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章末素養測評(一)
1.D　[解析] 物體的動量與物體的速度和質量有關,輪胎不能減小船舶碰撞時的動量,故A錯誤;由動量定理I=p-p'=mv-mv0,可知輪胎不能減小船舶碰撞過程中受到的沖量,故B錯誤;輪胎不能減小船舶碰撞過程中動量的變化量,故C錯誤;輪胎可以延長船舶碰撞過程的作用時間,使碰撞過程中動量的變化率減小,故D正確.
2.A　[解析] 對人和竹竿組成的系統,可看成人船模型,所以m1x1=m2x2, 代入數據可得人的質量為m2=45 kg,故選A.
3.D　[解析] 設該同學從平板車上跳起后沿水平方向的分速度大小為v1,平板車的速度大小為v2,由于水平面光滑,二者沿水平方向的動量守恒,則有Mv1-mv2=0,設該同學從右端到達左端的時間為t,則該同學的位移大小x1=v1t,平板車的位移大小x2=v2t,由空間幾何關系得x1+x2=L,聯立解得x2=,故A、B、C錯誤,D正確.
4.C　[解析] 甲、乙與桌面之間的動摩擦因數不同,質量相同,知甲和乙組成的系統受到合外力不為零,故甲和乙組成的系統動量不守恒,故A錯誤;設甲、乙兩條形磁鐵間的吸引力為F,則吸引力對甲、乙兩條形磁鐵間的沖量大小相等,設為IF,根據動量定理,甲、乙的動量大小分別為p甲=IF-μ甲m甲gt,p乙=IF-μ乙m乙gt,由于μ甲>μ乙,二者的質量相等,可知p甲5.A　[解析] 設一共拋入n個沙袋,這些沙袋拋入車的過程,滿足水平方向動量守恒,可得Mv0-n·mv=0,解得n==20,即拋入20個沙袋,車恰好停止運動,故A正確.
6.C　[解析] 設水從水槍口噴出的速度為v0,極短時間Δt內水與小鐵盒作用過程中對水由動量定理可得FΔt=ρv0ΔtS×2v,水從槍口噴出到鐵盒處有v2-=-2gh,其中鐵盒懸停受到水的沖擊力為F'=m鐵盒g=160 N,根據牛頓第三定律,鐵盒對水的作用力為F=F'=160 N,又h=1.8 m,解得v=8 m/s,v0=10 m/s,故A、D錯誤,C正確;時間Δt內從槍口噴出水的動能為Ek=ρSv0Δt·,根據動能定理有W=Ek,又W=Pt,則水槍的輸出功率為P==ρSv0·=0.5 kW,故B錯誤.
7.D　[解析] 如果小球從小車上端離開小車,離開小車時水平方向和小車共速,水平方向小球和小車相對靜止,所以小球一定還能落回小車,故A錯誤;小球在小車上滑動過程中,系統只有重力和系統內彈力做功,所以系統機械能守恒,故B錯誤;小球在小車曲面上滑動過程中,系統合外力不為零,所以系統動量不守恒,只是在水平方向系統不受外力,水平方向動量守恒,故C錯誤;小球再次滑到小車底端時,對小球和小車系統由能量守恒和水平方向動量守恒得m=m+m,mv0=mv1+mv2,解得v1=0,v2=v0,所以小球從左端離開小車后做自由落體運動,故D正確.
8.CD　[解析] 根據動能與動量的關系,可知碰前白球的動量為p0=,碰后綠球的動量為p2=,兩球碰撞的過程動量守恒,則有p0=p1+p2,碰后白球的動量為p1=,所以碰后白球的動能為E1=,B錯誤;該碰撞損失的動能為ΔE=E-E-=,即該碰撞為非彈性碰撞,A錯誤,C正確;兩球質量相同,由公式p=mv,可知v∝p,則碰后白球與綠球的速度之比為1∶2,D正確.
9.BD　[解析] 設重錘與樣本沖擊前的速度為v1,根據速度位移關系=2gh,可得v1=7 m/s,與樣本沖擊過程,重錘的動量變化量大小為Δp=mv2-(-mv1)=1200 kg·m/s,故A錯誤,B正確;以豎直向上為正方向,根據動量定理可得(F-mg)Δt=mv2-(-mv1),解得F=25 000 N,故C錯誤,D正確.
