1、章末综合检测(一)动量守恒定律 (时间：75分钟满分：100分)一、单项选择题：共11题，每题4分，共44分。每题只有一个选项最符合题意。1.如图所示，坐落于中国天津永乐桥之上的“天津之眼”，以其独特的位置优势成为“世界上唯一一座建在桥上的摩天轮”。假设乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列说法正确的是()A在摩天轮转动的过程中，乘客动量始终保持不变B在最低点时，乘客所受重力大小大于座椅对他的支持力大小C在摩天轮转动一周的过程中，座椅对乘客的冲量方向竖直向上D从最高点到最低点的过程中，重力的瞬时功率逐渐增大解析：选C在摩天轮转动过程中，乘客做匀速圆周运动，乘客的速度大小不变，但方向变化，乘客
2、的动量发生变化，故A错误；在最低点，由重力和支持力的合力提供向心力F，向心力方向向上，FFNmg，则支持力FNmgF，所以重力大小小于支持力大小，故B错误；在摩天轮转动一周的过程中，动量变化量为零，则合力对乘客的总冲量为零，座椅对乘客的冲量与重力的冲量方向相反，即座椅对乘客的冲量方向竖直向上，故C正确；从最高点到最低点的运动过程中，重力的瞬时功率先增大后减小，故D错误。2.按压式圆珠笔内装有一根小弹簧，尾部有一个小帽，压一下小帽，笔尖就伸出来。如图所示，使笔的尾部朝下，将笔向下按到最低点，使小帽缩进，然后放手，笔将向上弹起至一定的高度。忽略摩擦和空气阻力。则笔从最低点运动至最高点的过程中，下列
3、说法正确的是()A笔的动量一直增大B弹簧的弹性势能减少量等于笔的动能的增加量C笔的动能先减小后增大D若考虑运动的全过程，笔所受的重力的冲量大小等于弹力冲量大小解析：选D笔从最低点运动至最高点的过程中，笔向上运动，先加速再减速，故动量、动能都是先增大再减小，A、C错误；忽略摩擦和空气阻力，笔、弹簧组成的系统机械能守恒，可知弹簧的弹性势能减少量等于笔的动能和重力势能总和的增加量，B错误；根据动量定理可知，合外力的冲量等于动量的改变量，运动的全过程，初、末动量都为零，则可知笔所受的重力的冲量大小等于弹力冲量大小，D正确。3.中国CNCAP(汽车碰撞实验)是检验汽车安全性能的重要标准，其中一项称为40
4、% ODB正面碰撞检验：汽车速度为64 km/h，迎面碰到可溃障碍物上并停下来。某次测试中，驾驶座假人甲系着安全带，副驾驶座假人乙没有系安全带，但其前方固定着一竖直挡板，假人质量均为50 kg，碰撞时间为0.05 s，假人与安全带的作用时间为 0.2 s，碰撞过程中甲、乙所受水平方向平均作用力之比为()A14B41C25D52解析：选A取假人为研究对象，取车速方向为正方向，由动量定理可得Ft0mv，解得F，碰撞过程中甲、乙所受水平方向平均作用力之比为，故选A。4.人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢躺着看手机，经常出现手机砸到眼睛的情况。如图所示，若手机质量m为200 g，从离人眼约h10
5、cm 的高度无初速掉落，砸到眼睛后经t0.01 s手机停止运动，取重力加速度g10 m/s2，下列分析正确的是()A手机对眼睛的作用力大小约为30 NB手机对眼睛的作用力大小约为58 NC全过程手机重力的冲量大小约为0.48 NsD全过程手机重力做功约为20 J解析：选A手机下落的高度h10 cm0.10 m，手机的质量m200 g0.20 kg，根据自由落体速度v m/s1.4 m/s，手机与眼睛作用后手机的速度变成0，选取向上为正方向，所以手机与眼睛作用过程中动量变化为p0(mv)0.2 1.4 kgm/s0.28 kgm/s，手机与眼睛接触的过程中受到重力与眼睛的作用力，根据动量定理可知
