资源简介

动量
满分：48分 时量：40分钟
一．选择题（1-5为单选题，题每小题4分，6-7题为多选题，每小题5分，共30分）
1.如图所示，表面光滑的楔形物块ABC固定在水平地面上，∠ABC＜∠ACB，质量相同的物块a和b分别从斜面顶端沿AB、AC由静止自由滑下.在两物块到达斜面底端的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．两物块所受重力的冲量相同
B．两物块动量的改变量相同
C．两物块动能的改变量相同
D．两物块到达斜面底端时重力的瞬时功率相同
2.科技发展，造福民众.如图所示的“智能防摔马甲”是一款专门为老年人研发的科技产品.该装置的原理是通过马甲内的传感器和微处理器精准识别穿戴者的运动姿态，在其失衡瞬间迅速打开安全气囊进行主动保护，能有效地避免摔倒带来的伤害.在穿戴者着地的过程中，安全气囊可以(　　)
A．减小穿戴者动量的变化量
B．减小穿戴者动量的变化率
C．增大穿戴者所受合力的冲量
D．减小穿戴者所受合力的冲量
3.甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑的水平冰面上匀速相向行驶，速度大小均为v0＝6 m/s，甲车上有质量为m＝1 kg的小球若干个，甲和他的小车及小车上小球的总质量为M1＝50 kg，乙和他的小车的总质量为M2＝30 kg.为避免相撞，甲不断地将小球以相对地面为v′＝16.5 m/s的水平速度抛向乙，且被乙接住.假如某一次甲将小球抛出且被乙接住后，刚好可保证两车不相撞.则甲总共抛出的小球个数是(　　)
A．12　　　　B．13　　　　C．14　　　　D．15
4.如图所示，质量为0.5 kg的小球在离车底面高度20 m处以一定的初速度向左平抛，落在以7.5 m/s的速度沿光滑的水平面向右匀速行驶的敞篷小车中，小车的底面上涂有一层油泥，车与油泥的总质量为4 kg，若小球在落在车的底面之前瞬时速度是25 m/s，则当小球和小车相对静止时，小车的速度是(g＝10 m/s2)(　　)
A．5 m/s B．4 m/s
C．8.5 m/s D．9.5 m/s
5.如图所示，在光滑的水平面上有三个完全相同的小球，它们排成一条直线，小球2、3静止，并靠在一起，球1以速度v0撞向它们，设碰撞过程中不损失机械能，则碰后三个小球的速度分别为(　　)
A．v1＝v2＝v3＝v0
B．v1＝0，v2＝v3＝v0
C．v1＝0，v2＝v3＝v0
D．v1＝v2＝0，v3＝v0
6.如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2 kg的另一物体B以水平速度v0＝2 m/s滑上原来静止的长木板A的上表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，g＝10 m/s2.则下列说法正确的是(　　)
A．长木板A获得的动能为1 J
B．A、B系统损失的机械能为2 J
C．长木板A的最小长度为2 m
D．A、B间的动摩擦因数为0.1
7.如图所示，光滑水平面上有a、b、c、d四个弹性小球，质量分别为m、9m、3m、m.小球a一端靠墙，并通过一根轻弹簧与小球b相连，此时弹簧处于原长.小球b和c接触但不粘连.现给小球d一个向左的初速度v0，与小球c发生碰撞，整个碰撞过程中没有能量损失，弹簧始终处于弹性限度之内.以下说法正确的是(　　)
A．整个过程中小球a、b、c、d和弹簧组成的系统动量守恒
B．整个过程中四个弹性小球a、b、c、d的机械能守恒
C．小球a速度的最大值为v0
D．弹簧弹性势能最大值为mv02
二、非选择题（第8题6分，第9题12分，共18分）
8.某同学利用如图所示的装置验证“碰撞过程中的动量守恒”.水平桌面上固定两个钉子，用两根长度均为l的细线拴住两个大小相同、质量分别为m1和m2的小球1和2，细线与钉子的拴接处分别安装了拉力传感器，可实时显示细线中的拉力大小.初始时，两小球靠在一起，两细线刚好平行，小球的直径远小于细线的长度.现将小球涂上润滑油，实验步骤如下：
(1)将小球1沿着圆弧拉到某点A处，并在A处给小球1一个沿切线方向的初速度，并记录拉力传感器1的示数F1.
