1、章末检测一、选择题1.一质量为m的铁锤,以速度v竖直打在木桩上,经过t时间停止,则在打击时间内,铁锤对木桩的平均冲力的大小是()A.mgtB.mvtC.mvt+mgD.mvt-mg答案C取向上为正方向,对铁锤分析,根据冲量的定义以及动量定理可得(F-mg)t=0-m(-v),解得F=mvt+mg,由牛顿第三定律可知选项C正确。2.木块a和b用一根轻弹簧连接起来,放在光滑水平面上,a紧靠在墙壁上,在b上施加向左的水平力使弹簧压缩,如图所示,当撤去外力后,下列说法中正确的是()a尚未离开墙壁时,a、b系统的动量守恒a尚未离开墙壁时,a、b系统动量不守恒a离开墙壁后,a、b系统动量守恒a离开墙壁后,
2、a、b系统动量不守恒A.B.C.D.答案D以a、b为系统,撤去外力后,b向右运动,在a尚未离开墙壁时,系统受到墙壁的弹力FN,因此,该过程a、b系统动量不守恒,当a离开墙壁后,a、b系统水平方向不受外力,故系统动量守恒。3.某同学质量为60 kg,在训练中要求他从岸上以大小为2 m/s的速度跳到一条向他缓慢驶来的小船上,小船的质量是140 kg,原来的速度大小是0.5 m/s,该同学上船后又跑了几步,最终停在船上,则()A.人和小船最终静止在水面上B.该过程人的动量变化量的大小为105 kgm/sC.船最终速度的大小为0.95 m/sD.船的动量变化量的大小为70 kgm/s答案B人与船组成的
3、系统,在水平方向动量守恒,选取人运动的方向为正方向,得m1v1-m2v2=(m1+m2)v,解得v=0.25 m/s,与人的速度方向相同,故A、C错误;该过程人的动量变化量p1=m1v-m1v1=-105 kgm/s,故B正确;船的动量变化量p2=m2v-(-m2v2)=105 kgm/s,故D错误。4.在空中相同高度处以相同的速率分别抛出质量相同的三个小球,一个竖直上抛,一个竖直下抛,一个平抛,若不计空气阻力,三个小球从抛出到落地的过程中()A.三个小球动量的变化量相同B.下抛球和平抛球动量的变化量相同C.上抛球动量变化量最大D.三球落地时的动量相同答案C三个小球以相同的速率抛出,可知竖直上
4、抛运动的小球运动时间大于平抛运动的时间,平抛运动的时间大于竖直下抛运动的时间,所以竖直上抛运动的时间最长,根据动量定理知,mgt=p,可得上抛球动量变化量最大,下抛球动量变化量最小,故C正确,A、B错误;根据动能定理知,mgh=12mv2-12mv02,可知三球落地时速度的大小相等,由于平抛运动的速度方向与竖直上抛运动和竖直下抛运动的速度方向不同,则动量不同,故D错误。5.如图所示,在光滑水平面上质量分别为mA=2 kg、mB=4 kg,速率分别为vA=5 m/s、vB=2 m/s的A、B两小球沿同一直线相向运动,下述正确的是()A.它们碰撞前的总动量是18 kgm/s,方向水平向右B.它们碰
5、撞后的总动量是18 kgm/s,方向水平向左C.它们碰撞前的总动量是2 kgm/s,方向水平向右D.它们碰撞后的总动量是2 kgm/s,方向水平向左答案C根据题述,它们碰撞前的总动量是mAvA-mBvB=2 kgm/s,方向水平向右,根据动量守恒定律,它们碰撞后的总动量是2 kgm/s,方向水平向右,选项C正确,A、B、D错误。6.(多选)如图所示,小车AB放在光滑水平面上,A端固定一个轻弹簧,B端粘有油泥,AB总质量为M,质量为m的木块C放在小车上,用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩,开始时AB和C都静止,当突然烧断细绳时,C被释放,使C离开弹簧向B端冲去,并跟B端油泥粘在一起,忽略一切摩擦
6、,以下说法正确的是()A.弹簧伸长过程中C向右运动,同时AB也向右运动B.C与B碰前,C与AB的速率之比为MmC.C与油泥粘在一起后,AB立即停止运动D.C与油泥粘在一起后,AB继续向右运动答案BC小车AB与木块C组成的系统在水平方向上动量守恒,C向右运动时,AB应向左运动,故A错误;设碰前C的速率为v1,AB的速率为v2,则0=mv1-Mv2,得v1v2=Mm,故B正确;设C与油泥粘在一起后,AB、C的共同速度为v共,则0=(M+m)v共,得v共=0,故C正确,D错误。7.如图甲所示,长木板A放在光滑的水平面上,质量为m=2 kg的另一物体B以水平速度v0=2 m/s滑上原来静止的长木板A的
7、表面。由于A、B间存在摩擦,之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示,则下列说法正确的是()甲乙A.木板获得的动能为2 JB.系统损失的机械能为4 JC.木板A的最小长度为2 mD.A、B间的动摩擦因数为0.1答案D从题图乙可以看出,B做匀减速运动,A做匀加速运动,最后的共同速度为1 m/s,系统动量守恒,mv0=(m+M)v,求得M=2 kg,木板获得的动能为1 J,系统损失的机械能为2 J,木板的最小长度为两者在1 s内的位移差即1 m,B运动的加速度为1 m/s2,动摩擦因数为0.1。二、非选择题8.某同学用图甲所示装置通过半径相同的A、B两球的碰撞来验证动量守恒定律,图中PQ是斜槽,QR
