1、章末综合测评(一)动量和动量守恒定律(分值：100分)1(4分)质量为m的木箱放在水平地面上，在与水平方向成角的拉力F作用下，由静止开始运动，经过时间t速度达到v，在这段时间内拉力F和重力的冲量大小分别为()AFt,0BFtcos ，0Cmv,0DFt，mgtD由冲量的定义式IFt知，某个力与该力对应时间的乘积，便为该力的冲量因此拉力的冲量为Ft，重力的冲量为mgt，故选项D正确2(4分)在水平地面上有一木块，质量为m，它与地面间的动摩擦因数为物体在水平恒力F的作用下由静止开始运动，经过时间t后撤去力F，物体又前进了时间2t才停下来这个力F的大小为()Amg B2mgC3mgD4mgC整个过程
2、中滑动摩擦力的作用时间为3t，水平恒力F的作用时间为t，由动量定理可得，Ftmg3t00，得F3mg，所以选项C正确3(4分)如图所示，滑槽M1与滑块M2紧靠在一起，静止于光滑的水平面上小球m从M1的右上方无初速度地下滑，当m滑到M1左方最高处时，M1将()A静止 B向左运动C向右运动D无法确定B小球m和滑槽M1、滑块M2三个物体构成一个系统，这个系统所受水平方向的合外力为零，所以系统水平方向动量守恒，小球m下滑前系统总动量为零，小球m下滑后m和滑槽M1作用，滑槽M1和滑块M2作用，作用结果使滑块M2向右运动，有向右的动量当m滑到左方最高点时，小球m和滑槽M1的相对速度为零，但小球m和滑槽M1
3、这个整体向左运动，有向左的动量，这样才能保证系统总动量为零故选项B正确4(4分)在光滑的水平面上有a、b两球，其质量分别为ma、mb，两球在t0时刻发生正碰，两球在碰撞前后的速度图像如图所示下列关系正确的是()AmambBmambCmambD无法判断B不妨设a球碰b球前的速度大小为v，则由题图可知，碰后a、b两球的速度大小为，由动量守恒得：mavmbma，解得：mb3ma，只有B项正确5(4分)如图所示，A、B、C、D、E、F六个球并排放置在光滑的水平面上，B、C、D、E四球质量相等，而F球质量小于B球质量A球的质量等于F球质量，A球以速度v0向B球运动，所产生的碰撞均为弹性碰撞，则碰撞之后(
4、)A5个小球静止，1个小球运动B4个小球静止，2个小球运动C3个小球静止，3个小球运动D6个小球都运动CA球与B球相碰时，由于A球的质量小于B球的质量，A球弹回，B球获得速度与C球碰撞，由于发生的碰撞为弹性碰撞且质量相等，B球静止，C球获得速度，同理，C球与D球的碰撞，D球与E球的碰撞都是如此，E球获得速度后与F球的碰撞过程中，由于E球的质量大于F球的质量，所以E球、F球碰后都向前运动，所以碰撞之后，A、E、F三球运动，B、C、D三球静止，选项C正确6(4分)物体A和B用轻绳相连，挂在轻弹簧下静止不动，如图甲所示，A的质量为m，B的质量为M，当连接A、B的绳突然断开后，物体A上升经某一位置时的
5、速度大小为v，这时物体B的下落速度大小为u，如图乙所示，在这段时间里，弹簧的弹力对物体 A 的冲量为()甲乙Amv BmuCmvMuDmvmuD从初态到末态A、B组成的系统动量守恒，取向上为正方向：0mvMu，对B由动量定理得：MgtMu0，设弹簧冲量为I，对A由动量定理得：Imgtmv0，联立解得：Imvmu，A、B、C错误，D正确7(4分)冰壶运动深受观众喜爱，图1为2019年4月1日男子冰壶世锦赛第三轮比赛(中国VS加拿大)上中国队员投掷冰壶的镜头在某次投掷中，冰壶甲运动一段时间后与对方静止的冰壶乙发生碰撞，如图2若两冰壶质量相等，则碰后两冰壶最终停止的位置不可能是图中的哪一幅图()图1
6、图2ABCDA如果两冰壶发生弹性碰撞，碰撞过程动量守恒、机械能守恒，两冰壶质量相等，碰撞后两冰壶交换速度，甲静止，乙的速度等于甲的速度，碰后乙做减速运动，最后停止，最终两冰壶的位置如图B所示，B正确；如果为非弹性碰撞，总动量向右，则C图有可能，C正确，A错误；若两球不是对心碰撞，则两球可能在两侧方向均发生移位，但两侧方向应保证动量为零，故D有可能，D正确；本题选不可能的，故选A8(6分)某同学把两块不同的木块用细线连接，中间夹一被压缩的弹簧，如图所示，将这一系统置于光滑的水平桌面上，烧断细线，观察木块的运动情况，进行必要的测量，验证木块间相互作用时动量守恒(1)该同学还必须有的器材是_(2)需
7、要直接测量的数据是_(3)用所得数据验证动量守恒的关系式是_解析这个实验的思路与课本上采用的实验的原理完全相同，也是通过测平抛运动的位移来代替它们作用完毕时的速度答案(1)刻度尺、天平(2)两木块的质量m1、m2和两木块落地点分别到桌子两侧边缘的水平距离s1、s2(3)m1s1m2s29(8分)如图所示，光滑水平轨道上放置长板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为mA2 kg、mB1 kg、mC2 kg开始时C静止，A、B一起以v05 m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C发生碰撞