10.AD　[解析] 由圖可知在t0時刻兩物塊共速,則由動量守恒定律有mBv0=(m+mB)0.8v0,解得物塊B的質量為mB=4m,選項A正確;分離時彈簧恰恢復到原長,則由動量守恒定律和能量守恒定律得mBv0=mAv1+mBv2,mB=mA+mB,解得分離后物塊A、B的速度大小分別為v1=1.6v0,v2=0.6v0,選項B錯誤;當兩物塊共速時彈簧彈性勢能最大,則碰撞過程中彈簧的最大彈性勢能為Epm=mB-(mA+mB)(0.8v0)2=0.4m,選項C錯誤;在0~t0時間內彈簧被壓縮,A的位移xA=0.32v0t0(即圖中下方陰影面積),因A、B受彈力等大,則A、B加速度之比為4∶1,則0~t0時間內B比以1 m/s的速度勻速運動時,減小的位移為ΔxB=xA=0.08v0t0(即圖中上方陰影面積),B的位移xB=v0t0-0.08v0t0=0.92v0t0,可得彈簧壓縮量的最大值為Δl=xB-xA=0.6v0t0,選項D正確.
11.(1)天平　(2)勻速直線　(3)-0.011　③
[解析] (1)要計算滑塊的動量還需要測量滑塊的質量,故還需要的器材是天平.
(2)為了減小重力對實驗的影響,應該讓氣墊導軌處于水平位置,故調節氣墊導軌后要使滑塊能在氣墊導軌上近似做勻速直線運動.
(3)取滑塊A碰前運動方向為正方向,根據x t圖像可知滑塊B碰前的速度為vB= m/s≈-0.058 m/s,則滑塊B碰前的動量為pB=mBvB=0.197 8 kg×(-0.058) m/s≈-0.011 kg·m/s;由題意可知兩滑塊相碰要符合碰撞制約關系,則④圖線為碰前滑塊A的圖線,由圖可知碰后③圖線的速度大于②圖線的速度,根據“后不超前”的原則可知③為碰后滑塊A的圖線.
12.(1)A　(2)m1·OP=m1·OM+m2·ON　(3)2　(4)=+
[解析] (1)根據動量守恒定律得m1vA=m1vA'+m2vB',小球做平拋運動的高度相同,所用時間t相同,水平方向有OP=vAt,OM=vA't,ON=vB't,聯立可得m1·OP=m1·OM+m2·ON,除了要測出OP、OM、ON的長度外,還需要測量兩個小球的質量,故選A.
(2)根據(1)問分析可知,當所測物理量滿足表達式m1·OP=m1·OM+m2·ON,即說明兩球碰撞遵守動量守恒定律.
(3)系統碰撞前總動量p與碰撞后總動量p'的百分誤差為=,代入數據可得=≈2%.
(4)由題意可知,小球D、E做平拋運動,在水平方向的位移相等,設為x',在碰撞前小球D的速度為v1,碰撞后小球D的速度為v2,小球E的速度為v3,在豎直方向則有y1=g,y2=g,y3=g,解得=,=,=,D、E兩小球在碰撞前后,若滿足關系式m3=m3+m4,即m3=m3+m4,可得=+,則可認為碰撞前后兩球的總動能相等.
13.(1)23 N　(2)5∶4　(3)1.5 N·s
[解析] (1)籃球從H=0.8 m的高度落到水平地板上,與地板第一次碰撞前籃球的瞬時速度大小為v0==4 m/s
由于每次彈跳上升的高度總等于碰前下落高度的,可得碰后的速度大小為
v1=0.8v0
第一次球與地板碰撞,設地板對球的平均作用力大小為F1,選豎直向上為正方向,根據動量定理有F1t-mgt=mv1-(-mv0)
解得F1=23 N
(2)第二次碰后瞬時速度為v2=0.8v1=0.82v0
設第一次和第二次與地板碰撞過程,球所受的沖量大小分別為I1、I2,選豎直向上為正方向,根據動量定理有
I1=mv1-(-mv0),I2=mv2-(-mv1)
解得I1∶I2=5∶4
(3)球跳起后上升高度h'=H'
若不用手拍球,欲使球跳起0.8 m,應使球的下落高度為
H'=h'=1.25 m
由機械能守恒定律可得mg(H'-h')=mv2
解得v=3 m/s
則應在0.8 m處給球的沖量大小為
I=mv=1.5 N·s
14.(1)見解析　(2)0.9v0　(3)
[解析] (1)返、推組合體要減速制動,根據牛頓運動定律可知,推進艙主發動機噴氣的方向與v0的方向相同,即向前噴氣.
