PAGEPAGE11第十六章動量守恒定律綜合評估對應學生用書P21本試卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分。滿分100分，考試時間90分鐘。第Ⅰ卷(選擇題，共50分)一、選擇題(每小題5分，共50分。其中1～6題為單選，7～10題為多選)1．重為4N的物體，靜止在傾角為30°的斜面上，在5s內，關于重力對物體的沖量的說法正確的是()A．重力的沖量為零B．重力的沖量為10N·sC．重力的沖量為20N·sD．重力的沖量與摩擦力的沖量相等答案C解析由沖量的公式得IG＝Gt＝4N×5s＝20N·s，由于物體靜止，由動量定理得合外力沖量為零，所以重力的沖量與摩擦力和支持力這兩個力合力的沖量大小相等方向相反，因此C正確，A、B、D錯誤。2．一質量為m的運動員從下蹲狀態起先起跳，經Δt的時間，身體伸直并剛好離開地面，速度為v，在此過程中地面對他作用的沖量大小和做的功分別為()A．mv＋mgΔt；eq\f(1,2)mv2B．mv；eq\f(1,2)mv2C．mv＋mgΔt；0D．mv－mgΔt；0答案C解析人的速度原來為零，起跳后變為v，則由動量定理可得：I－mgΔt＝Δmv＝mv，故地面對人的沖量為I＝mv＋mgΔt；因為支持力的作用點沒有位移，故地面對人做功為零，故C正確。3．人從高處跳到低處時，為了平安，一般都是讓腳尖先著地，這樣做是為了()A．減小沖量B．減小動量的變更量C．延長與地面的作用時間，從而減小沖力D．增大人對地面的壓強，起到平安作用答案C解析人從高處落下，著地瞬間動量為p，最終減為零，讓腳尖先著地，并未變更動量的變更量，由動量定理知，是為了延長和地面的作用時間來減小沖力大小，故C正確。4．如圖所示，兩個小球A、B在光滑水平地面上相向運動，它們的質量分別為mA＝4kg，mB＝2kg，速度分別是vA＝3m/s(設為正方向)，vB＝－3m/s。則它們發生正碰后，速度的可能值分別為()A．vA′＝1m/s，vB′＝1m/sB．vA′＝4m/s，vB′＝－5m/sC．vA′＝2m/s，vB′＝－1m/sD．vA′＝－1m/s，vB′＝－5m/s答案A解析碰前動量分別為pA＝mAvA＝12kg·m/s，pB＝mBvB＝－6kg·m/s，動能分別為EkA＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＝18J，EkB＝eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)＝9J，因碰撞前后動量守恒，動能不增加，因此B、D錯誤；因碰撞中兩球不會彼此穿過對方，所以C錯誤，故答案為A。5.在光滑水平地面上放置一輛小車，車上放置有木盆，在車與木盆以共同的速度向右運動時，有雨滴以微小的速度豎直落入木盆中而不濺出，如圖所示，則在雨滴落入木盆的過程中，小車速度將()A．保持不變B．變大C．變小D．先變大后變小答案C解析設雨滴的質量為m，小車的質量為M，則由水平方向動量守恒可得：Mv0＝(M＋m)v，不難看出小車的速度將減小。6．如圖所示，三輛完全相同的平板小車a、b、c成始終線排列，靜止在光滑水平面上。c車上有一個小孩跳到b車上，接著又馬上從b車跳到a車上。小孩跳離c車和b車時對地的水平速度相同。他跳到a車上相對a車保持靜止，此后()A．a、c兩車速率相等B．三輛車的速率關系vc＞va＞vbC．a、b兩車速度相等D．a、c兩車運動方向相同答案B解析設小車的質量均為M，人的質量為m，人跳離c車和b車的速度大小為v0，規定向左為正方向，由動量守恒定律，人跳離c車過程有0＝mv0－Mvc，所以vc＝eq\f(mv0,M)，方向向右；人跳上和跳離b車過程，mv0＝mv0＋Mvb，所以vb＝0；人跳上a車過程，mv0＝(M＋m)va，所以va＝eq\f(mv0,M＋m)，方向向左；即vc＞va＞vb，且va與vc方向相反，故B正確，A、C、D錯誤。7．如圖所示，一個質量為0.18kg的壘球，以25m/s的水平速度飛向球棒，被球棒打擊后反向水平飛回，速度大小變為45m/s，設球棒與壘球的作用時間為0.01s。下列說法正確的是()A．球棒對壘球的平均作用力大小為1260NB．球棒對壘球的平均作用力大小為360NC．球棒對壘球做的功為126JD．