1、第一章动量守恒定律综合评估时间：90分钟满分：100分一、单项选择题(每小题3分，共24分)1一质量为2 kg的质点从静止开始沿某一方向做匀加速直线运动，它的动量p随位移x变化的关系式为p8 kgm/s，关于该质点的说法不正确的是(D)A速度变化率为8 m/s2B受到的恒力为16 NC1 s末的动量为16 kgm/sD1 s末的动能为32 J解析：由式子p8 kgm/s和动量定义式pmv，可以得到x，再由匀加速直线运动的位移公式知加速度a8 m/s2.故A、B、C三个选项都是正确的；而1 s末的动能应是64 J，D错2在一对很大的平行正对金属板间可形成匀强电场，通过改变两金属板间的电压，可使其
2、间的电场强度E随时间t按如图所示的规律变化在这个电场中间，有一个带电粒子从t0时刻由静止释放，若带电粒子只受电场力作用，且运动过程中不接触金属板，则下列说法中正确的是(D)A带电粒子一定只向一个方向运动B03.0 s内，电场力的冲量等于0，电场力的功小于0C4.0 s末带电粒子回到原出发点D2.5 s4 s内，电场力的冲量等于0解析：带电粒子在匀强电场中受到的电场力FEq，其冲量IFtEqt，可见，电场力的冲量与Et图像与横轴所围面积成正比(注意所围图形在横轴之上和横轴之下时的面积符号相反)带电粒子在平行正对金属板间做往复运动，4.0 s末带电粒子不能回到原出发点，选项A、C错误；由图像与横轴
3、所围面积表示与冲量成正比的量可知，03.0 s内，电场力的冲量不等于0,2.5 s4 s内，电场力的冲量等于0，选项B错误，D正确本题答案为D.3如图所示，质量之比mAmB32的两物体A、B，原来静止在平板小车C上，地面光滑现同时对A、B两物体施加等大反向的水平恒力F1、F2，使A、B同时由静止开始运动，下列正确的说法是(B)A仅当A、B与平板车上表面间的动摩擦因数之比为AB23时，A、B、C组成系统的动量才守恒B无论A、B与平板车上表面间的动摩擦因数是否相同，A、B、C组成系统的动量都守恒C因为F1、F2等大反向，故A、B组成的系统的机械能守恒D若A、B与小车C上表面间的动摩擦因数相同，则C
4、与B的运动方向相同解析：A、B、C组成的系统合力为零，故系统动量守恒，故选项A错误，选项B正确；在外力作用下，A、B开始做加速运动，动能增加，故A、B组成的系统机械能增大，故选项C错误；若A、B与小车C上表面间的动摩擦因数相同，则A对C的摩擦力大于B对C的摩擦力，故A与C的运动方向相同，故选项D错误4人从高处跳到低处，为了安全，一般都是脚尖先着地，然后身体下蹲，这样做的目的是为了(D)A减小着地时所受冲量B使动量增量变的更小C增大人对地面的压强，起到安全作用D延长对地面的作用时间，从而减小地面对人的作用力解析：人落地时从脚尖着地到脚掌全部与地面接触需要一定的时间，根据动量定理可知，动量变化量一
5、定时，作用时间越长，作用力越小5质量为M的木块，放在光滑水平桌面上处于静止状态，现有一质量为m、速度为v0的子弹沿水平方向击中木块并停留在其中与木块共同运动，在子弹击中木块过程中，木块受到的冲量大小为：mv0mv0mv0以上结果正确的是(C)A只有 B只有C D解析：子弹和木块组成的系统，在子弹击中木块的过程中动量守恒mv0(Mm)v，所以vv0，木块动量的增量为Mvv0，由动量定理可知，木块受到的冲量等于木块动量的增量，即为v0，正确从另一个角度，由于系统动量守恒，木块动量的增加等于子弹动量的减少，为mv0mvmv0v0，正确，故选C.6如图所示，一质量为m的弹性小球从一定高处自由落下，与倾
6、斜角为45的固定斜面相碰，碰撞前小球的动量为p，方向竖直向下，碰撞后小球沿水平向左的方向运动，动量大小为p，设碰撞时间极短且为t，则碰撞过程中，斜面对小球的平均作用力为(C)A方向沿斜面向下，大小为B方向沿水平向左，大小为C方向垂直于斜面斜向上，大小为D方向竖直向上，大小为解析：碰撞时间极短，表示可以忽略重力，该题是二维情况下的动量定理的简单应用：竖直方向上：py0pp(取向下为正)；水平方向上：pxp0(取向左为正)那么pp，方向垂直斜面向上，根据动量定理FNtp，FN.7如图所示，在足够大的光滑水平面上放有两个质量相等的物块A和B，其中A物块连接一个轻质弹簧并处于静止状态，B物块以初速度v
7、0向着A物块运动，当物块与弹簧作用时，两物块在同一条直线上运动，请识别关于B物块与弹簧作用过程中，两物块的vt图像是下列选项中的(D)解析：B通过弹簧与A作用的过程中，B先与A压缩弹簧，所以A、B所受的弹簧弹力都先增大，A做初速为零的加速运动，B做初速为v0的减速运动，且加速度都先增大，当弹簧压缩到最短时，由动量守恒定律可知A、B两物体速率均为，随后弹簧开始恢复原长，但A继续加速，B继续减速，且由动量守恒定律以及机械能守恒可求解最终vB0，vAv0.8一物体在合力F的作用下从静止开始做直线运动，合力F随时间t的变化关系如图所示设该物体从计时开始至t0时刻和从t0时刻至2t0时刻的位移分别是x1
8、和x2，在t0时刻和2t0时刻的速度分别是v1和v2，从计时开始至t0时刻合力做的功是W1，冲量是I1；从t0至2t0时刻合力做的功是W2，冲量是I2.则(D)A. B.C. D.解析：由动量定理可得，在0t0时间内，有I1mv12F0t0，在02t0时间内，有I2mv2mv1F0t0，解得，mv2I1I23F0t0，则，由动能定理可得W12F0x1mv，W2F0x2mvmv，解得，选项D正确二、多项选择题(每小题4分，共16分)9小车静止在光滑水平面上，站在车上的人练习打靶，靶装在车上的另一端，如图所示已知车、人、枪和靶的总质量为M(不含子弹)，每颗子弹质量为m，共n发，打靶时，枪口到靶的距
