动量章末质量检测

章末质量检测(六)
(时间：40分钟)
一、选择题(本题共8小题，1～5题为单项选择题，6～8题为多项选择题)
1.如图1所示小船静止于水面上，站在船尾上的渔夫不断将鱼抛向船头的船舱内，将一定质量的鱼抛完后，关于小船的速度和位移，下列说法正确的是()
图1
A.向左运动，船向左移一些
B.小船静止，船向左移一些
C.小船静止，船向右移一些
D.小船静止，船不移动
解析人、船、鱼构成的系统水平方向动量守恒，据“人船模型”，鱼动船动，鱼停船静止；鱼对地发生向左的位移，则人船的位移向右，故选项C正确。

答案 C
2.光滑水平桌面上有P、Q两个物块，Q的质量是P的n倍。

将一轻弹簧置于P、Q之间，用外力缓慢压P、Q。

撤去外力后，P、Q开始运动，P和Q的动量大小的比值为()
A.n2
B.n
C.1
n D.1
解析撤去外力后，P、Q组成的系统水平方向不受外力，所以总动量守恒，设P 的运动方向为正方向，则根据动量守恒定律有p P－p Q＝0，p P＝p Q，故动量大小之比为1∶1，故选项D正确。

答案 D
3.质量为60 kg 的建筑工人，不慎从高空跌下，幸好有弹性安全带的保护，使他悬挂起来。

已知弹性安全带的缓冲时间是1.2 s ，安全带长5 m ，g 取10 m/s 2，则安全带所受的平均冲力的大小约为( )
A.500 N
B.1 100 N
C.600 N
D.100 N
解析 选取人为研究对象，人下落过程中由v 2t ＝2gh ，v t ＝10 m/s ，以向上为正方
向缓冲过程由动量定理得(F －mg )t ＝0－(m v t )，F ＝m v t t ＋mg ＝1 100 N 。

由牛顿第
三定律可知，安全带所受的平均冲力的大小为1 100 N ，B 项正确。

答案 B
4.一辆质量m 1＝3.0×103 kg 的小货车因故障停在车道上，后面一辆质量m 2＝
1.5×103 kg 的轿车来不及刹车，直接撞入货车尾部而失去动力。

相撞后两车一起沿轿车运动方向滑行了x ＝6.75 m 停下。

已知车轮与路面间的动摩擦因数μ＝0.6，则碰撞前轿车的速度大小为(重力加速度g 取10 m/s 2)( )
A.3 m/s
B.6 m/s
C.9 m/s
D.27 m/s 解析 由牛顿第二定律得a ＝
f m 1＋m 2
＝μg ＝6 m/s 2 则v t ＝2ax ＝9 m/s
由动量守恒定律得m 2v 0＝(m 1＋m 2)v t
解得v 0＝m 1＋m 2m 2v t ＝27 m/s 。

故选项D 正确。

答案 D
5.为估算池中睡莲叶面承受雨滴撞击产生的平均压强，小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台，测得1小时内杯中水位上升了45 mm 。

查询得知，当时雨滴竖直下落速度约为12 m/s ，据此估算该压强约为(设雨滴撞击睡莲后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为1×103 kg/m 3)( )
A.0.15 Pa
B.0.54 Pa
C.1.5 Pa
D.5.4 Pa
解析 设雨滴受到睡莲叶面的平均作用力为F ，在Δt 时间内有质量为Δm 的雨水的速度由v ＝12 m/s 减为零。

以向上的方向为正方向，对这部分雨水应用动量定
理F Δt ＝0－(－Δm v )＝Δm v ，得到F ＝Δm Δt v 。

设水杯横截面积为S ，对水杯里的雨
水，在Δt 时间内水面上升Δh ，则有Δm ＝ρS Δh ，得F ＝ρS v Δh Δt 。

压强p ＝F S ＝ρv Δh Δt
＝1×103×12×45×10－3
3 600 Pa ＝0.15 Pa 。

答案 A
6.一质点静止在光滑水平面上，现对其施加水平外力F ，F 随时间按正弦规律变化，如图2所示，下列说法中正确的是( )
图2
A.第2 s 末质点的动量为零
B.第4 s 末，质点回到出发点
C.在0～2 s 时间内，F 的功率先增大后减小
D.在1～3 s 时间内，F 的冲量为0
解析 由图像可知在0～2 s 内质点一直加速，2 s 末速度最大，后减速，由对称性可知第4 s 末，质点速度为零，位移不为零，故A 、B 错误；由图可知在0～2 s 时间内，速度逐渐增大，F 先增大后减小到0，所以F 的功率先增大后减小，故C 正确；由对称性可知第1 s 末和第3 s 末的速度相等，由动量定理可知F 的冲量为I ＝m v 3－m v 1＝0，故D 正确。