球棒對壘球做的功為36J答案AC解析設球棒對壘球的平均作用力為eq\o(F,\s\up6(－))，由動量定理得eq\o(F,\s\up6(－))·t＝m(vt－v0)，取vt＝45m/s，則v0＝－25m/s，代入上式，得eq\o(F,\s\up6(－))＝1260N，由動能定理得W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,t)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝126J，A、C正確。8．質量為m的物體以速度v0做平拋運動，經過時間t，下落的高度為h，速度大小為v。在這段時間內，該物體的動量變更量大小為()A．mv－mv0B．mgtC．meq\r(v2－v\o\al(2,0))D．meq\r(2gh)答案BCD解析由動量定理可知B正確；設t秒末的豎直分速度為v1，則有veq\o\al(2,1)＝2gh，v2＝veq\o\al(2,1)＋veq\o\al(2,0)，由以上分析可知C和D也正確。9．如圖甲所示，長木板A放在光滑的水平面上，質量為m＝2kg的另一物體B以水平速度v0＝2m/s滑上原來靜止的長木板A的表面，由于A、B間存在摩擦，之后A、B速度隨時間變更狀況如圖乙所示，則下列說法正確的是()A．木板獲得的動能為2JB．系統損失的機械能為1JC．木板A的最小長度為1mD．A、B間的動摩擦因數為0.1答案CD解析由v-t圖象知B的加速度大小a＝1m/s2，據牛頓其次定律μmg＝ma得μ＝0.1，故D正確。最終A、B共速，由動量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，得M＝2kg，則木板獲得的動能Ek＝eq\f(1,2)Mv2＝1J，故A錯誤。系統損失的機械能ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(M＋m)v2＝2J，故B錯誤。由ΔE＝μmgL得L＝1m，故C正確。10.如圖所示，箱子放在水平地面上，箱內有一質量為m的鐵球以速度v向左壁碰去，來回碰幾次后停下來，而箱子始終靜止，則整個過程中()A．鐵球對箱子的沖量為零B．鐵球和箱子受到的沖量大小相等C．箱子對鐵球的沖量為mv，向右D．地面摩擦力對箱子的沖量為mv，向右答案CD解析箱子在水平方向上受到兩個力作用，鐵球對箱子的作用力和地面對箱子的摩擦力，二力始終等值反向，其合力始終為零，故箱子始終靜止。因此，鐵球對箱子的沖量與地面摩擦力對箱子的沖量等值反向，合沖量為零，故A錯誤；依據動量定理，鐵球受到的沖量為I＝0－mv＝－mv，即箱子對鐵球的沖量I＝－mv，負號表示方向向右，而箱子受到的沖量始終為零，故B錯誤，C正確；箱子對鐵球的沖量mv，向右，依據牛頓第三定律，鐵球對箱子的沖量為mv，向左。又因為地面摩擦力與鐵球對箱子的作用力等值反向，所以地面摩擦力對箱子的沖量為mv，向右，故D正確。第Ⅱ卷(非選擇題，共50分)二、填空題(共16分)11．(2分)甲、乙兩物體質量相等，并排緊靠靜止在光滑的水平面上，現用一水平外力F推動甲物體，同時給乙一個與F同方向的瞬時沖量I，使兩物體起先運動，當兩物體重新相遇時，經驗的時間為________，甲的動量為________。答案eq\f(2I,F)2I解析設甲、乙質量均為m，I＝mv乙，x乙＝v乙t，F＝ma，x甲＝eq\f(1,2)at2，當兩物體再次相遇時，x甲＝x乙，聯立得t＝eq\f(2I,F)，此時甲的動量p＝mv甲，v甲＝at，得p＝2I。12．(8分)如圖甲所示，用“碰撞試驗器”可以驗證動量守恒定律，即探討兩個小球在軌道水平部分碰撞前后的動量關系。(1)試驗中，干脆測定小球碰撞前后的速度是不簡單的。但是，可以通過測量________(選填選項前的符號)，間接地解決這個問題。A．小球起先釋放高度hB．小球拋出點距地面的高度HC．小球做平拋運動的射程(2)圖甲中O點是小球拋出點在地面上的垂直投影。試驗時，先讓入射球m1多次從斜軌上S位置靜止釋放，找到其平均落地點的位置P，測量平拋射程OP。然后，把被碰小球m2靜置于軌道的水平部分末端，再將入射球m1從斜軌上S位置靜止釋放，與小球m2相碰，并多次重復。接下來要完成的必要步驟是________(填選項前的符號)。A．用天平測量兩個小球的質量m1、m2B．測量小球m1起先釋放高度hC．測量拋出點距地面的高度HD．分別找到m1、m2相碰后平均落地點的位置M、NE．測量平拋射程OM、ON(3)若兩球相碰前后的動量守恒，其表達式可表示為______________________(用(2)中測量的量表示)；若碰撞是彈性碰撞，那么還應滿意的表達式為______________________(用(2)中測量的量表示)。(4)經測定，m1＝45.0g，m2＝7.5g，小球落地點的平均位置距O點的距離如圖乙所示。