(2)返、推組合體噴氣獲得的反推力沿v0的反方向,在此方向上,根據動量守恒定律有m0v0=0.1m0v1+v2
解得v2=0.9v0
(3)減速制動過程,以發動機噴出氣體為研究對象,根據動量定理有
t=0.1m0v1-0.1m0v0
解得=
根據牛頓第三定律有,返、推組合體受到的平均作用力'=
15.(1)120 N,方向豎直向下　(2)16 J
[解析] (1)小球由靜止釋放至最低點的過程中機械能守恒,有mgL=m
得v0=5 m/s
在最低點由牛頓第二定律得FT-mg=
聯立解得FT=120 N
由牛頓第三定律可知FT'=FT=120 N
方向豎直向下
(2)A與球發生彈性碰撞,根據動量守恒定律和機械能守恒定律有
mv0=mv1+mAvA
m=m+mA
解得vA=8 m/s
接著A與B發生完全非彈性碰撞,根據動量守恒定律和能量守恒定律有
mAvA=(mA+mB)v共
W損=mA-(mA+mB)
解得W損=16 J章末素養測評(一)
第一章　動量守恒定律
(本試卷滿分100分,考試時間75分鐘)
一、單項選擇題(本題共7小題,每小題4分,共28分.在每小題給出的四個選項中,只有一項符合題目要求)
1.[2025·內蒙古赤峰期末] 船舶的設計中,通常會在船舷處懸掛輪胎,其目的主要是在船舶與其他船舶碰撞時或船舶岸邊停靠時減小碰撞產生的沖擊力,從而保護船體免受損害.下列說法正確的是 (　)
A.輪胎可以減小船舶碰撞時的動量
B.輪胎可以減小船舶碰撞過程中受到的沖量
C.輪胎可以減小船舶碰撞過程中動量的變化量
D.輪胎可以減小船舶碰撞過程中動量的變化率
2.[2024·重慶巴蜀中學高二月考] “獨竹漂”是一項獨特的黔北民間絕技.獨竹漂高手們腳踩一根楠竹,漂行水上如履平地.如圖甲所示,在平靜的湖面上,一位女子腳踩竹竿抵達岸邊,此時女子靜立于竹竿A點,一位攝影愛好者使用連拍模式拍下了該女子在竹竿上行走過程的系列照片,并從中選取了一張與女子靜立于竹竿A點時進行對比,其簡化圖如圖乙所示.經過測量發現,甲、乙兩張照片中A、B兩點的水平間距約為1 cm,乙圖中竹竿右端距離河岸約為1.8 cm.女子在照片上身高約為1.6 cm.已知竹竿的質量約為25 kg,若不計水的阻力,則該女子的質量約為 (　)
A.45 kg B.70 kg C.75 kg D.60 kg
3.如圖所示,在光滑的水平面上有一輛長為L、質量為m的平板車, 平板車的左端緊靠著墻壁,右端站著一質量為M的同學(可視為質點),當該同學向左跳出,恰好落在平板車的左端時,平板車離開墻壁的距離為 (　)
A.L B. C. D.
4.如圖所示,使甲、乙兩個條形磁鐵隔開一段距離,靜止于水平桌面上,甲的N極正對著乙的S極,甲、乙與桌面之間的動摩擦因數μ甲>μ乙,二者的質量相等.現同時釋放甲和乙,在它們相互接近過程中的任一時刻 (　)
A.甲和乙組成的系統動量守恒
B.甲的動量大小比乙的大
C.甲和乙組成的系統總動量方向向左
D.甲的速度大小比乙的大
5.如圖是勞動者拋沙袋入車的情境圖.一排人站在平直的軌道旁,分別標記為1、2、3、…,已知車的質量為40 kg,每個沙袋質量為5 kg.當車經過一人身旁時,此人將一個沙袋沿與車前進相反的方向以4 m/s的速度投入到車內,沙袋與車瞬間就獲得共同速度.已知車原來的速度大小為10 m/s, 當車停止運動時,一共拋入的沙袋有 (　)
A.20個 B.25個 C.30個 D.40個
6.[2024·湖南長沙一中期中] 由高壓水槍豎直向上噴出的水柱,將一個質量為16 kg的小鐵盒開口向下倒頂在空中,鐵盒懸停在距離水槍口1.8 m處.已知水以恒定速率從橫截面面積為S=10-3 m2的水槍中持續噴出,向上運動并沖擊鐵盒后,水流以不變的速率豎直返回;忽略水在與盒作用時水的重力的影響,水的密度為103 kg/m3,g取10 m/s2,則下列說法正確的是 (　)
