1、第十六章检测(A)(时间:90分钟满分:100分)一、选择题(本题包含10小题,每小题4分,共40分。在每小题给出的四个选项中,16题只有一个选项符合题目要求,710题有多个选项符合题目要求。全部选对的得4分,选不全的得2分,有错选或不答的得0分)1.高空作业须系安全带,如果质量为m的高空作业人员不慎跌落,从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)。此后经历时间t安全带达到最大伸长,若在此过程中该作用力始终竖直向上,则该段时间安全带对人的平均作用力大小为()A.m2ght+mgB.m2ght-mgC.mght+mgD.mght-mg解析:设作业人员下落h时的速度
2、为v,根据自由落体运动规律可得v2=2gh。对于安全带伸长到最长过程,设竖直向上为正方向,根据动量定理得Ft-mgt=0-(-mv),解以上两式可得,F=m2ght+mg,选项A正确。答案:A2.如图所示,甲木块的质量为m1,以v的速度沿光滑水平地面向前运动,正前方有一静止的、质量为m2的乙木块,乙上连有一轻质弹簧。甲木块与弹簧接触后()A.甲木块的动量守恒B.乙木块的动量守恒C.甲、乙两木块所组成系统的动量守恒D.甲、乙两木块所组成系统的动能守恒解析:甲木块与弹簧接触后,甲木块或乙木块所受的合力均不为零,动量不守恒,选项A、B错误;甲、乙两木块组成的系统受到的合力为零,系统的动量守恒,选项C
3、正确;甲、乙两木块及弹簧组成的系统机械能守恒,故两木块组成的系统机械能不守恒,选项D错误。答案:C3.一个钢球从某高度处由静止自由下落,然后陷入泥潭某一深度,若钢球在空中下落时间为t,陷入泥潭中的时间为t,且tt=21,则钢球所受重力G与泥潭对钢球的平均阻力Ff之比等于()A.11B.21C.13D.31解析:对从开始下落到陷在泥潭中的全过程,由动量定理得G(t+t)-Fft=0由题意知t=2t所以GFf=t(t+t)=13。答案:C4.(2017全国卷)将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空,50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间,火箭
4、的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)()A.30 kgm/sB.5.7102 kgm/sC.6.0102 kgm/sD.6.3102 kgm/s解析:由于喷气时间短,且不计重力和空气阻力,则火箭和燃气组成的系统动量守恒。燃气的动量p1=mv=0.05600 kgm/s=30 kgm/s,则火箭的动量p2=p1=30 kgm/s。答案:A5.如图所示,滑槽与滑块紧靠在一起,静止于光滑水平面上,小球从滑槽的右上方无初速地滑下,当小球滑到左方最高处时,滑槽的运动状态为()A.静止B.向左运动C.向右运动D.无法确定答案:B6.如图所示,一个木箱原来静止在光滑水平面上,木箱内粗糙的底板上放着
5、一个小木块。木箱和小木块都具有一定的质量。现使木箱获得一个向右的初速度v0,则下列说法正确的是()A.小木块和木箱最终都将静止B.小木块最终将相对木箱静止,二者一起向右运动C.小木块在木箱内壁将始终来回往复碰撞,而木箱一直向右运动D.如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止,则二者将一起向左运动解析:因系统受合外力为零,根据系统动量守恒可知最终两个物体以相同的速度一起向右运动,故选项B正确。答案:B7.如图所示,一个质量为0.18 kg的垒球,以25 m/s的水平速度飞向球棒,被球棒打击后反向水平飞回,速度大小变为45 m/s,设球棒与垒球的作用时间为0.01 s。下列说法正确的是()A.球棒
6、对垒球的平均作用力大小为1 260 NB.球棒对垒球的平均作用力大小为360 NC.球棒对垒球做的功为126 JD.球棒对垒球做的功为36 J解析:设球棒对垒球的平均作用力为F,由动量定理得Ft=m(vt-v0),取vt=45 m/s,则v0=-25 m/s,代入上式,得F=1 260 N,由动能定理得W=12mvt2-12mv02=126 J,选项A、C正确。答案:AC8.半径相等的小球甲和乙,在光滑水平面上沿同一直线相向运动。若甲球的质量大于乙球的质量,碰撞前两球的动能相等,则碰撞后两球的运动状态可能是()A.甲球的速度为零,而乙球的速度不为零B.乙球的速度为零,而甲球的速度不为零C.两球
7、的速度均不为零D.两球的速度方向均与原方向相反,两球的动能仍相等解析:甲、乙两球在光滑水平面上发生对心碰撞,满足动量守恒的条件,因此,碰撞前后甲、乙两球组成的系统总动量守恒。碰撞前,由于Ek甲=Ek乙,而Ek=p22m,由题设条件m甲m乙可知p甲p乙;碰撞后,如果甲球速度为零,则乙球必反弹,系统的总动量方向与碰撞前相同,根据动量守恒定律,这是可能的,选项A正确。如果乙球速度为零,则甲球反弹,系统的总动量方向与碰撞前相反,违反了动量守恒定律,选项B错误。如果甲、乙两球速度均不为零,可以满足动量守恒定律的要求,选项C正确。如果碰撞后两球的速度都反向,且动能仍相等,由Ek=p22m得p甲p乙,则总动