8、求A与C碰撞后瞬间A的速度大小解析因碰撞时间极短，A与C碰撞过程动量守恒，设碰后瞬间A的速度为vA，C的速度为vC，以向右为正方向，由动量守恒定律得mAv0mAvAmCvC，A与B在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为vAB，由动量守恒定律得mAvAmBv0(mAmB)vAB，A与B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足vABvC，联立式，代入数据得vA2 m/s答案2 m/s10(8分)如图所示，竖直面内固定一半径为R0.3 m的光滑四分之一圆弧轨道，光滑地面上放置一长为L0.3 m的长木板，长木板的上表面与圆弧轨道的最低点B等高，且二者接触但不粘连，长木板质量为M1 kg，一个质量为m1
9、 kg的铁块(可以看成质点)以一定初速度v03 m/s滑上长木板的左端，铁块恰好能滑到圆弧轨道的最高点C，重力加速度为g10 m/s2，求：(1)铁块与长木板间的动摩擦因数；(2)最终铁块静止在长木板上的位置解析(1)对铁块，由动能定理得：mgLmgR0mv，代入数据解得：0.5(2)铁块下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgRmv，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mvB(Mm)v，由能量守恒定律得：mv(Mm)v2mgx，代入数据解得：x0.3 m铁块最终滑到长木板的左端答案(1)0.5(2)最终物块滑到长木板的左端11(4分)(多选)如图所示，一不可伸长的轻绳的一端固定于O点，另一
10、端系一小球，开始时将轻绳向右拉至水平，然后将小球由静止释放，则小球由静止到运动到最低点的过程，下列说法正确的是()A拉力对小球的冲量为零B重力对小球的冲量方向竖直向下C小球的动量变化量方向竖直向下D合力对小球的冲量方向水平向左BD拉力不为零，根据IFt可知，拉力对小球的冲量不为零，选项A错误；重力竖直向下，可知重力对小球的冲量方向竖直向下，选项B正确；小球初动量为零，末动量水平向左，可知小球的动量变化量方向水平向左，根据动量定理可知，合力对小球的冲量方向水平向左，选项C错误，D正确12(4分)(多选)古时有“守株待兔”的寓言，设兔子的头部受到大小等于自身重力的撞击力时即可致死，并设兔子与树桩的
11、作用时间为0.2 s，则被撞死的兔子奔跑的速度大小可能为(g取10 m/s2)()A1 m/sB1.5 m/sC2 m/sD2.5 m/sCD对兔子由动量定理，可得Ftmv2mv1，选取兔子奔跑的方向为正方向，即Ft0mv1，F，当Fmg时，兔子即被撞死，即Fmg，所以v1gt，即v1100.2 m/s2 m/s，故应选C、D13(4分)(多选)质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为初始时小物块停在箱子正中间，如图所示现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止设碰撞都是
12、弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为()Amv2BCNmgLDNmgLBD小物块与箱子作用过程中满足动量守恒，小物块最后恰好又回到箱子正中间二者相对静止，即为共速，设速度为v1，mv(mM)v1，系统损失动能Ekmv2(Mm)v，A错误，B正确；由于碰撞为弹性碰撞，故碰撞时不损失能量，系统损失的动能等于系统产生的热量，即EkQNmgL，C错误，D正确14(4分)(多选)A、B两船的质量均为m，它们都静止在平静的湖面上，A船上质量为的人以水平速度v从A船跳到B船，再从B船跳回A船水对船的阻力不计，经多次跳跃后，人最终跳到B船上，则()AA、B两船的速度大小之比为32BA、B(包括人)的动量大小
13、之比为11CA、B(包括人)的动量之和为0D因跳跃次数未知，故以上选项均无法确定ABC选A船、B船和人为一个系统，则他们的初始总动量为0由动量守恒定律可知，系统以后的总动量将一直为0选最终B船的运动方向为正方向，则由动量守恒定律可得0vBmvA，解得vBvA所以A、B两船的速度大小之比为32，选项A正确；A和B(包括人)的动量大小相等，方向相反，动量大小之比为11，选项B正确；由于系统的总动量守恒，始终为0，故A和B(包括人)的动量之和也始终为0，选项C正确15(4分)(多选)如图所示，轻弹簧一端固定在质量为2m的小球A上，静止在光滑水平面上，质量为m的小球B以速度v0向右运动，压缩弹簧然后分