答案 CD
7.(2019·青岛模拟)某研究小组通过实验测得两滑块碰撞前后运动的实验数据，得到如图3所示的位移—时间图像。

图中的线段a 、b 、c 分别表示沿光滑水平面上同一条直线运动的滑块Ⅰ、Ⅱ和它们发生正碰后结合体的位移变化关系。

已知相
互作用时间极短，由图像给出的信息可知( )
图3
A.碰前滑块Ⅰ与滑块Ⅱ速度大小之比为5∶2
B.碰前滑块Ⅰ的动量大小比滑块Ⅱ的动量大小大
C.碰前滑块Ⅰ的动能比滑块Ⅱ的动能小
D.滑块Ⅰ的质量是滑块Ⅱ的质量的16
解析 根据x －t 图像的斜率等于速度，可知碰前滑块Ⅰ速度为v 1＝－2 m/s ，滑块Ⅱ的速度为v 2＝0.8 m/s ，则碰前速度大小之比为5∶2，故选项A 正确；碰撞后的共同速度为v ＝0.4 m/s ，根据动量守恒定律，有m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v ，解得
m 2＝6m 1，由动量的表达式可知m 1v 1＝m 2v 2，由动能的表达式可知，12m 1v 21>12m 2v 22，
故选项B 、C 错误，D 正确。

答案 AD
8.如图4甲所示为杂技中的“顶竿”表演，水平地面上演员B 用头部顶住一根长直竹竿，另一演员A 爬至竹竿顶端完成各种动作。

某次顶竿表演结束后，演员A 自竿顶由静止开始下落。

滑到竿底时速度正好为零，然后屈腿跳到地面上，演员
A 、
B 质量均为50 kg ，长竹竿质量为5 kg ，A 下滑的过程中速度随时间变化的图像如图乙所示。

取重力加速度g ＝10 m/s 2，下列说法中正确的是( )
图4
A.竹竿的总长度约为6 m
B.0～6 s内，演员B对地面的压力大小始终为1 050 N
C.0～6 s内，竹竿对演员B的压力的冲量大小为3 300 N·s
D.演员A落地时向下屈腿，是为了缩短作用时间以减小地面的冲击力
解析由v－t图像可知竹竿的总长度l＝1
2×2×6 m＝6 m，故A正确；在0～4 s
内，加速向下运动，属于失重，在4～6 s内，加速度向上，属于超重，故B错误；设演员A、B质量为m，长竹竿质量为m1，在0～4 s内，由图像可知加速度为a1＝0.5 m/s2，则mg－f1＝ma1，解得f1＝475 N，此过程竹竿对演员B的压力F N1＝f1＋m1g＝525 N，在4～6 s内，由图像可知加速度为a2＝－1 m/s2，则mg－f2＝ma2，解得f2＝550 N，此过程竹竿对演员B的压力F N2＝f2＋m1g＝600 N，所以0～6 s 内，竹竿对演员B的压力的冲量大小为I＝I1＋I2＝F N1·t1＋F N2·t2＝525×4 N·s ＋600×2 N·s＝3 300 N·s，故C正确；演员A落地时向下屈腿，是为了延长作用时间以减小地面的冲击力，故D错误。

答案AC
二、非选择题
9.(2019·陕西省榆林市第三次模拟)“验证动量守恒定律”的实验装置如图5所示，回答下列问题：
图5
(1)实验装置中应保持斜槽末端________。

(2)每次小球下滑要从________处由静止释放。

(3)入射小球的质量m A和被碰小球的质量m B的大小关系是________。

(4)在图中，小球的水平射程的数值分别用OP、OM和ON表示。

小球半径均为r。

因此只需验证________________________。

解析(1)要保证每次小球都做平抛运动，则斜槽末端必须切线水平；
(2)每次小球下滑要从同一高度处由静止释放，从而保证平抛运动的初速度相同；
(3)为防止碰撞过程入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，即：m A＞m B；
(4)小球离开轨道后做平抛运动，由于小球抛出点的高度相等，小球的运动时间t 相等。

如果碰撞过程动量守恒，则m A v A＝m A v A′＋m B v B′，两边同时乘以时间t得m A v A t＝m A v A′t＋m B v B′t，即m A·OP＝m A·OM＋m B(ON－2r)。

答案(1)切线水平(2)同一高度(3)m A＞m B
(4)m A·OP＝m A·OM＋m B(ON－2r)
10.如图6所示，某超市两辆相同的手推购物车质量均为10 kg，相距为3 m沿直线排列，静置于水平地面上。

为了节省收纳空间，工人给第一辆车一个瞬间的水平推力使其运动，并与第二辆车相碰，且在极短时间内相互嵌套结为一体，以共同的速度运动了1 m，恰好停靠在墙边。

若车运动时受到的摩擦力恒为车重力的0.2，忽略空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2。

求：
图6
(1)购物车碰撞过程中系统损失的机械能；
(2)工人给第一辆购物车的水平冲量大小。

解析(1)设第一辆车碰前瞬间的速度为v1，碰前两车间距为L1，与第二辆车碰后的共同速度为v2，共同移动的距离为L2，由动量守恒定律得m v1＝2m v2
由动能定理得－0.2×2mgL2＝0－1
2(2m)v 2 2
则碰撞中系统损失的机械能ΔE＝1
2m v 2
1
－
1
2(2m)v
2
2
联立解得ΔE＝40 J。

