m2

v22=0,④错误。

答案:A

3.如图(十六)-2所示,设车厢长度为l,质量为M,静止于光滑的水平面上,车厢内有一质量为m的物体以速度v0向右运动,与车厢壁来回碰撞n次后,静止于车厢中,这时车厢的速度为()

图(十六)-2

A.v0,水平向右

B.0

C.m v0/(m+M),水平向右

D.m v0/(M-m),水平向右

解析:把物体以速度v0向右运动到物体最后静止在车厢的整个过程作为研究的时间范围,设车厢最后的速度为v,对过程始末应用动量守恒定律,得m v0=(m+M)v,得v=m v0/(m+M)。故C项正确。

答案:C

4.

如图(十六)-3所示,在光滑的水平面上,小车M内有一弹簧被A和B两物体压缩,A和B的质量之比为,它们与小车间的动

摩擦因数相等,释放弹簧后物体在极短时间内与弹簧分开,分别向左、右运动,两物体相对小车静止下来,都未与车壁相碰,则( )

图(十六)-3

A .

B 先相对小车静止下来

B .小车始终静止在水平面上

C .最终小车静止在水平面上

D .最终小车水平向右匀速运动

解析:由动量定理知A 、B 两物体获得的初动量大小相等,因为B 物体所受摩擦力比A 的大,故B 物体先相对小车静止下来,而小车在A 、B 运动过程中也在运动,所以A 选项正确,而B 选项错误;物体A 、B 和小车组成的系统满足动量守恒定律,而系统初状态静止,故C 选项正确。

答案:A 、C

5.一质量为m 的铁锤,以速度v 竖直打在木桩上,经过Δt 时间而停止,则在打击时间内,铁锤对木桩的平均冲力的大小是( )

A .mg Δt B.m v Δt

C.m v Δt +mg

D.m v Δt -mg 解析:对铁锤应用动量定理,设木桩对铁锤的平均作用力为F ,

则(F -mg )Δt =0-(-m v ),解得F =m v Δt +mg ,所以铁锤对木桩的平均

冲力F ′=F =m v Δt +mg 。

答案:C

6.如图(十六)-4所示,位于光滑水平桌面上的小滑块P 和Q 都可视作质点且质量相等。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( )

图(十六)-4 A .P 的初动能 B .P 的初动能的12

C .P 的初动能的13

D .P 的初动能的14

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 ,两者质量均为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E p 。根据动量守恒,有m v =2m v ′,根据能

量守恒有12m v 2=12×2m v ′2+E p ,以上两式联立求解得E p =14m v 2。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

7.在光滑水平面上,两球沿球心连线以相等速率相向而行,并发生碰撞,下列现象可能的是( )

A .若两球质量相同,碰后以某一相等速率互相分开

B .若两球质量相同,碰后以某一相等速率同向而行

C .若两球质量不同,碰后以某一相等速率互相分开

D .若两球质量不同,碰后以某一相等速率同向而行

解析:本题考查运用动量守恒定律定性分析碰撞问题,光滑水平面上两小球的对心碰撞符合动量守恒的条件,因此碰撞前后两小球组成的系统总动量守恒。

A 项,碰撞前两球总动量为零,碰撞后也为零,动量守恒,所以A 项是可能的。

B 项,若碰撞后两球以某一相等速率同向而行,则两球的总动量不为零,而碰撞前为零,所以B 项不可能。

C 项,碰撞前后系统的总动量的方向不同,所以动量不守恒,C 项不可能。

D 项,碰撞前总动量不为零,碰后也不为零,方向可能相同,所以D 项是可能的。

答案:A 、D

8.