6、Ftmgtp，解得手机对眼睛的作用力大小F30 N，故A正确，B错误；手机下落时t s0.14 s，全过程中重力的冲量Img(tt)0.210(0.140.01)Ns0.30 Ns，故C错误；全过程手机重力做功Wmgh0.2 J，D错误。5.如图，一轻弹簧左端固定在长木块M的左端，右端与小物块m连接，且m与M及M与地面间接触光滑。开始时，m和M均静止，现同时对m、M施加等大反向的水平恒力F1和F2，从两物块开始运动以后的整个运动过程中，对m、M和弹簧组成的系统(整个过程中弹簧形变不超过其弹性限度)，正确的说法是()A由于F1、F2等大反向，故系统机械能守恒BF1、F2分别对m、M做正功，故系统
7、动量不断增加CF1、F2分别对m、M做正功，故系统机械能不断增加D当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时，m、M的动能最大解析：选D由于F1、F2等大反向，系统所受合外力为零，所以系统动量守恒，当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时，m、M加速终止，m、M速度最大，以后开始减速，系统机械能先增加后减小，A、B、C错误，D正确。6.如图所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为12m、14m，两船沿同一直线、同一方向运动，速度分别为2v0、v0。为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，抛出货物的最小速度为(不计水的阻力)()A4v0B5v0C6v
8、0D7v0解析：选B先对于乙和货物由动量守恒定律得14mv0mv13mv1，再对于甲和货物列由动量守恒定律得12m2v0mv13mv2，由于恰好不相碰，则至少必须保证v1v2，解得v5v0，故选B。7.质量为M的小车静止于光滑的水平面上，小车的上表面和圆弧的轨道均光滑。如图所示，一个质量为m的小球以速度v0水平冲向小车，当小球返回左端脱离小车时，下列说法中正确的是()A整个过程中，m和M组成的系统的动量守恒B如果 mM，小球脱离小车后，做自由落体运动C如果 mM，小球脱离小车后，沿水平方向向右做平抛运动D如果 mM，则v10，小球脱离小车后，沿水平方向向右做平抛运动，C正确，B错误；如果 mM
9、，则v10，小球脱离小车后，沿水平方向向左做平抛运动，D错误。8.如图所示，一砂袋用无弹性轻细绳悬于O点。开始时砂袋处于静止状态，一弹丸以水平速度v0击中砂袋后未穿出，二者共同摆动，若弹丸质量为m，砂袋质量为5m，弹丸和砂袋形状大小忽略不计，弹丸击中沙袋后漏出的沙子质量忽略不计，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法中正确的是()A弹丸打入砂袋过程中，细绳所受拉力大小保持不变B弹丸打入砂袋过程中，弹丸对砂袋的冲量大小大于砂袋对弹丸的冲量大小C弹丸打入砂袋过程中所产生的热量为D砂袋和弹丸一起摆动所达到的最大高度为解析：选D初态时，细绳的拉力等于砂袋的重力，弹丸打入砂袋过程中，砂袋的速度增大，做圆
10、周运动，细绳拉力与砂袋的重力的合力提供向心力，拉力增大，A选项错误；弹丸打入砂袋过程中，弹丸和砂袋组成的系统内力远大于外力，系统动量守恒，弹丸对砂袋的冲量大小等于砂袋对弹丸的冲量大小，B选项错误；弹丸打入砂袋过程中，设初速度方向为正，根据动量守恒定律可知，mv0(m5m)v，根据能量守恒定律可知，产生的热量Qmv02(m5m)v2mv02，C选项错误；弹丸打入砂袋后，系统机械能守恒，有(m5m)v2(m5m)gh，解得最大高度h，D选项正确。9.一质量为m的物体静止在光滑水平面上，现对其施加两个水平作用力，两个力随时间变化的图像如图所示，由图像可知()A在0t1时间内，物体的动量不断增大B在t
