选修3-5动量守恒定律章末检测附参考答案

动量守恒定律章末检测一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分)1．(多选)下列说法正确的是(　　)A．根据F＝eq\f(Δp,Δt)可把牛顿第二定律 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 述为：物体动量的变化率等于它所受的合外力B．力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量，它反映了力的作用对时间的累积效应，是一个标量C．动量定理的物理实质与牛顿第二定律是相同的，但有时用起来更方便D．易碎品运输时要用柔软材料包装，船舷常常悬挂旧轮胎，都是为了延长作用时间以减小作用力答案　ACD解析　A选项是牛顿第二定律的另一种表达方式，所以A正确；冲量是矢量，B错误；F＝eq\f(Δp,Δt)是牛顿第二定律的最初表达方式，实质是一样的，C正确；易碎品运输时用柔软材料包装，船舷常常悬挂旧轮胎，都是为了延长作用时间，减小作用力，D正确．2．运输家用电器、易碎器件等物品时，经常用泡沫塑料作填充物，这是为了在运输过程中(　　)A．减小物品受到的冲量B．使物体的动量减小C．使物体的动量变化量减小D．使物体的动量变化率减小答案　D解析　物体的动量变化一定时，力作用的时间越短，力就越大，物体的动量变化率越大；反之就越小，运输家用电器、易碎器件等物品时，经常用泡沫塑料作填充物，这是为了在运输过程中增大作用时间以减小物品受到的作用力，使物体的动量变化率减小，故D正确．3．2011年，在四大洲花样滑冰锦标赛双人滑比赛中，中国队选手庞清、佟健在花样滑冰双人滑比赛中以199.45分的总分获得金牌．若质量为m1的佟健抱着质量为m2的庞清以v0的速度沿水平冰面做直线运动，某时刻佟健突然将庞清向前水平推出，推出后两人仍在原直线上运动，冰面的摩擦可忽略不计．若分离时佟健的速度为v1，庞清的速度为v2，则有(　　)A．m1v0＝m1v1＋m2v2B．m2v0＝m1v1＋m2v2C．(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2D．(m1＋m2)v0＝m1v1答案　C解析　庞清和佟健两人组成的系统动量守恒，以两人的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，C正确．4．如图1所示，在光滑水平地面上放着两个物体，其间用一根不能伸长的细绳相连，开始时细绳松弛，B静止，A具有4kg·m/s的动量(令向右为正方向)．在细绳被拉紧(可能拉断)的过程中，A、B动量的变化可能为(　　)图1A．ΔpA＝－4kg·m/s，ΔpB＝4kg·m/sB．ΔpA＝2kg·m/s，ΔpB＝－2kg·m/sC．ΔpA＝－2kg·m/s，ΔpB＝2kg·m/sD．ΔpA＝ΔpB＝2kg·m/s答案　C5．质量为M的小车在光滑水平地面上以速度v0匀速向右运动，当小车中的沙子从底部的漏斗中不断地流下时，车子的速度将(　　)A．减小B．不变C．增大D．无法确定答案　B解析　以小车和漏掉的沙子组成的系统为研究对象，系统动量守恒，设沙子质量为m，由惯性定律可知，漏掉的沙子和小车有相同的速度，则(M＋m)v0＝(M＋m)v，v＝v0.6．(多选)A、B两船的质量均为M，它们都静止在平静的湖面上，当A船上质量为eq\f(M,2)的人以水平速度v从A船跳到B船，再从B船跳回A船，经多次跳跃后，人最终跳到B船上，设水对船的阻力不计，则(　　)A．A、B两船的速度大小之比为3∶2B．A、B(包括人)动量大小之比为3∶2C．A、B(包括人)动量之和为零D．因跳跃次数未知，故以上答案均无法确定答案　AC解析　选A船、B船和人组成的系统为研究对象，则它们的初始总动量为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：0＝(M＋eq\f(M,2))vB＋MvA，解得vB＝－eq\f(2,3)vA.所以A、B两船的速度大小之比为3∶2，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1∶1，选项B错误；由于系统的总动量始终为零，故A、B(包括人)动量之和也始终为零，选项C正确．7．(多选)如图2甲所示，在光滑水平面上的两小球发生正碰．小球的质量分别为m1和m2.图乙为它们碰撞前后的x－t(位移－时间)图象．已知m1＝0.1kg.由此可以判断(　　)图2A．碰撞前m2静止，m1向右运动B．碰撞后m2和m1都向右运动C．m2＝0.3kgD．碰撞过程中系统损失了0.4J的机械能答案　AC解析　由题图可知，m1碰撞前速度为v1＝4m/s，碰撞后速度为v1′＝－2m/s，m2碰撞前速度为v2＝0，碰撞后的速度为v2′＝2m/s，由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′代入数据解得m2＝0.3kg，所以A、C正确，B错误；两小球组成的系统在碰撞过程中的机械能损失为：ΔE＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22－eq\f(1,2)m1v1′2－eq\f(1,2)m2v2′2＝0.