如图(十六)-5所示,三角形木块A 质量为M ,置于光滑水平面上,底边长a ,在其顶部有一三角形小木块B 质量为m ,其底边长b ,若B 从顶端由静止滑至底部,则木块后退的距离为( )

图(十六)-5

A.ma M +m

B.Ma M +m

C.m (a -b )M +m

D.M (a -b )M +m

解析:A 、B 二者组成的系统水平方向不受外力作用,故系统水平方向满足动量守恒定律,则系统水平方向平均动量也守恒,由动量守恒定律得

0=M x t -m a -b -x t

解得x =m (a -b )M +m

。 答案:C

9.一平板小车静止在光滑的水平地面上,甲、乙两个人要背靠着站在车的中央,当两人同时向相反方向行走,如甲向小车左端走,乙向小车右端走,发现小车向右运动,则( )

A .若两人的质量相等,则必定v 甲>v 乙

B .若两人的质量相等,则必定v 甲<v 乙

C .若两人的速度相等,则必定m 甲>m 乙

D .若两人的速度相等,则必定m 甲<m 乙

解析:甲、乙两人和小车组成的系统满足动量守恒定律,由动量守恒定律知

m 甲v 甲=m 乙v 乙+m 车v 车,

所以A 、C 选项正确。

答案:A 、C

10.如图(十六)-6所示,两个质量相等的物体沿同一高度、倾角不同的两光滑斜面顶端从静止自由下滑,到达斜面底端,两个物体具有不同的物理量是( )

图(十六)-6

A .下滑的过程中重力的冲量

B .下滑的过程中弹力的冲量

C .下滑的过程中合力的冲量

D .刚到达底端时的动量大小

解析:由运动学知识可知两个物体下滑所用的时间不同,由I =Ft 可知A 项正确;由于倾角不同,两物体受的弹力方向不同,所以B 项正确;根据机械能守恒知两物体到达底端时的速度大小相等,由于速度方向不同,两物体的动量变化也不同,由动量定理可知C 项正确。

答案:A 、B 、C

第Ⅱ卷(非选择题共60分)

二、填空题。(共4小题,每小题5分,共20分。把答案直接填写在题中横线上,不要求写出演算过程。)

11.(5分)如图(十六)-7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的速度抽出纸条,则铁块落地点将在________。(填“P点”、“P点左侧”或“P点右侧”)

图(十六)-7

解析:铁块受到的滑动摩擦力一定,纸条抽出的速度越大,作用时间越短,摩擦力的冲量越小,由动量定理知I=Δp=m v′-0,铁块获得的速度越小,平抛的水平距离也越小,故当以2v的速度抽出时,铁块的落地点在P点左侧。

答案:P点左侧

12.(5分)一质量为1 kg的小球从0.8 m高的地方自由下落到一个软垫上,若从小球接触软垫到下陷至最低点经历了0.2 s,则这段时间内软垫对小球冲量的大小为________。(g取10 m/s2,不计空气阻力)

解析:规定竖直向上为正方向,根据动量定理,有(F-mg)t=0-(-m v0),而v0=2gh,由上面两式可求得Ft=6 N·s,即这段时间内软垫对小球的冲量为6 N·s,方向竖直向上。

答案:6 N·s

13.(5分)场强为E、方向竖直向上的匀强电场中有两小球A、B,它们的质量分别为m1、m2,电量分别为q1、q2。A、B两球由静止释放,重力加速度为g,则小球A和B组成的系统动量守恒应满足的关系式为________。

解析:动量守恒定律的条件是系统不受外力作用或者所受外力之和为零,若A、B两小球组成的系统满足动量守恒定律,则系统所受的电场力和重力必须平衡,即

E(q1+q2)=(m1+m2)g。)

答案:E(q1+q2)=(m1+m2)g

14.(5分)用半径相同的两小球A、B的碰撞验证动量守恒定律,实验装置如图(十六)-8所示,斜槽与水平槽圆滑连接。实验时先不放B球,使A球从斜槽上某一固定点C由静止滚下,落到位于水平地面的记录纸上留下痕迹。再把B球静置于水平槽前端边缘处,让A