11、1时刻，物体的动量为0C在t1t2时间内，物体的动量不断减小D在t2时刻，物体的动量大小为解析：选B由题图可知，0t1时间内，物体所受的合力始终为0，保持静止不动， A项错误，B项正确；在t1t2时间内，物体所受的合力为负方向，大小逐渐增大，物体向负方向做加速运动，动量逐渐增大，C项错误；Ft图线与横坐标轴围成的面积表示力的冲量，在t1t2时间内，对物体由动量定理结合图像面积可知mv， D项错误。10.如图所示，竖直放置的弹簧一端固定在地上，另一端连接物体B(视为质点)，保持静止，弹簧被压缩了h。另一个与B完全相同的物体A从弹簧原长位置静止释放自由落下，A与B发生完全非弹性碰撞(但不粘连)，碰
12、撞时间极短，重力加速度为g。则下列说法错误的是()A碰后瞬间两物体的速度为B碰撞后两物体一起向下运动的最大位移大于hC两物体反弹向上运动，A不能再回到释放点D两物体反弹向上运动时在碰撞点上方分开解析：选D设A、B的质量为m，碰撞前A的速度为vA，碰撞后A、B的速度为vAB，由于碰撞时间极短，可忽略A所受的重力，则碰撞过程中动量守恒，即mvA2mvAB，其中vA，解得vAB，A正确；设弹簧劲度系数为k，碰撞后两物体一起向下运动的位移为x，则mgkh，两物体碰撞前弹簧储存的弹性势能为E1kh2，碰撞后两物体一起向下运动达到最大位移时弹簧储存的弹性势能为E2k(xh)2kh22mvAB22mgx，求
13、解后舍去负值，得x(1)h，故B正确；由于碰撞过程中存在能量损失，所以A不能再回到释放点，故C正确；碰撞后A、B及弹簧组成的系统机械能守恒，反弹向上运动到达碰撞点时，两物体的速度大小等于碰后瞬间两物体的速度，设两物体上升x后速度减小为零，则由动能定理得kh2k(hx)22mgx02mvAB2，解得x(1)hh，即物体A、B到达不了弹簧的原长处，弹簧不可能对物体B产生向下的拉力，物体A、B不会分离，故D错误。11.如图所示，质量为M、长度为L的长木板，静止放置在光滑的水平地面上，一质量为m的物块(可视为质点)以某一水平初速度v0从左端冲上木板，最终二者以速度v一起匀速运动，物块与长木板间的动摩擦
14、因数为，重力加速度为g。整个过程中系统产生的内能和损失的机械能分别为Q和E，下列关系式中正确的是()Amv0(Mm)vBv02v22gLCQmv02Mv2 DEmv02mv2解析：选A物块和木板组成的系统动量守恒，则mv0(Mm)v，选项A正确；物块的加速度为a1g，则由运动公式有v02v22g(Lx)，其中x是木板的位移，选项B错误；对系统，由能量关系可知，系统损失的机械能等于产生的内能，即EQmv02v2，选项C、D错误。二、非选择题：共5题，共56分。其中第13题第16题解答时请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；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单