9、离为d.若每发子弹打入靶中，就留在靶里，且待前一发打入靶中后，再打下一发则以下说法中正确的是(BCD)A待打完n发子弹后，小车将以一定的速度向右匀速运动B待打完n发子弹后，小车应停在射击之前位置的右方C在每一发子弹的射击过程中，小车所发生的位移相同大小均为D在每一发子弹的射击过程中，小车所发生的位移均相同解析：子弹、枪、人、车系统所受的合外力为零，系统的动量守恒，子弹射击前系统的总动量为零，子弹射入靶后总动量也为零，故小车仍然是静止的在子弹射出枪口到打入靶中的过程中，小车向右运动，所以第n发子弹打入靶中后，小车应停在原来位置的右方待打完n发子弹后，小车将静止不动，故A错误、B正确；设子弹出口速
10、度为v，车后退速度大小为v，以向左为正，根据动量守恒定律，有：0mvM(n1)mv子弹匀速前进的同时，车匀速后退，故有：vtvtd联立解得：v，t故车后退位移大小为：Svt每颗子弹从发射到击中靶过程，小车均后退S，均正确，故C、D正确故选B、C、D.10图为两物体A、B在没有其他外力作用时相互作用前后的vt图像，则由图像可知(AB)AA、B的质量之比为53BA、B作用前后总动量守恒CA、B作用前后总动量不守恒DA、B间相互作用力相同解析：A、B两物体发生碰撞，没有其他外力，A、B组成的系统总动量守恒，故选项B正确，选项C错误；由动量守恒定律得mAvAmBvB，53，故选项A正确；A、B之间相互
11、作用力大小相等、方向相反，因而A、B间相互作用力不同，故选项D错误11如图所示，将质量为M1、半径为R且内壁光滑的半圆槽置于光滑水平面上，左侧靠竖直墙壁，右侧靠一质量为M2的物块今让一质量为m的小球自左侧槽口A的正上方h高处从静止开始下落，与半圆槽相切自A点进入槽内，则以下结论中正确的是(BD)A小球在槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒B小球在槽内从B至C运动的过程中，小球、半圆槽和物块组成的系统水平方向动量守恒C小球离开C点以后，将做竖直上抛运动D小球从A点经最低点向右侧最高点运动的过程中，小球、半圆槽和物块组成的系统机械能守恒解析：小球在半圆槽内由A到B运动的过程中，由于墙
12、壁对半圆槽有水平向右的作用力，所以系统在水平方向所受的合外力不为零，即小球与半圆槽在水平方向动量不守恒，故A错误；小球在半圆槽内由B到C运动的过程中，半圆槽离开墙壁，系统在水平方向不受外力，则小球、半圆槽和物块组成的系统水平方向动量守恒，故B正确；小球离开C点以后，具有水平向右与竖直向上两个方向的分速度，小球的速度斜向右上方，小球做斜抛运动，故C错误；小球从A点经最低点向右侧最高点运动的过程中，重力对系统做功，槽对小球的弹力做的负功，等于小球对槽的弹力做的正功，所以小球、半圆槽和物块组成的系统机械能守恒，故D正确12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轨道均光滑，如图所示，一
13、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，下列说法正确的是(BCD)A小球一定沿水平方向向左做平抛运动B小球可能沿水平方向向左做平抛运动C小球可能沿水平方向向右做平抛运动D小球可能做自由落体运动解析：小球水平冲上小车，又返回左端，到离开小车的整个过程中，系统动量守恒、机械能守恒，相当于小球与小车发生弹性碰撞的过程如果mM，小球离开小车向右做平抛运动，所以答案应选B、C、D.三、填空题(每小题9分，共18分)13用如图甲所示的气垫导轨来验证动量守恒定律，用频闪照相机闪光4次拍得照片如图乙所示，已知闪光时间间隔为t0.02 s，闪光本身持续时间极短，已知在这4次闪光时间内A
14、、B均在080 cm范围内且第一次闪光时，A恰好过x55 cm处，B恰好过x70 cm处，则由图可知：(1)两滑块在x60 cm处碰撞(2)两滑块在第一次闪光后t0.01 s时发生碰撞(3)若碰撞过程中满足动量守恒，则A、B两滑块的质量比为23.解析：(1)碰撞发生在第1、2两次闪光时刻之间，碰撞后B静止，故碰撞发生在x60 cm处(2)碰撞后A向左做匀速运动，设其速度为vA，所以vAt20 cm.得vA10 m/s，从碰撞到第二次闪光时A向左运动10 cm，设经历的时间为t，有vAt10 cm.得t0.01 s，设第一次闪光到发生碰撞经历的时间为t，有ttt，得t0.01 s.(3)碰撞前，
15、A的速度大小为vA；B的速度大小为vB；碰撞后，A的速度vA，取向左为正方向，则由动量守恒定律可知mAvAmBvBmAvA，解得mAmB23.14图甲，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(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C(填选项前的符号)，间接地解决这个问题A小球开始释放的高度hB小球抛出点距地面的高度HC小球做平抛运动的射程(2)图甲中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影实验时，先让入射球m1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，测量平抛射程OP.然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部