碰撞前、后m1的動量分別為p1與p1′，則p1∶p1′＝________∶11；若碰撞結束時m2的動量為p2′，則p1′∶p2′＝11∶________。試驗結果說明，碰撞前、后總動量的比值eq\f(p1,p1′＋p2′)為________。答案(1)C(2)ADE(3)m1·OM＋m2·ON＝m1·OPm1·OM2＋m2·ON2＝m1·OP2(4)14'2.9'1.01解析(1)小球離開軌道后做平拋運動，由H＝eq\f(1,2)gt2知t＝eq\r(\f(2H,g))，即小球的下落時間肯定，則初速度v＝eq\f(x,t)可用平拋運動的水平射程來表示，選項C正確。(2)本試驗要驗證的是m1·OM＋m2·ON＝m1·OP，因此要測量兩個小球的質量m1和m2以及它們的水平射程OM和ON，而要確定水平射程，應先分別確定兩個小球落地的平均落點，沒有必要測量小球m1起先釋放的高度h和拋出點距地面的高度H。故應完成的步驟是ADE。(3)若動量守恒，應有m1·v1＋m2·v2＝m1·v0(v0是m1單獨下落時離開軌道時的速度，v1、v2是兩球碰后m1、m2離開軌道時的速度)，又v＝eq\f(x,t)，則有m1·eq\f(OM,t)＋m2·eq\f(ON,t)＝m1·eq\f(OP,t)，即m1·OM＋m2·ON＝m1·OP；若碰撞是彈性碰撞，則碰撞過程中沒有機械能損失，則有eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)，同樣整理可得m1·OM2＋m2·ON2＝m1·OP2。(4)碰前m1的動量p1＝m1v0＝m1·eq\f(OP,t)，碰后m1的動量p1′＝m1v1＝m1·eq\f(OM,t)，則p1∶p1′＝OP∶OM＝14∶11；碰后m2的動量p2′＝m2v2＝m2·eq\f(ON,t)，所以p1′∶p2′＝(m1·OM)∶(m2·ON)＝11∶2.9；碰撞前、后總動量的比值eq\f(p1,p1′＋p2′)＝eq\f(m1·OP,m1·OM＋m2·ON)≈1.01。13．(6分)如圖所示，氣墊導軌是常用的一種試驗儀器。它是利用氣泵使帶孔的導軌與滑塊之間形成氣墊，使滑塊懸浮在導軌上，滑塊在導軌上的運動可視為沒有摩擦。我們可以用帶豎直擋板C、D的氣墊導軌以及滑塊A、B來驗證動量守恒定律，試驗裝置如圖所示(彈簧的長度忽視不計)，采納的試驗步驟如下：a．用天平分別測出滑塊A、B的質量mA、mB。b．調整氣墊導軌，使導軌處于水平。c．在滑塊A、滑塊B間放入一個被壓縮的輕彈簧，用電動卡銷鎖定，靜止放置在氣墊導軌上。d．用刻度尺測出滑塊A的左端至擋板C的距離L1。e．按下電鈕放開卡銷，同時使分別記錄滑塊A、B運動時間的計時器起先工作。當滑塊A、B分別碰撞擋板C、D時停止計時，登記滑塊A、B分別到達擋板C、D的運動時間t1和t2。(1)試驗中還應測量的物理量是________________________________________________________________________。(2)利用上述測量的試驗數據，驗證動量守恒定律的表達式是____________________，由此公式算得的A、B兩滑塊的動量大小并不完全相等，產生誤差的緣由是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(3)利用上述試驗數據能否測出被壓縮彈簧的彈性勢能的大小？________。如能，請寫出表達式________________________________________________________________________________________。答案(1)B的右端至D擋板的距離L2(2)mA·eq\f(L1,t1)－mB·eq\f(L2,t2)＝0'測量時間、距離等存在誤差，阻力、氣墊導軌不水同等造成誤差(3)能'Ep＝eq\f(1,2)mAeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L1,t1)))2＋eq\f(1,2)mBeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L2,t2)))2解析(1)驗證動量守恒定律，要知道A、B兩滑塊的速度，所以不僅要知道A到C的距離，也要知道B到D的距離。(2)由試驗所測數據知，要驗證動量守恒定律須滿意mA·eq\f(L1,t1)－mB·eq\f(L2,t2)＝0，誤差不行避開，時間、距離的測量有誤差，阻力、導軌不水同等都可造成誤差。