球仍从C 处由静止滚下,A 球和B 球碰撞后分别落在记录纸上留下各自的痕迹。记录纸上的O 点是重垂线所指的位置,若测得各落点痕迹到O 点的距离:OM =2.68 cm ,OP =8.62 cm ,O N =11.50 cm ,并知A 、B 两球的质量比为,则未放B 球时A 球落地点是记录纸上的__________点,系统碰撞前总动量p 与碰撞后总动量p ′的百

分误差|p -p ′|p =__________%(结果保留一位有效数字)。

图(十六)-8

解析:未放B 球时,A 球落在P 点。

|p -p ′|p =|m A ·OP -(m B ·ON +m A ·OM )|m A ·OP

= |2m ×8.62-(m ×11.50+2m ×2.68)|2m ×8.62

=0.02=2%。 答案:P 2

三、计算题(共6小题,共40分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。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.(6分)如图(十六)-9所示,一根质量不计,长为1 m 能承受最大拉力为14 N 的绳子,一端固定于天花板上,另一端系一质量为1 kg 的小球,整个装置处于静止状态,若要将绳子拉断,作用在球上的水平冲量至少应为多少?(g 取10 m/s 2)

图(十六)-9

解析:作用在小球上的冲量等于小球动量的增量:I =m v 0,当小球受到冲量时,则

F T -mg =m v 20L ,F T =mg +m v 20L

当F T =14 N 时,v 0=2 m/s ,所以I =2N·s 。

答案:2 N·s

16.(6分)在光滑的水平面上,质量为m 1的小球A 以速率v 0向右运动,在小球A 的前方O 点有一质量为m 2的小球B 处于静止状态,如图(十六)-10所示。小球A 与小球B 发生正碰后小球A 、B 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 。假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性的,求两小球质量之比m 1/m 2。

图(十六)-10

解析:从两小球碰撞后到它们再次相遇,小球A 和B 的速度大小保持不变。根据它们通过的路程,可知小球B 和小球A 在碰撞后的速度大小之比为4∶1。

设碰撞后小球A 和B 的速度分别为v 1和v 2,在碰撞过程中动量守恒,碰撞前后动能相等

m 1v 0=m 1v 1+m 2v 2

12m 1v 20=12m 1v 21+12

m 2v 22 利用v 2/v 1=4,可解出m 1m 2

=2。 答案:m 1m 2

=2 17.(7分)两个质量分别为M 1和M 2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(十六)-11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 。物块从静止开始滑下,然后又滑上劈B 。求物块在B 上能够达到的最大高度。

图(十六)-11

解析:设物块到达劈A 的底端时,物块和A 的速度大小分别为v 和V ,由机械能守恒和动量守恒得

mgh =12m v 2+12M 1V 2 ①

M 1V =m v ②

设物块在劈B 上达到的最大高度为h ′,此时物块和B 的共同速度大小为V ′,由机械能守恒和动量守恒得

mgh ′+12(M 2+m )V ′2=12m v 2 ③

m v=(M2+m)V′④联立①②③④式得

h′=

M1M2

(M1+m)(M2+m)h

答案:M1M2h

(M1+m)(M2+m)

18.(7分)如图(十六)-12所示,质量m1=0.3 kg的小车静止在光滑的水平面上,车长L=1.5 m,现有质量m2=0.2 kg可视为质点的物块,以水平向右的速度v0=2 m/s从左端滑上小车,最后在车面上某处与小车保持相对静止。物块与车面间的动摩擦因数μ=0.5,取g =10 m/s2,求

图(十六)-12

(1)物块在车面上滑行的时间t;