所以碰撞过程是弹性碰撞，机械能守恒，所以D错误．8．(多选)质量为m的小球A以速度v0在光滑水平面上运动，与质量为2m的静止小球B发生对心碰撞，则碰撞后小球A的速度vA和小球B的速度vB可能为(　　)A．vA＝－eq\f(1,3)v0　vB＝eq\f(2,3)v0B．vA＝－eq\f(2,5)v0　vB＝eq\f(7,10)v0C．vA＝－eq\f(1,4)v0　vB＝eq\f(5,8)v0D．vA＝eq\f(3,8)v0　vB＝eq\f(5,16)v0答案　AC解析　两球发生对心碰撞，动量守恒、能量不增加，且后面的小球的速度不可能大于前面小球的速度．根据动量守恒定律可得，mv0＝mvA＋2mvB，四个选项都满足．碰撞前总动能为eq\f(1,2)mv02，碰撞后B选项总动能为eq\f(57,100)mv02，B错误；D选项中vA>vB，不可能，D错误．9．如图3所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动，两球质量关系为mB＝2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为6kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4kg·m/s，则(　　)图3A．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5B．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10C．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5D．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10答案　A解析　A、B发生碰撞，由动量守恒定律得：|ΔpA|＝|ΔpB|，由于碰后A球的动量增量为负值，所以右边不可能是A球，可知左方是A球，右方是B球，因此碰撞后A球的动量是2kg·m/s，B球的动量是10kg·m/s，由于两球的质量关系mB＝2mA，那么碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5.10．(多选)如图4所示，甲、乙两车的质量均为M，静置在光滑的水平面上，两车相距为L.乙车上站立着一个质量为m的人，他通过一条轻绳拉甲车，最后甲、乙两车相接触，以下说法正确的是(　　)图4A．甲、乙两车运动中速度大小之比为eq\f(M＋m,M)B．甲、乙两车运动中速度大小之比为eq\f(M,M＋m)C．甲车移动的距离为eq\f(M＋m,2M＋m)LD．乙车移动的距离为eq\f(M,2M＋m)L答案　ACD解析　本题类似人船模型．把甲、乙、人看成一系统，则水平方向动量守恒，有Mv甲＝(M＋m)v乙，则eq\f(v甲,v乙)＝eq\f(M＋m,M)，A正确，B错误；因甲、乙运动时间相同为t，则x甲＝v甲t，x乙＝v乙t，则Mx甲＝(M＋m)x乙，x甲＋x乙＝L，解得C、D正确．.二、实验题(本题共2小题，共16分)11．(8分)某同学用图5甲所示装置通过半径相同的A、B两球的碰撞来寻找不变量，图中CQ是斜槽，QR为水平槽，二者平滑相接，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，落到位于水平地面上的记录纸上，留下痕迹．重复上述操作10次，得到10个落点痕迹．然后把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让A球仍从位置G由静止开始滚下，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．图5图中O是水平槽末端口在记录纸上的垂直投影点，P为未放被碰球B时A球的平均落点，M为与B球碰后A球的平均落点，N为被碰球B的平均落点．若B球落点痕迹如图乙所示，其中米尺水平放置，且平行于OP.米尺的零点与O点对齐．(1)入射球A的质量mA和被碰球B的质量mB的关系是mAmB(选填“>”“<”或“＝”)．(2)碰撞后B球的水平射程应为cm.(3)下列选项中，属于本次实验必须测量的是(填选项前的字母)．A．水平槽上未放B球时，测量A球平均落点位置到O点的距离B．A球与B球碰撞后，测量A球平均落点位置到O点的距离C．测量A球或B球的直径D．测量A球和B球的质量E．测量G点相对于水平槽面的高度(4)若mv为不变量，则需验证的关系式为．答案　(1)>　(2)64.7(64.2～65.2均可)　(3)ABD　(4)mA·OP＝mA·OM＋mB·ON解析　(1)要使两球碰后都向右运动，应有A球质量大于B球质量，即mA>mB.(2)将10个点圈在圆内的最小圆的圆心作为平均落点，可由刻度尺测得碰撞后B球的水平射程约为64.7cm.(3)从同一高度做平抛运动，飞行的时间t相同，而水平方向为匀速直线运动，故水平位移x＝vt，所以只要测出小球飞行的水平位移，就可以用水平位移的测量值代替平抛初速度．