14、离，下列说法正确的是()A小球B压缩弹簧过程中，小球A和小球B组成系统机械能守恒B弹簧最短时小球A的速度为C弹簧最大弹性势能为mvD小球B最终以速度向右匀速运动BC小球B压缩弹簧过程中，小球A、小球B与弹簧组成的系统机械能守恒，两球组成的系统机械能不守恒，故A错误；弹簧最短时两球速度相等，两球组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0(2mm)v，解得：vv0，故B正确；弹簧最短时弹簧弹性势能最大，此时两球速度相等，由能量守恒定律得：mvv2Ep，解得：Epmv，故C正确；最终两球分离、弹簧恢复原长，两球各自做匀速直线运动，两球组成的系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，
15、由动量守恒定律得：mv02mvAmvB，由机械能守恒定律得： mv2mvmv，解得：vAv0，vBv0，负号表示方向向左，故D错误16(8分)在“验证动量守恒定律”的实验中：(1)在确定小球落地点的平均位置时通常采用的做法是_，其目的是减小实验中的_(选填“系统误差”或“偶然误差”)(2)入射小球每次必须从斜槽上_滚下，这是为了保证入射小球每一次到达斜槽末端时速度相同(3)入射小球的质量为m1，被碰小球的质量为m2，在m1m2时，实验中记下了O、M、P、N四个位置(如图所示)，若满足_(用m1、m2、OM、OP、ON表示)，则说明碰撞中动量守恒；若还满足_(只能用OM、OP、ON表示)，则说明
16、碰撞前后动能也相等解析(1)由于落点比较密集，又较多，每次测量距离很难，确定落点平均位置的方法是最小圆法，用圆规画一个尽可能小的圆把所有的落点圈在里面，圆心即平均位置，这样可以减小偶然误差(2)为了保证小球每次到达斜面末端时速度相同，应让小球每次从同一位置由静止滑下(3)设落地时间为t，则有：v1，v1，v2，而动量守恒的表达式是：m1v1m1v1m2v2，所以若两球相碰前后的动量守恒，则有：m1OMm2ONm1OP成立；若碰撞是弹性碰撞，动能是守恒的，则有：m1vm1vm2v，即m1OM2m2ON2m1OP2成立，联立可得：OPONOM答案(1)用圆规画一个尽可能小的圆，把尽可能多的落点圈在
17、圆内，圆心即平均位置偶然误差(2)同一位置由静止开始(3)m1OPm1OMm2ONOPONOM17(10分)如图所示，有一摆长为L的单摆，摆球A自水平位置摆下，在摆的平衡位置与置于光滑水平面的B球发生弹性碰撞，导致后者又跟置于同一水平面的C球发生完全非弹性碰撞假设A、B、C球的质量均为m，重力加速度为g那么(1)A、B球碰后A球的速度为多大？(2)B、C球碰后它们共同的速度多大？(3)B和C碰撞过程中损失的机械能是多少？解析 (1)对A从最高点到最低点进行分析，由机械能守恒得：mgLmv2，解得v，由于A与B发生弹性碰撞，且质量相等，所以交换速度，所以碰后速度为vB，vA0(2)对B、C由水平
18、方向动量守恒得：mvB(mm)v，解得：v，即B、C球碰后的速度是(3)根据能量守恒可知mv(mm)v2Q，代入数值解得：QmgL，B和C碰撞过程中损失的机械能是mgL答案(1) 0(2) (3)mgL18(12分)如图所示，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h0.3 m(h小于斜面体的高度)已知小孩与滑板的总质量为m130 kg，冰块的质量为m210 kg，小孩与滑板始终无相对运动取重力加速度的大小g10 m/s2(1)求斜面体的
19、质量；(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？解析(1)规定向右为速度正方向冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m2v20(m2m3)v，m2v(m2m3)v2m2gh，式中v203 m/s为冰块推出时的速度联立式并代入题给数据得m320 kg(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有m1v1m2v200，代入数据得v11 m/s，设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒和机械能守恒定律有m2v20m2v2m3v3，m2vm2vm3v，联立式并代入数据得v21 m/s，由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩答案(1)20 kg(2)见解析