8、为水平槽,实验时先使A球从斜槽上某一固定位置G由静止开始滚下,落到位于水平地面的记录纸上,留下痕迹,重复上述操作10次,得到10个落点痕迹,再把B球放在水平槽上靠近末端的地方,让A球仍从位置G由静止开始向下运动,和B球碰撞后,A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹,重复这种操作10次,O点是水平槽末端R在记录纸上的垂直投影点,B球落点痕迹如图乙所示,其中米尺水平放置,且平行于G、R、O所在的平面,米尺的零刻线与O点对齐。甲乙(1)碰撞后B球的水平射程应取为 cm。(2)在以下选项中,哪些是本实验必须进行的测量?答(填选项号)。A.测量A球和B球的质量(或两球质量之比)B.测量G点相对于水平槽
9、面的高度C.测量R点相对于水平地面的高度D.A球与B球碰撞后,测量A球落点位置M到O点的距离与B球落点N到O点的距离E.水平槽上未放B球时,测量A球落点位置P到O点的距离F.测量A球或B球的直径答案(1)84.7 (2)ADE解析(1)用一个最小的圆圈包围10个点痕,圆心所对应的刻度是84.7 cm(84.584.9 cm)。(2)根据本实验的实验原理表达式mAOP=mAOM+mBON,可知答案为A、D、E。9.如图所示,在光滑水平面上有A、B、C、D四个滑块,A、C、D滑块的质量为mA=mC=mD=1 kg,B滑块的质量mB=4 kg(各滑块均视为质点),A、B间夹着质量可忽略的火药。K为处
10、于原长的轻质弹簧,两端分别连接B和C。现点燃火药(此时间极短且不会影响各滑块的质量和各表面的光滑程度),此后,发现A与D相碰后粘在一起以4 m/s的速度运动,火药爆炸完瞬间A的速度为vA;滑块B、C和弹簧K构成的系统在相互作用过程中,弹簧的形变量始终未超出弹性限度,则当弹簧弹性势能最大时,求滑块C的速度大小。答案1.6 m/s解析火药爆炸完毕后,由动量守恒定律有mAvA=(mA+mD)v1火药爆炸过程,对A和B系统,由动量守恒定律,设B获得的速度为vB,有-mAvA+mBvB=0B与C相互作用,当两者共速为v时,弹簧弹性势能最大,由B、C系统动量守恒,有mBvB=(mB+mC)v解得v=1.6
11、 m/s10.如图所示,质量分别为M1=0.99 kg和M2=1 kg的木块A、B静置在光滑水平地面上,两木块间夹一轻质弹簧,一颗质量为m=10 g的子弹以v0=100 m/s的速度打入木块A中,求:(1)当子弹在木块A中相对静止的瞬间,木块A速度的大小;(2)弹簧被压缩到最短瞬间木块B的速度大小;(3)弹簧获得的最大弹性势能。答案(1)1 m/s(2)0.5 m/s(3)0.25 J解析(1)子弹打入木块A的瞬间,内力远大于弹簧对A的作用力,子弹和木块A系统动量守恒:mv0=(m+M1)v1v1=mv0m+M1=0.011000.01+0.99 m/s=1 m/s(2)在弹簧被压缩到最短的过
12、程中,子弹和两个木块组成的系统在水平方向上没有受到其他外力作用,三物及弹簧系统动量守恒,则:(M1+m)v1=(M2+M1+m)v2代入数据解得v2=0.5 m/s(3)弹簧被压缩到最短时弹簧有最大的弹性势能,子弹进入木块并相对木块静止后将弹簧压缩到最短过程中机械能守恒(整个过程机械能并不守恒,子弹射入木块过程中有机械能的损失)。设弹簧最大弹性势能为EpEp=12(M1+m)v12-12(M1+M2+m)v22代入数据解得Ep=0.25 J11.如图,长度x=5 m的粗糙水平面PQ的左端固定一竖直挡板,右端Q处与水平传送带平滑连接,传送带以一定速率v逆时针转动,其上表面QM间距离为L=4 m,
13、MN无限长,M端与传送带平滑连接。物块A和B可视为质点,A的质量m=1.5 kg,B的质量M=5.5 kg。开始A静止在P处,B静止在Q处,现给A一个向右的初速度v0=8 m/s,A运动一段时间后与B发生弹性碰撞,设A、B与传送带和水平面PQ、MN间的动摩擦因数均为=0.15,A与挡板的碰撞也无机械能损失。取重力加速度g=10 m/s2,求:(1)A、B碰撞后瞬间的速度大小;(2)若传送带的速率为v=4 m/s,试判断A、B能否再次相遇,若能相遇,求出相遇的位置;若不能相遇,求它们最终相距多远。答案(1)4 m/s3 m/s(2)不能相遇53 m解析(1)设A与B碰撞前的速度为vA,由P到Q过
14、程,由动能定理得-mgx=12mvA2-12mv02A与B碰撞前后动量守恒,有mvA=mvA+MvB由能量守恒定律得12mvA2=12mvA2+12MvB2联立式得vA=-4 m/s,vB=3 m/s碰后A、B的速度大小分别为4 m/s、3 m/s(2)设A碰撞后运动的路程为sA,由动能定理得-mgsA=0-12mvA2解得sA=163 m所以A与挡板碰撞后再运动sA=sA-x=13 m设B碰撞后向右运动的距离为sB,则-MgsB=0-12MvB2解得sB=3 mL故物块B碰后不能滑上MN,当速度减为0后,B将在传送带的作用下反向加速运动,B再次到达Q处时的速度大小为3 m/s在水平面PQ上,B再运动sB=sB=3 m停止,sB+sA5 m,所以A、B不能再次相遇A、B最终的距离sAB=x-sA-sB=53 m