A.水沖擊鐵盒后以5 m/s的速度返回
B.水槍的輸出功率為5 kW
C.水從水槍口噴出的速度為10 m/s
D.鐵盒懸停受到水的沖擊力為320 N
7.[2025·河北石家莊二中期中] 如圖所示,光滑的冰面上有一質量為m的小車處于靜止狀態,小車上表面為一半徑為R的光滑圓弧曲面,圓弧的最低點切線水平.某一時刻,一質量也為m的小球自左端以水平速度v0沖上小車,下列說法正確的是 (　)
A.如果小球從小車上端離開小車,小球將不會回到小車上
B.小球與小車相互作用的過程中,小球和小車組成的系統機械能不守恒
C.小球與小車相互作用的過程中,小球和小車組成的系統動量守恒
D.小球最終將會從小車左端離開小車,之后小球做自由落體運動
二、多項選擇題(本題共3小題,每小題4分,共12分.在每小題給出的四個選項中,有兩個或兩個以上選項符合題目要求.全部選對的得4分,選對但不全的得2分,有選錯的得0分)
8.[2025·河南安陽高二期末] 2024年7月21日,特魯姆普經過16局大戰以11比5擊敗對手肖恩·墨菲,獲得2024年斯諾克上海大師賽冠軍.某次特魯姆普擊打白球撞擊靜止的綠球,白球、綠球和底袋在一條直線上,碰撞前瞬間白球的動能為E,碰撞后瞬間綠球的動能為,碰撞時間極短.已知白球和綠球的質量相等,則下列說法正確的是 (　)
A.該碰撞為彈性碰撞
B.碰撞后瞬間白球的動能為
C.該碰撞損失的動能為
D.碰后白球與綠球的速度比為1∶2
9.如圖所示為一款落錘沖擊試驗機,將重錘從不同高度落到樣本(片、薄膜、制品)上, 以檢測其在不同溫度、濕度、沖擊能量下的性能表現.現將一質量為100 kg的重錘從高度h=2.45 m處由靜止釋放,重錘與樣本沖擊時間約為0.05 s,然后以5 m/s的速度反彈.已知重力加速度g取10 m/s2,空氣阻力忽略不計,下列說法正確的是 (　)
A.與樣本沖擊過程,重錘的動量變化量大小為700 kg·m/s
B.與樣本沖擊過程,重錘的動量變化量大小為1200 kg·m/s
C.重錘對樣本的沖擊力大小約為24 000 N
D.重錘對樣本的沖擊力大小約為25 000 N
10.[2025·山東德州期末] 如圖甲所示,一質量為m的物塊A與輕質彈簧連接,靜止在光滑水平面上.物塊B以某一速度向A運動,t=0時刻物塊B與彈簧接觸,t=2t0時刻與彈簧分離.物塊A、B運動的v t圖像如圖乙所示.已知從t=0到t=t0時間內,物塊A運動的距離為0.32v0t0,彈簧始終處于彈性限度內.下列說法正確的是 (　)
A.物塊B的質量為4m
B.分離后物塊A的速度大小為2v0
C.碰撞過程中彈簧的最大彈性勢能為0.5m
D.彈簧壓縮量的最大值為0.6v0t0
三、非選擇題(本題共5小題,共60分)
11.(6分)如圖甲為某小組探究兩滑塊碰撞前后的動量變化規律所用的實驗裝置示意圖.帶刻度尺的氣墊導軌右支點固定,左支點高度可調,裝置上方固定一具有計時功能的攝像機.
(1)(2分)要測量滑塊的動量,除了上述實驗器材外,還必需的實驗器材是　　　　.
(2)(2分)為減小重力對實驗的影響,開動氣泵后,調節氣墊導軌的左支點,使輕推后的滑塊能在氣墊導軌上近似做　　　　運動. (3)(2分)測得滑塊B的質量為197.8 g,兩滑塊碰撞前后位置x隨時間t的變化圖像如圖乙所示,其中①為滑塊B碰前的圖線.取滑塊A碰前的運動方向為正方向,由圖中數據可得滑塊B碰前的動量為　　　　 kg·m·s-1(保留2位有效數字),滑塊A碰后的圖線為　　　　(選填“②”“③”或“④”).