15、位。12(15分)如图所示，某同学制作了一个弹簧弹射装置，轻弹簧两端各放一个金属小球(小球与弹簧不连接)，压缩弹簧并锁定，该系统放在内壁光滑的金属管中(管径略大于两球直径)，金属管水平固定在离地面一定高度处，解除弹簧锁定，两小球向相反方向弹射，射出管时均已脱离弹簧，现要测定弹射装置锁定时具有的弹性势能，并探究弹射过程遵循的规律，实验小组配有足够的基本测量工具，重力加速度大小取g，按下述步骤进行实验：用天平测出小球P和Q的质量分别为m1、m2；用刻度尺测出管口离地面的高度h；解除锁定记录两球在水平地面上的落点N、M；根据该同学的实验，回答下列问题：(1)除上述测量外，要测定弹射装置锁定时具有的弹
16、性势能，还需要测量的物理量是_。A弹簧的压缩量xBP、Q两球落地点M、N到对应管口的水平距离 x1、x2C金属管的长度LD两球从弹出到落地的时间 t1、t2(2)根据测量物理量可得弹性势能的表达式Ep_。(3)如果满足关系式_，则说明弹射过程中轻弹簧和两金属球组成的系统动量守恒。(用测得的物理量符号表示)解析：(1)由题意可知，弹簧的弹性势能转化为小球的动能，则由Epmv2即可求得弹性势能，故应测量小球的质量m以及通过金属管的速度v。为了测量小球的速度，需要知道做平抛运动的水平位移，即需测量P、Q两球落地点M、N到对应管口的水平距离x1、x2；弹簧压缩量、金属管的长度以及两球从弹出到落地的时间
17、和小球的直径均不需要测量。故B正确，A、C、D错误。(2)由(1)可知Epm1v12m2v22由hgt2可得平抛运动的时间为t ，根据水平方向上的匀速直线运动规律可知v1，v2联立可得弹性势能的表达式Epm1v12m2v22。(3)根据动量守恒定律可知，两球碰前动量为零，碰后方向向反，设向左为正，则有0m1v1m2v2再根据水平方向xvt可得m1x1m2x2。答案：(1)B(2)(3)m1x1m2x213.(6分)建筑工地上将桩料打入泥土的打夯机示意图如图所示。打桩前先将桩料扶正立于地基上，桩料进入泥土的深度忽略不计。已知夯锤的质量为M80 kg，桩料的质量为m20 kg。某次打桩时，将夯锤提
18、升到距离桩顶h00.2 m处由静止释放，夯锤自由下落。夯锤砸在桩顶上后，立刻随桩料起向下运动。桩料进入泥土的深度为h0.2 m，取g10 m/s2。求桩料受到的平均阻力大小。解析：夯锤与桩料碰撞前，夯锤做自由落体运动，则有v022gh，代入数据解得v0 2 m/s，取向下为正方向，打击过程内力远大于外力，故系统动量守恒，夯锤与桩料碰撞后两者共速，则有Mv0(Mm)v，代入数据解得v1.6 m/s，设桩料进入泥土的最大深度为h，对夯锤与桩料，由动能定理得(Mm)gh阻h0(Mm)v2，代入数据解得阻1 640 N。答案：1 640 N14(8分)在太空中有一枚相对于太空站相对静止的质量为M的火箭
19、，突然喷出质量为m的气体，喷出的速度为v0(相对于太空站)，紧接着再喷出质量也为m的另一部分气体，此后火箭获得的速度为v(相对太空站)，火箭第二次喷射的气体的速度多大(相对于太空站)?解析：题意中所涉及的速度都是相对于太空站的，可以直接使用动量守恒定律，规定v0的方向为正，则第一次喷气后有0mv0(Mm)v1，得v1，v1与正方向相反第二次喷气后有(Mm)v1mv2(M2m)v，所以v2vv0。答案：vv015(12分)某游乐场入口旁有一喷泉，在水泵作用下会从鲸鱼模型背部喷出竖直向上的水柱，将站在冲浪板上的MickeyMouse模型托起，稳定地悬停在空中，伴随着音乐旋律，Mickey Mous
20、e模型能够上下运动，引人驻足，如图所示。这一景观可做如下简化，水柱从横截面积为S0的模型背部喷口持续以速度v0竖直向上喷出，设同一高度水柱横截面上各处水的速率都相同，冲浪板底部为平板且其面积大于水柱的横截面积，保证所有水都能喷到冲浪板的底部。水柱冲击冲浪板前其水平方向的速度可忽略不计，冲击冲浪板后，水在竖直方向的速度立即变为零，在水平方向朝四周均匀散开。已知Mickey Mouse模型和冲浪板的总质量为M，水的密度为，重力加速度大小为g，空气阻力及水的粘滞阻力均可忽略不计，喷水的功率定义为单位时间内喷口喷出水的动能。(1)求喷泉喷水的功率P；(2)试计算Mickey Mouse模型在空中悬停时
