1、章末检测试卷 (第十六章)(时间：90 分钟 满分：100 分)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 可把牛顿第二定律表述为：物体动量的变化率等于它所受的合外力ptB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 是牛顿第二定律的最初表达方式，实质是一
2、样的， C 正确；易碎品运输时用柔软材pt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32011 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
3、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( )Am 1v0m 1v1m 2v2Bm 2v0m 1v1m 2v2C(m 1m 2)v0m 1v1m 2v2D(m 1m 2)v0m 1v1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：(m 1m 2)v0m 1v1m 2v2，C 正确4如图 1 所示，在光滑水平地面上放着两
4、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 4kgm/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 1Ap A4kgm/s，p B4 kgm/sB pA2 kgm/s，p B2 kgm/sC pA2 kgm/s，p B2 kgm/sDp Ap B2 kgm/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
5、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，vv 0.6(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 的人M2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( )AA、B 两船的速度大小之比为 32BA、B( 包括人) 动量大小之比为 32CA、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
6、 船的运动方向为正方向，则由动量守恒定律可得：0(M )vBMv A，解得 vB vA.所以 A、B 两船的速度大小之比为 32，选M2 23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 11，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 xt(位移时间)图象已知 m10.1kg.由此可以判断( )图 2A碰撞前 m2 静止，m 1 向右运动B碰撞后 m2 和 m1 都向右运动Cm 20.3kgD碰
7、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，m 1 碰撞前速度为 v14m/s，碰撞后速度为 v12 m/s，m 2 碰撞前速度为 v20，碰撞后的速度为 v22m/s，由动量守恒定律得m1v1m 2v2m 1v1m 2v2代入数据解得 m20.3kg，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：E m1v12 m2v22 m1v1 2 m2v2 20.12 12 12 12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
8、后小球 A 的速度 vA和小球 B 的速度 vB可能为( )Av A v0 v B v013 23Bv A v0 v B v025 710Cv A v0 v B v014 58Dv A v0 v B v038 516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，m v0m vA2mv B，四个选项都满足碰撞前总动能为 mv02，碰撞后 B 选项总动能为 mv02，B 错误；D 选项中 vAvB，不可能，D 错误12 571009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 mB2
9、m A，规定向右为正方向，A、B 两球的动量均为 6kgm/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后 A 球的动量增量为4 kgm/s，则( )图 3A左方是 A 球，碰撞后 A、 B 两球速度大小之比为 25B左方是 A 球，碰撞后 A、B 两球速度大小之比为 110C右方是 A 球，碰撞后 A、B 两球速度大小之比为 25D右方是 A 球，碰撞后 A、 B 两球速度大小之比为 110答案 A解析 A、B 发生碰撞，由动量守恒定律得：|p A|p B|，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2kgm/s，B 球的动量是
10、 10 kgm/s，由于两球的质量关系 mB2m A，那么碰撞后 A、B 两球速度大小之比为 25.10(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M mMB甲、乙两车运动中速度大小之比为MM mC甲车移动的距离为 LM m2M mD乙车移动的距离为 LM2M m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(Mm)v 乙 ，则 ，A 正确，B 错误；因甲、乙运动时间相同
11、为 t，则 x 甲 v 甲v甲v乙 M mMt，x 乙 v 乙 t，则 Mx 甲 (Mm)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
12、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“” “ (2)64.7(64.265.2 均可) (3)ABD (4) mAOPm AOMm BON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 mAmB.(2)将 10 个点圈在圆内的最小圆的圆心作为
13、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xvt，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 mAvAm AvAm BvB，将 vA ，v A ，v B 代入上式得 mAOPm AOMm BON.OPt OMt ONt12(8 分) 某同学设计了一个用打点计时器验证动量守恒
14、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
15、质量 m20.10kg，由以上测得结果可得：碰撞前总动量为 kgm/s；碰撞后总动量为 kgm/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(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 ，求碰撞后小球 B 的13速度图 8答案 v0，方向与速度 v0 的方向相同49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：mv 0m( v0)3m v，解
16、得：v v0，方向与速度 v0 的方向相同13 4914(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、2.0 m/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：mvBmv A0mv A解得：v A0.8m/s(2)对 B 球，由动量定理得： tp B0m vBF解得 8N.F15(12 分) 如图
17、 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 31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 mv2m v1；mv3mv 2设第一次碰撞中动能的损失为 E1，第二次碰撞中动能的损失为 E2，由能量守恒定律得mv2 2mv12E 112 122mv12 3mv22E 212 12联立以上各式解得
18、 .E1E2 3116(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)2 (2)Ep3m
19、 Ep9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mv22mv 10系统的机械能守恒得：E p 2mv12 mv22.12 12解得 v1 ，v 22 .Ep3m Ep3m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 2 .Ep3m(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 2mv1m v23mv由系统的机械能守恒有 2mv12 mv22E p 3mv212 12 12解得弹簧再次被压缩至最短时储存的弹性势能 Ep .Ep9