故需测出未放B球时A球飞行的水平距离OP和碰后A、B球飞行的水平距离OM和ON，及A、B两球的质量，故A、B、D正确．(4)若mv为不变量，需验证的关系式为mAvA＝mAvA′＋mBvB′，将vA＝eq\f(OP,t)，vA′＝eq\f(OM,t)，vB′＝eq\f(ON,t)代入上式得mA·OP＝mA·OM＋mB·ON.12．(8分)某同学设计了一个用打点计时器验证动量守恒定律的实验．如图6所示，将打点计时器固定在光滑的长木板的一端，把纸带穿过打点计时器，连在小车A的后面．让小车A运动，小车B静止．在两小车的碰撞端分别装上撞针和橡皮泥，碰撞时撞针插入橡皮泥把两小车粘合成一体．他在安装好实验装置后，先接通电源然后轻推小车A，使A获得一定的速度，电磁打点计时器在纸带上打下一系列的点，已知电源频率为50Hz.图6(1)实验中打出的纸带如图7所示，测得的各计数点间的距离已标在图上，则应选段计算A的碰前速度，应选段计算A和B碰后的共同速度．(均选填“BC”“CD”或“DE”)图7(2)已测得小车A的质量m1＝0.20kg，小车B的质量m2＝0.10kg，由以上测得结果可得：碰撞前总动量为kg·m/s；碰撞后总动量为kg·m/s.(计算结果保留两位有效数字)答案　(1)BC　DE　(2)0.21　0.20三、 计算题 一年级下册数学竖式计算题下载二年级余数竖式计算题 下载乘法计算题下载化工原理计算题下载三年级竖式计算题下载 (本题共4小题，共44分)13．(8分)如图8所示，质量为m的小球A，在光滑的水平面上以速度v0与质量为3m的静止小球B发生正碰，碰撞后小球A被弹回，其速度大小变为原来的eq\f(1,3)，求碰撞后小球B的速度．图8答案　eq\f(4,9)v0，方向与速度v0的方向相同解析　两球碰撞过程系统动量守恒，以碰撞前A的速度v0的方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝m(－eq\f(1,3)v0)＋3mv，解得：v＝eq\f(4,9)v0，方向与速度v0的方向相同．14．(10分)(2018·江苏一模)如图9所示，光滑水平面上小球A、B分别以1.2m/s、2.0m/s的速率相向运动，碰撞后B球静止．已知碰撞时间为0.05s，A、B的质量均为0.2kg.求：图9(1)碰撞后A球的速度大小；(2)碰撞过程A对B平均作用力的大小．答案　(1)0.8m/s　(2)8N解析　(1)A、B系统动量守恒，设B的运动方向为正方向，由动量守恒定律得：mvB－mvA＝0＋mvA′解得：vA′＝0.8m/s(2)对B球，由动量定理得：－eq\x\to(F)Δt＝ΔpB＝0－mvB解得eq\x\to(F)＝8N.15．(12分)如图10所示，光滑水平面上有三个物块A、B和C，它们具有相同的质量，且位于同一直线上．开始时，三个物块均静止，先让A以一定速度与B碰撞，碰后它们粘在一起，然后又一起与C碰撞并粘在一起，求前后两次碰撞中损失的动能之比．图10答案　3∶1解析　设三个物块的质量均为m；A与B碰撞前A的速度为v，碰撞后共同速度为v1；A、B与C碰撞后的共同速度为v2.由动量守恒定律得mv＝2mv1；mv＝3mv2设第一次碰撞中动能的损失为ΔE1，第二次碰撞中动能的损失为ΔE2，由能量守恒定律得eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)×2mv12＋ΔE1eq\f(1,2)×2mv12＝eq\f(1,2)×3mv22＋ΔE2联立以上各式解得eq\f(ΔE1,ΔE2)＝eq\f(3,1).16．(14分)(2017·江苏三模)如图11所示，光滑水平面上静置着质量为2m的物块A和质量均为m的物块B、C，一水平轻质弹簧被夹在A、B之间锁定且处于压缩状态，弹簧一端与物块A拴接，另一端与B接触但不拴接．某时刻解除弹簧锁定，弹簧恢复原长后物块B向右运动时与物块C发生弹性碰撞，之后物块C又与右侧弹性挡板发生碰撞后以原速率返回，返回过程中又与物块B发生弹性碰撞．已知初始时，弹簧储存的弹性势能为Ep.求：图11(1)物块C与右侧弹性挡板碰撞后返回的速度大小；(2)弹簧再次被压缩至最短时储存的弹性势能．答案　(1)2eq\r(\f(Ep,3m))　(2)eq\f(Ep,9)解析　(1)从解除锁定到弹簧完全恢复原长的过程中，A、B组成的系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得mv2－2mv1＝0系统的机械能守恒得：Ep＝eq\f(1,2)×2mv12＋eq\f(1,2)mv22.解得v1＝eq\r(\f(Ep,3m))，v2＝2eq\r(\f(Ep,3m)).物块B与物块C的质量相等，发生弹性碰撞后交换速度，则物块C与右侧弹性挡板碰撞后返回的速度大小为2eq\r(\f(Ep,3m)).(2)物块C返回过程中与物块B再次发生弹性碰撞，两者再次交换速度，物块B以速率v2追赶A，并通过弹簧发生相互作用，直至两者速度相等时，弹簧被压缩至最短，取向左为正方向，根据动量守恒定律有2mv1＋mv2＝3mv由系统的机械能守恒有eq\f(1,2)×2mv12＋eq\f(1,2)mv22＝Ep′＋eq\f(1,2)×3mv2解得弹簧再次被压缩至最短时储存的弹性势能Ep′＝eq\f(Ep,9).