8、量方向与碰撞前相反,不符合动量守恒定律,选项D错误。答案:AC9.质量分别为m1和m2的两个物体碰撞前后的位移时间图像如图所示,以下说法正确的是()A.碰撞前两物体动量相同B.质量m1等于质量m2C.碰撞后两物体一起做匀速直线运动D.碰撞前两物体动量大小相等、方向相反解析:由题图线的斜率可知,两物体碰撞前速度大小相等,方向相反,而碰后速度都为零,设两物体碰撞前速度为v1、v2,系统碰撞前后动量守恒,所以m1v1=m2v2,则m1=m2,故选项B、D正确。答案:BD10.如图甲所示,一轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接,并静止在光滑的水平面上。现使B瞬时获得水平向右的速度v=
9、3 m/s,以此刻为计时起点,两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示,从图像信息可得()甲乙A.在t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s,且弹簧都处于伸长状态B.两物体的质量之比m1m2=21C.在t2时刻A与B的动能之比Ek1Ek2=41D.从t3到t4时刻弹簧由压缩状态恢复到原长解析:在t1、t3时刻两物体达到共同速度1 m/s,其中t1时刻弹簧处于伸长状态,t3时刻弹簧处于压缩状态,故选项A错误。由动量守恒定律得m23 m/s=(m1+m2)1 m/s,解得m1m2=21,故选项B正确。在t2时刻Ek1Ek2=12m1vA212m2vB2=81,故选项C错误。在t4时刻A、B相对速度
10、最大,弹簧处于原长状态,故选项D正确。答案:BD二、填空题(本题包含2小题,共20分)11.(6分)一同学利用水平气垫导轨做探究碰撞中的不变量的实验时,测出一个质量为0.8 kg的滑块甲以0.4 m/s的速度与另一个质量为0.6 kg、速度为0.2 m/s的滑块乙迎面相撞,碰撞后滑块乙的速度大小变为0.3 m/s,此时滑块甲的速度大小为 m/s,方向与它原来的速度方向(选填“相同”或“相反”)。解析:甲的初动量大小p甲=m甲v甲=0.80.4 kgm/s=0.32 kgm/s,乙的初动量大小p乙=m乙v乙=0.60.2 kgm/s=0.12 kgm/s,p甲大于p乙,碰撞后乙必反向,对系统利用
11、动量守恒定律得p甲+p乙=p甲+p乙,p甲=0.02 kgm/s,速度为v甲=p甲m甲=0.020.8 m/s=0.025 m/s,方向与它原来的速度方向相同。答案:0.025相同12.(14分)如图甲所示,用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律,即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。甲(1)实验中,直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的。但是,可以通过仅测量,间接地解决这个问题。A.小球开始释放高度hB.小球抛出点距地面的高度HC.小球做平抛运动的射程(2)图甲所示O点是小球抛出点在地面上的垂直投影。实验时,先让质量为m1的入射球多次从斜轨上S位置由静止释放,找到其平均落地点的位置P,
12、测量平抛射程OP。然后,把质量为m2的被碰小球静置于轨道的水平部分,再将入射球从斜轨上S位置由静止释放,与被碰小球相碰,并多次重复。接下来要完成的必要步骤是。A.用天平测量两个小球的质量m1、m2B.测量入射小球开始释放的高度hC.测量抛出点距地面的高度HD.分别找到两球相碰后平均落地点的位置M、NE.测量平抛射程OM、ON(3)若两球相碰前后的动量守恒,其表达式可表示为用(2)中测量的量表示;若碰撞是弹性碰撞,那么还应满足的表达式为用(2)中测量的量表示。(4)经测定,m1=45.0 g,m2=7.5 g,小球落地点的平均位置距O点的距离如图乙所示。碰撞前、后入射小球的动量分别为p1与p1,
13、则p1p1=11,若碰撞结束时被碰小球的动量为p2,则p1p2=11。实验结果说明,碰撞前、后总动量的比值p1p1+p2为_。乙解析:(1)小球的落地时间仅由下落高度决定,两球下落高度相同,时间相同,所以水平速度可以用水平位移数值表示。(2)本实验还需要测量的量有两小球的质量m1、m2和平抛射程OM、ON,显然要确定两小球的平均落地点M和N的位置。(3)碰撞过程中动量守恒,即碰撞前的动量m1OPt等于碰撞后的动量m1OMt+m2ONt,则m1OM+m2ON=m1OP;若是弹性碰撞,则机械能守恒,12m1OM2t2+12m2ON2t2=12m1OP2t2,整理可得m1OM2+m2ON2=m1OP