16、分，再将入射球m1从斜轨上S位置由静止释放，与小球m2相碰，并多次重复接下来要完成的必要步骤是ADE.(填选项前的符号)A用天平测量两个小球的质量m1、m2B测量小球m1开始释放的高度hC测量抛出点距地面的高度HD分别找到m1、m2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m1OMm2ONm1OP(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m1OM2m2ON2m1OP2(用(2)中测量的量表示)(4)经测定，m145.0 g，m27.5 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m1的动量分别为p
17、1与p1，则p1p11411，若碰撞结束时m2的动量为p2，则p1p2112.9.实验结果说明，碰撞前、后总动量的比值为1(11.01都正确)解析：(1)验证动量定律实验中，即研究两小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，可通过落地高度不变情况下水平射程来体现速度，故选C.(2)(3)小球做平抛运动Hgt2xvtm1、m2碰撞过程动量守恒，m1v1m1v1m2v2由得m1OPm1OMm2ON由知，只需测m1、m2和水平射程OP、OM、ON就可验证动量守恒，故(2)选ADE.若为弹性碰撞，有m1vm1v12m2v22，与联立有m1OP2m1OM2m2ON2.(
18、4)由于m145.0 g，m27.5 g，则p1p1OPOM1411p1p2112.91.四、计算题(15、16题各10分，17、18题各11分，共42分)15某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开忽略空气阻力，已知水的密度为，重力加速度大小为g.求：(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度答案：(1)v0S(2)解析：(1)设t时间内，从喷口喷
19、出的水的体积为V，质量为m，则mV，Vv0St，由式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为v0S.(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v.对于t时间内喷出的水，由能量守恒得(m)v2(m)gh(m)v，在h高度处，t时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为p(m)v，设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有Ftp，由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得FMg，联立式得h.16如图，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
20、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)求斜面体的质量；(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？答案：(1)20 kg(2)不能，理由见解析解析：(1)规定向左为速度正方向冰块在斜面体上上升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M.由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m2v0(m2M)vm2v(m2M)v2m2gh式中v03 m/s为冰块推出时的速度联立式并代入题给数据得M20 kgv1
21、 m/s(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有m1v1m2v00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m2v0m2v2Mv3m2vm2vMv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17如图，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m，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
22、因数满足的条件答案：mgl，即设在a、b发生弹性碰撞前，a的速度大小为v1，由动能定理可得mglmvmv设在a、b发生弹性碰撞后，a、b的速度大小分别为v2、v3，由动量守恒定律和能量守恒定律得：mv1mv2mv3mvmv()v联立各式得v3v1，由题意知b没有与墙发生碰撞，由动能定理得mgl()v解得综上所述有m，所以航天员能顺利返回飞船(2)设释放的氧气m未知，途中所需时间为t，则m0ktm为航天员返回飞船的极限条件t s，05 kg2.5104 kgm.解得m10.45 kg或m20.05 kg.分别代入t s，得t1200 s，t21 800 s.即航天员安全返回飞船的最长时间为1 800 s，最短时间只有200 s.