(2)小球1与小球2在初始点发生碰撞，碰后小球1弹回，记录碰后两小球运动过程中传感器1和2的示数分别为F2、F3.
(3)对实验数据进行相关计算和分析：与小球2碰前，小球1的速度大小可表示为________；物理量m1、m2、F1、F2、F3满足等量关系____________________时，即可验证碰撞瞬间，两小球组成的系统动量守恒；若该碰撞为弹性碰撞，F1、F2、F3还应满足的等量关系为________________.
9.利用示踪原子来探测细胞间的亲和程度是生物技术中的重要手段之一，其过程的一部分与下列物理过程极为相似：如图甲所示，光滑水平面上固定有一个发射装置，利用该装置向正对装置方向滑来的物块A和B(A、B相对静止)发射一个示踪滑块C，示踪滑块C将记录下它与发射装置之间的距离x.已知物块B叠放在物块A上，物块A的质量为3 kg，示踪滑块C的质量为1 kg，每次发射速度大小均为10 m/s，与物块A之间的碰撞均为弹性碰撞，且物块A足够长，每次A、C相碰前，A、B间均已相对静止，某次测量的滑块C的x -t图像如图乙所示.滑块C和物块B均可视为质点，重力加速度g＝10 m/s2.求：
(1)第一次碰后滑块C的速度大小；
(2)物块B的质量；
(3)物块A、B间的动摩擦因数.
参考答案
1.解析：C 设斜面倾角为θ，则物块在斜面上的加速度分别为a＝gsin θ，设斜面高度为h，则物块在斜面上滑行的时间为t＝＝，因为∠ABC＜∠ACB，可得物块在AB斜面上的滑行时间比在AC斜面上的滑行时间长；根据I＝mgt可知，两物块所受重力的冲量不相同，选项A错误；根据动量定理mgsin θ·t＝mv－0＝Δp可知，Δp＝m，动量改变量是矢量，两物块的动量改变量大小相等、方向不同，选项B错误；根据动能定理ΔEk＝mgh＝mv2可知，两物块的动能改变量相同，选项C正确；两物块到达斜面底端时重力的瞬时功率P＝mgvsin θ＝mgsin θ，则重力的瞬时功率不相同，选项D错误.
2.解析：B 依题意，根据动量定理FΔt＝Δp，可得F＝，可知安全气囊的作用是延长了人与地面的接触时间Δt，从而减小人所受到的合外力，即减小穿戴者动量的变化率，而穿戴者动量的变化量Δp，也即穿戴者所受合力的冲量FΔt均未发生变化，故选B.
3.解析：D 规定甲的速度方向为正方向，两车刚好不相撞，则两车速度相等.由动量守恒定律得M1v0－M2v0＝(M1＋M2)v ，解得v＝1.5 m/s.对甲和他的小车及从甲车上抛出的小球，由动量守恒定律得M1v0＝(M1－nm)v＋nmv′，解得n＝15，D正确.
4.解析：A 由平抛运动规律可知，小球下落的时间t＝＝ s＝2 s，在竖直方向的分速度vy＝gt＝20 m/s，水平方向的分速度vx＝ m/s＝15 m/s，取小车初速度的方向为正方向，由于小球和小车组成的系统在水平方向上动量守恒，则m车v0－m球vx＝(m车＋m球)v，解得v＝5 m/s，故A正确.
5.解析：D 由题设条件，三球在碰撞过程中总动量和总机械能守恒.设三球质量均为m，则碰撞前系统总动量为mv0，总动能为mv.选项A、B中的数据都违反了动量守恒定律，故不可能；对选项C，碰后总动量为mv0，但总动能为mv，这显然违反了机械能守恒定律，故不可能；对选项D，既满足动量守恒定律，也满足机械能守恒定律，故选D.