12.(10分)某小組用如圖甲所示的實驗裝置來驗證動量守恒定律.實驗時先讓質量為m1的入射小球A從斜槽上某一固定位置C由靜止釋放,小球A從軌道末端水平拋出,落到位于水平地面的復寫紙上,在下面的白紙上留下痕跡,重復上述操作10次,得到10個落點痕跡,再把質量為m2的被碰小球B放在水平軌道末端,仍將小球A從位置C由靜止釋放,小球A和B碰撞后,分別在白紙上留下各自的落點痕跡,重復操作10次,M、P、N為三個落點的平均位置,O點是水平軌道末端在記錄紙上的豎直投影點,如圖乙所示.
回答下列問題:
(1)(2分)上述實驗除需測量線段OM、OP、ON的長度外,還需要測量的物理量有　　　　.
A.小球A和小球B的質量m1、m2
B.斜槽末端離地面的高度h
C.位置C與斜槽末端的高度差Δh
D.兩小球與斜槽間的動摩擦因數μ
(2)(2分)當所測物理量滿足表達式　　　　　　　　　　　　(用所測物理量的字母表示)時,即說明兩球碰撞遵守動量守恒定律.
(3)(3分)若測得各落點痕跡到O點的距離OM=2.68 cm,OP=8.62 cm,ON=11.50 cm,并知小球A、B的質量比為2∶1,則系統碰撞前總動量p與碰撞后總動量p'的百分誤差=　　　　%(結果保留一位有效數字).
(4)(3分)某實驗小組設計用如圖丙所示裝置來研究碰撞前后動能的變化,使小球從斜槽軌道滾下打在正對的豎直墻上,把白紙和復寫紙附在墻上,記錄小球的落點.使用質量為m3的小球D和質量為m4的小球E進行實驗,其他操作重復驗證動量守恒定律實驗時的步驟.M'、P'、N'為豎直記錄紙上三個落點的平均位置,小球靜止于水平軌道末端時球心在豎直記錄紙上的水平投影點為O',測得O'M'=y1,O'P'=y2、O'N'=y3,在實驗誤差允許范圍內,若滿足關系式　　　　　　　　　　　(用題中涉及的物理量符號表示),則可認為碰撞前后兩球的總動能相等.
13.(10分)一質量m=0.5 kg的籃球從H=0.8 m的高度處由靜止下落到水平地板上,每次彈跳上升的高度總等于碰前下落高度的,且每次球與地板接觸時間相等,均為0.2 s.空氣阻力不計,重力加速度g取10 m/s2.
(1)(3分)求第一次球與地板碰撞,地板對球的平均作用力大小;
(2)(3分)求第一次和第二次與地板碰撞過程中,球所受的沖量的大小之比;
(3)(4分)若在0.8 m高度處用手拍這個球,使球保持在0.8 m的高度上下跳動,求每次應給球施加的沖量大小.
14.(16分)如圖甲,神舟十六號從空間站返回的第一步動作在大約h=390公里的高度完成,飛船通過兩次調整姿態后,變成推進艙在前,返回艙在后,主發動機點火開始制動減速.現把制動減速過程簡化為如圖乙所示,設返、推組合體減速前的總質量為m0(包括發動機噴出的氣體),減速前的速度大小為v0(相對地球),主發動機點火后推進艙噴氣,在t(很短)時間內推進艙把質量為0.1m0的氣體以速率v1=1.9v0(相對地球)噴出.由于減速制動時間短,可認為返、推組合體減速前、后速度及v1的方向均在同一直線上,除了組合體與噴出氣體間的作用外,不考慮其他力的影響.
(1)(4分)分析說明v1的方向;
(2)(6分)求減速制動后瞬間返、推組合體的速度大小;
(3)(6分)求減速制動過程返、推組合體受到的平均作用力大小.
15.(18分)[2025·成都石室中學高二期中] 如圖所示,足夠長“L”形平板B靜置在光滑的水平地面上,其上表面光滑,物塊A處于平板B上的O'點,用長為1.25 m的輕繩將質量為4 kg的小球懸掛在O'點正上方的O點.輕繩處于水平拉直狀態,小球可視為質點,將小球由靜止釋放,下擺至最低點與小物塊A發生彈性碰撞.物塊A沿平板滑動直至與B右側擋板發生完全非彈性碰撞,所有碰撞時間忽略不計,不計空氣阻力,已知A的質量為1 kg,B的質量為1 kg,g取10 m/s2,求:
(1)(8分)小球擺至最低點與小物塊A發生彈性碰撞前,小球對輕繩的拉力;
(2)(10分)小物塊A與平板B碰撞過程中,系統損失的動能.

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