21、离喷口的高度h；(3)实际上，当我们仔细观察时，发现喷出的水柱在空中上升阶段并不是粗细均匀的，而是在竖直方向上一头粗、一头细，请你说明上升阶段的水柱是上端较粗还是下端较粗，并说明水柱呈现该形态的原因。解析：(1)喷泉喷水的功率为PS0v03。(2)以向上为正方向，以t内冲击冲浪板底部的水柱为研究对象，设碰到冲浪板时水的速度大小为v，由动量定理得FtpmvS0v0tvS0v0t(0v)所以FS0v0v根据牛顿第三定律有FFMg所以MgS0v0v得v水从喷口喷出后再做竖直上抛运动，有v2v022gh所以h。(3)从喷口喷出的水的流量QS0v0是定值，单位时间内喷出的水的体积QS0v0Sivi不变，
22、在vi不断变小时，横截面积Si在不断增大，因此上升阶段的水柱呈现的形态是上端较粗。答案：(1)S0v03(2)(3)见解析16(15分)如图(a)所示，竖直平面内一倾角为30、足够长的粗糙斜面与长度为 l2 m的粗糙水平面CD平滑连接，CD右侧固定一弹性挡板。可视为质点、材料相同的滑块A、B质量分别为mA1 kg、mB2 kg，置于水平面左端C点。某时刻A、B之间的少量炸药突然爆炸(可视为瞬间过程)，若A、B之间炸药爆炸的能量有48 J转化为A、B的机械能，其余能量转化为内能。爆炸后瞬间A、B速度方向均在水平方向上，A第一次在斜面上运动的vt图像如图(b)所示(图中v1、v2和t1未知)。A、
23、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短，已知滑块A、B与水平面CD之间的动摩擦因数为0.2，重力加速度g10 m/s2。求：(1)爆炸结束的瞬间A、B获得的速度大小；(2)A与粗糙斜面之间的动摩擦因数1；(3)A第一次回到斜面底端时，A与B之间的距离及A和B都停止后，A与B之间的距离。解析：(1)在爆炸瞬间，滑块A、B组成的系统动量守恒，规定水平向右为正方向根据动量守恒定律有0mAv1mBvB根据能量守恒定律有EmAv12mBvB2解得v18 m/s，vB4 m/s。(2)假设A与斜面间的动摩擦因数为1，A在斜面上上滑过程中有0v1aA1t1mAgsin 1mAgcos mAaA1
24、xA1t1A在斜面上下滑过程中有v2aA22t1mAgsin 1mAgcos mAaA2xA12t1联立解得v24 m/s，1，aA18 m/s2，aA22 m/s2，t11 s。(3)由(2)问可知A从爆炸结束到第一次回到斜面底端所用时间为3t13 s因为B与挡板碰撞前后，速度和加速度大小均不变，所以可全程看为匀减速直线运动根据牛顿第二定律有mBgmBaB由匀速直线运动速度公式有0vBaBt2解得t22 s所以A第一次回到斜面底端时，B已停止此时xBt24 m2l所以B刚回到C点时速度减为0，即A第一次回到斜面底端时A与B之间的距离为0A、B碰撞过程中，根据动量守恒定律，规定水平向右为正方向，有mAv2mAv3mBv4根据机械能守恒定律有mAv22mAv32mBv42得v3 m/s，v4 m/sB从碰撞后到停止xB2 m由于v3v4且xB2 ml，A、B不会再相撞A第二次滑上斜面和滑下斜面过程中xA2A在水平面上运动直至停止xA3 mAB最终相距的距离为xxB2xA3 m1.67 m。答案：(1)8 m/s4 m/s(2)(3)01.67 m