6.解析：ABD 由题图乙可知，最终长木板A获得的速度为v＝1 m/s，A、B组成的系统动量守恒，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，解得M＝2 kg，则长木板A获得的动能为Ek＝Mv 2＝×2×12 J＝1 J，A正确；系统损失的机械能ΔE＝mv－(m＋M)v 2，代入数据解得ΔE＝2 J，B正确；根据v -t图像中图线与t轴所围的面积表示位移，由题图乙得到0～1 s内B的位移为xB＝×(2＋1)×1 m＝1.5 m，A的位移为xA＝×1×1 m＝0.5 m，则木板A的最小长度为L＝xB－xA＝1 m，C错误；由题图乙可知，B的加速度a＝＝ m/s2＝－1 m/s2，负号表示加速度的方向与v0的方向相反，由牛顿第二定律得－μmBg＝mBa，解得μ＝0.1，D正确.
7.解析：CD 由于墙壁对a球有弹力作用，整个过程中小球a、b、c、d和弹簧组成的系统动量不守恒，故A错误；整个过程中弹簧与四个弹性小球的系统机械能守恒，但四个弹性小球a、b、c、d的机械能不守恒，故B错误；小球d与小球c碰撞，设小球c碰撞后速度为v1，小球d碰撞后速度为v2，由动量守恒和机械能守恒定律得mv0＝3mv1＋mv2，mv＝×3mv＋mv22，解得v1＝v0，小球c与小球b碰撞，设小球c碰撞后速度为v3，小球b碰撞后速度为v4，由动量守恒和机械能守恒定律得3mv1＝3mv3＋9mv4，×3mv12＝×3mv32＋×9mv42，解得v4＝v0，小球b向左运动速度为零时，弹簧弹性势能最大，则Epmax＝×9mv42＝mv02，故D正确；小球b开始压缩弹簧，到弹簧恢复原长过程，小球b与弹簧组成的系统机械能守恒，小球b向右的速度大小为v4；当小球a、b向右运动，弹簧处于原长时，小球a的速度最大，设小球a的速度大小为v5，小球b的速度大小为v6，由动量守恒和机械能守恒定律得9mv4＝mv5＋9mv6，×9mv42＝mv52＋×9mv，解得v5＝v0，故C正确.故选CD.
8.答案：(3) 　 ＝－＋　F1＝F2＋F3
解析：(3)由牛顿第二定律得F1＝，解得v1＝
同理可得，二者碰后的速度大小分别为v2＝、v3＝，由动量守恒定律得m1v1＝－m1v2＋m2v3
联立可得＝－＋
若为弹性碰撞，则有m1v＝m1v＋m2v可得F1＝F2＋F3.
9.解析：(1)由x -t图像可知，t1＝1.00 s时滑块C与A相碰，此时C与发射装置之间的距离x1＝vCt1＝10 m
t2＝2.25 s时滑块C返回到发射装置处，设第一次碰后C的速度大小为vC1
则vC1＝＝8 m/s.
(2)设A、B在第一次与C碰撞前的速度大小为vAB，以滑块C的初速度方向为正，第一次碰撞后瞬间A的速度大小为vA1，对A、C由动量守恒定律有mCvC－mAvAB＝－mCvC1＋mAvA1
由机械能守恒定律有mCv＋mAv＝mCv＋mAv
解得vAB＝2 m/s，vA1＝4 m/s
之后A、B相对静止，设共同速度大小为vAB1，对A、B由动量守恒定律有mAvA1－mBvAB＝vAB1
同理第二次碰撞前滑块C到发射装置之间距离x2＝vC＝11 m
第三次碰撞后C的速度大小为vC2＝＝5 m/s
设第二次碰撞后瞬间A的速度为vA2
则mCvC＋mAvAB1＝－mCvC2＋mAvA2，mCv＋mAv＝mCv＋mAv
联立以上各式解得vAB1＝0，mB＝6 kg.
(3)由(2)分析可知第一次A、C相碰时A距离发射装置x1＝10 m，第二次A、C相碰时A距离发射装置x2＝11 m，且第二次碰后A、B处于静止状态，即A向右运动了xA＝x2－x1＝1 m
对物块A由动能定理有－μmBgxA＝－mAv
解得μ＝0.4.

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