(2)要使物块不从小车右端滑出,物块滑上小车左端的速度v′0不超过多少。

解析:(1)设物块与小车共同速度为v,以水平向右为正方向,根据动量守恒定律有

m2v0=(m1+m2)v①

设物块与车面间的滑动摩擦力为F,对物块应用动量定理有

-Ft=m2v-m2v0②

又F=μm2g③

解得t=

m1v0

μ(m1+m2)g

代入数据得

t=0.24 s④

(2)要使物块恰好不从车面滑出,须使物块到车面最右端时与小车有共同的速度,设其为v′,则

m2v′0=(m1+m2)v′⑤

由功能关系有

1 2m2v′20=

1

2(m1+m2)v′

2+μm

2

gL⑥

代入数据解得

v′0=5 m/s

故要使物块不从小车右端滑出,物块滑上小车左端的速度v′0不超过5 m/s。

答案:(1)0.24 s (2)5 m/s

19.(7分)如图(十六)-13所示,坡道顶端距水平面高度为h ,质量为m 1的小物块A 从坡道顶端由静止滑下,进入水平面上的滑道时无机械能损失,为使A 制动,将轻弹簧的一端固定在水平滑道延长线M 处的墙上,另一端与质量为m 2的挡板B 相连,弹簧处于原长时,B 恰位于滑道的末端O 点。A 与B 碰撞时间极短,碰后结合在一起共同压缩弹簧,已知在OM 段A 、B 与水平面间的动摩擦因数均为μ,其余各处的摩擦不计,重力加速度为g ,求:

图(十六)-13

(1)物块A 在与挡板B 碰撞前瞬间速度v 的大小;

(2)弹簧最大压缩量为d 时的弹性势能E p (设弹簧处于原长时弹性势能为零)。

解析:(1)由机械能守恒定律,有

m 1gh =12m 1v 2

v = 2gh 。

(2)A 、B 在碰撞过程中内力远大于外力,由动量守恒,有m 1v =(m 1+m 2)v ′

A 、

B 克服摩擦力所做的功

W =μ(m 1+m 2)gd

由能量守恒定律,有

12

(m 1+m 2)v ′2=E p +μ(m 1+m 2)gd 解得E p =m 21m 1+m 2

gh -μ(m 1+m 2)gd 。 答案:(1)v = 2gh (2)E p =m 21m 1+m 2

gh -μ(m 1+m 2)gd

20.(7分)如图(十六)-14所示,长L =12 m 的木板右端固定一立柱,板和立柱的总质量M =50 kg ,木板置于地面上,木板与地面间的动摩擦因数μ=0.1。质量m =50 kg 的人立于木板左端,木板与人均静止。若人以4 m/s 2的加速度匀加速向右奔跑至板的右端,并立即抱柱立柱,g 取10 m/s 2,求:

图(十六)-14

(1)从人开始奔跑至到达木板右端所经历的时间t ;

(2)从人开始运动到最终木板静止,木板发生的总位移x 。 解析:(1)人向右加速运动受到木板向右摩擦力Ff 2=ma 2=200 N

人运动的位移x 2=12a 2t 2

木板水平方向受两个力:人对木板向左的摩擦力

Ff ′2=200 N

地面对木板向右的摩擦力Ff 1=μ(M +m )g =100 N

则木板向左运动的加速度为a 1=

=2 m/s 2

发生的位移x 1=12a 1t 2,由L =x 1+x 2

得t = 2L a 1+a 2=2 s 。 (2)如图所示,人向右奔跑时,木板向左运动的位移x 1=12a 1t 2=4 m

人抱住立柱时,人的速率

v 2=a 2t =8 m/s ,

木板的速率v 1=a 1t =4 m/s

人抱柱立柱时时间很短,人与立柱间的相互作用力远大于地面的摩擦力,两者动量守恒,取向右为正方向,

m v 2-M v 1=(m +M )v ′

得v ′=m v 2-M v 1m +M

=2 m/s , 人抱住立柱后,两者一起向右运动,加速度

a 3=Ff 1m +M =μ(m +M )g m +M

=μg =1 m/s 2, 共同运动的位移x 3=v ′2

2a 3

=2 m 故木板的总位移x =x 1-x 3=2 m ,方向向左。

答案:(1)2 s (2)2 m ,方向向左

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