14、2。(4)p1p1=OPOM=44.8035.20=1411,p1p2=m1OMm2ON=45.035.207.555.68=112.9,p1p1+p2=m1OPm1OM+m2ON=45.044.8045.035.20+7.555.68=140139。答案:(1)C(2)ADE(3)m1OM+m2ON=m1OPm1OM2+m2ON2=m1OP2(4)142.9 140139三、计算题(本题包含4小题,共40分。解答时应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得分。有数值计算的题,答案中必须写明数值和单位)13.(2018全国卷)(10分)汽车A在水平冰雪路面上行驶。驾驶员
15、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2.0103 kg和1.5103 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取10 m/s2。求:(结果保留两位有效数字)(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mBg=mBaB式中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vB,碰撞
16、后滑行的距离为sB。由运动学公式有vB2=2aBsB联立式并代入数据得vB=3.0 m/s。(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mAg=mAaA设碰撞后瞬间A车速度的大小为vA,碰撞后滑行的距离为sA,由运动学公式有vA2=2aAsA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=mAvA+mBvB联立式并代入数据得vA4.3 m/s。答案:(1)3.0 m/s(2)4.3 m/s14.(8分)宇宙飞船以v0=104 m/s的速度进入分布均匀的宇宙微粒尘区,飞船每前进x=103 m,要与n=104个微粒相碰,假如每一个微粒的质量m=210
17、-6 kg,与飞船相碰后附在飞船上,为了使飞船的速度保持不变,飞船的牵引力应为多大?解析:飞船飞行过程中,由于不断与微粒相碰将会引起飞船自身动量的变化,为保持飞船的速度不变,则所加牵引力应与微粒对飞船的平均作用力平衡,所以可利用动量定理求出在某一段时间内使附着到飞船上的微粒获得与飞船相同速度所需作用力的大小,即应等于飞船牵引力的大小。以飞船为研究对象,由于宇宙微粒不断地附着到飞船上,飞船质量将均匀增大,现在要保持飞船的速度不变,设牵引力为F,在飞船前进x=103 m过程中,飞船质量增加m0=nm,历时t=xv,根据动量定理有Ft=(m0+m0)v0-m0v0=m0v0所以F=m0v0t=nmv
18、02x=104210-6108103 N=2103 N,即飞船的牵引力大小为2103 N。答案:2103 N15.(10分)质量m0=150 kg的木船长l=4 m,质量m=50 kg的人站立在船头,它们静止在平静的水面上。不计水的阻力,如图所示。现在人要走到船尾取一样东西,则人从船头走到船尾过程中,船相对静水后退的距离为多大?解析:设船移动距离为x,则人移动距离为l-x,以船行方向为正方向,船对地的平均速度为xt,人对地的平均速度为-l-xt。由动量守恒定律有m0xt-ml-xt=0,即m0x-m(l-x)=0解得船移动的距离为x=mlm0+m=504150+50 m=1 m。答案:1 m1
19、6.(2016全国卷)(12分)如图所示,水平地面上有两个静止的小物块a和b,其连线与墙垂直:a和b相距l,b与墙之间也相距l;a的质量为m,b的质量为34m。两物块与地面间的动摩擦因数均相同。现使a以初速度v0向右滑动。此后a与b发生弹性碰撞,但b没有与墙发生碰撞。重力加速度大小为g。求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件。解析:设物块与地面间的动摩擦因数为。若要物块a、b能够发生碰撞,应有12mv02mgl即v022gl设在a、b发生弹性碰撞前的瞬间,a的速度大小为v1。由能量守恒有12mv02=12mv12+mgl设在a、b碰撞后的瞬间,a、b的速度大小分别为v1、v2,由动量守恒和能量守恒有mv1=mv1+3m4v212mv12=12mv12+123m4v22联立式解得v2=87v1由题意,b没有与墙发生碰撞,由功能关系可知123m4v223m4gl联立式,可得32v02113gl联立式,a与b发生碰撞,但b没有与墙发生碰撞的条件32v02113glv022gl。答案:32v02113glv022gl