(3)由試驗裝置知，彈簧的彈性勢能轉化為A、B的動能，所以有Ep＝eq\f(1,2)mAeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L1,t1)))2＋eq\f(1,2)mBeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L2,t2)))2。三、計算題(共34分)14．(8分)如右圖所示，一質量為M的物塊靜止在桌面邊緣，桌面離水平地面的高度為h。一質量為m的子彈以水平速度v0射入物塊后，以水平速度eq\f(v0,2)射出。重力加速度為g。求：(1)此過程中系統損失的機械能；(2)此后物塊落地點離桌面邊緣的水平距離。答案(1)eq\f(1,8)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(m,M)))mveq\o\al(2,0)'(2)eq\f(mv0,M)eq\r(\f(h,2g))解析(1)設子彈穿過物塊后物塊的速度為v，由動量守恒定律得mv0＝m×eq\f(v0,2)＋Mv，解得：v＝eq\f(mv0,2M)系統損失的機械能為：ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)m\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,2)))2＋\f(1,2)Mv2))解得：ΔE＝eq\f(1,8)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(m,M)))mveq\o\al(2,0)。(2)設物塊下落到地面所需時間為t，落地點距桌面邊緣的水平距離為s，則：h＝eq\f(1,2)gt2，s＝vt得：s＝eq\f(mv0,M)eq\r(\f(h,2g))。15．(8分)豎直平面內的半圓軌道光滑且與水平地面相切于B點，一質量為1kg的堅硬小物塊A(可視為質點)，靜止在光滑的水平地面上，如圖所示。一顆質量為10g的子彈以505m/s的速度向左飛來，正好打中小物塊A，并嵌在小物塊A內一起向左運動，已知R＝0.4m，g＝10m/s2。求：(1)子彈打中小物塊A并合成一個整體時的共同速度大小；(2)小物塊A在C點對軌道頂端的壓力大小；(3)小物塊A落地點與B點的水平距離。答案(1)5m/s(2)12.625N(3)1.2m解析(1)子彈打中小物塊的過程，取向左為正方向，由動量守恒定律得：mv0＝(m＋M)v得共同體的速度大小為：v＝eq\f(mv0,m＋M)＝eq\f(0.01×505,0.01＋1)m/s＝5m/s。(2)小物塊(含子彈)從水平面運動到C點的過程，由機械能守恒定律得：eq\f(1,2)(M＋m)v2＝eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,C)＋(m＋M)g·2R代入數據計算得出：vC＝3m/s在C點，由牛頓其次定律得：N＋(m＋M)g＝(m＋M)eq\f(v\o\al(2,C),R)代入數據計算得出：N＝12.625N由牛頓第三定律知，小物塊在C點對軌道頂端的壓力大小為：N′＝N＝12.625N。(3)小物塊離開C點后做平拋運動，則有：2R＝eq\f(1,2)gt2x＝vCt計算得出小物塊落地點與B點的水平距離為：x＝1.2m。16.(9分)如圖所示，光滑水平面上一質量為M、長為L的木板右端緊靠豎直墻壁。質量為m的小滑塊(可視為質點)以水平速度v0滑上木板的左端，滑到木板的右端時速度恰好為零。(1)求小滑塊與木板間的摩擦力大小；(2)現小滑塊以某一速度v滑上木板的左端，滑到木板的右端時與豎直墻壁發生彈性碰撞，然后向左運動，剛好能夠滑到木板左端而不從木板上落下，試求eq\f(v,v0)的值。答案(1)eq\f(mv\o\al(2,0),2L)(2)eq\r(\f(2M＋m,M))解析(1)小滑塊以水平速度v0右滑時，有：－FfL＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)①解得Ff＝eq\f(mv\o\al(2,0),2L)。②(2)設小滑塊以速度v滑上木板，運動至碰墻時速度為v1，則有－FfL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mv2③滑塊與墻碰撞后向左運動到木板左端，此時滑塊、木板的共同速度為v2，則有mv1＝(m＋M)v2④FfL＝eq\f