(2)设第一辆车推出时的速度为v0
由动能定理得－0.2mgL1＝1
2m v 2
1
－
1
2m v
2
第一辆车的水平冲量大小I＝m v0
联立解得I＝207 N·s。

答案(1)40 J(2)207 N·s
11.如图7所示，质量为3 kg的小车A以v0＝4 m/s的速度沿光滑水平面匀速运动，小车左端固定的支架通过不可伸长的轻绳悬挂质量为1 kg的小球B(可看做质点)，小球距离车面高h＝0.8 m。

某一时刻，小车与静止在水平面上的质量为1 kg的物块C发生碰撞并黏连在一起(碰撞时间可忽略)，此时轻绳突然断裂。

此后，小球刚好落入小车右端固定的沙桶中(小桶的尺寸可忽略)，不计空气阻力，取重力加速度g＝10 m/s2。

求：
图7
(1)绳未断前小球与沙桶的水平距离；
(2)从初始状态到小球落入沙桶与桶相对静止，整个A、B、C系统损失的机械能ΔE。

解析(1)A与C碰撞至黏连在一起的过程，A、C构成系统动量守恒，设两者共同速度为v1，
m A v0＝(m A＋m C)v1。

解得v1＝3 m/s。

轻绳断裂，小球在竖直方向做自由落体运动，离A高度
h＝0.8 m，由h＝1
2gt
2得落至沙桶用时t＝0.4 s。

所以，绳未断前小球与沙桶的水平距离
x＝(v0－v1)t＝0.4 m。

(2)最终状态为A、B、C三者共同运动，设最终共同速度为v2，由水平方向动量
守恒，得
(m A ＋m B )v 0＝(m A ＋m B ＋m C )v 2，
解出v 2＝3.2 m/s 。

系统最终损失的机械能为动能损失和重力势能损失之和
ΔE ＝ΔE k ＋ΔE p ＝[12(m A ＋m B )v 20－12
(m A ＋m B ＋m C )v 22]＋m B gh ， 代入数据解得ΔE ＝14.4 J 。

答案 (1)0.4 m (2)14.4 J
12.(2020·河南二模)如图8甲所示，m 1＝5 kg 的滑块a 自光滑圆弧形槽的顶端A 点无初速度滑下，槽的底端与水平传送带相切于传送带的左端B 点，传送带以速度v ＝3 m/s 沿顺时针方向匀速运转。

滑块a 下滑前将m 2＝3 kg 的滑块b 停放在B 点。

滑块a 下滑后与滑块b 发生碰撞，碰撞时间极短，传感器分别描绘出了两滑块碰撞后在传送带上从B 点运动到传送带的右端C 点的v －t 图像，如图乙、丙所示。

两滑块均可视为质点，重力加速度g ＝10 m/s 2。

图8
(1)求A 、B 的高度差h ；
(2)求滑块a 与传送带间的动摩擦因数μ和传送带的长度L BC ；
(3)滑块b 到达C 点时速度恰好减到3 m/s ，求滑块b 的传送时间；
(4)求系统因摩擦产生的热量。

解析 (1)由图乙、丙可知，碰撞后瞬间，滑块a 的速度v 1＝1 m/s ，滑块b 的速度
v 2＝5 m/s ，设碰撞前瞬间滑块a 的速度为v 0，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2，解得v 0＝4 m/s
滑块a 下滑的过程中机械能守恒，有m 1gh ＝12m 1v 20
解得h ＝0.8 m 。

(2)由图乙可知，滑块a 在传送带上加速运动时的加速度大小a ＝Δv Δt ＝0.5 m/s 2
滑块a 的加速度由滑动摩擦力提供，故μ1m 1g ＝m 1a
可求出滑块a 与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.05
由图乙可知，滑块a 在传送带上先加速4 s ，后匀速运动6 s 到达C 点，图线与坐标轴围成的图形的面积等于传送带的长度L BC ，即L BC ＝26 m 。

(3)滑块b 一直做匀减速直线运动，到C 点时速度恰好减为3 m/s ，全程的平均速
度为v －
＝v 2＋v 2＝4 m/s 设滑块b 的传送时间为t b ，则有t b ＝L BC v －
＝6.5 s 。

(4)由图乙可知，滑块a 在传送带上加速阶段的位移
x 1＝v 1t 1＋12at 21＝8 m
滑块a 在传送带上加速阶段产生的热量
Q 1＝μ1m 1g (v t 1－x 1)＝10 J
滑块b 在传送带上减速的加速度大小a ′＝Δv b Δt b
＝413 m/s 2 滑块b 受到的滑动摩擦力大小f ＝m 2a ′
滑块b 在传送带上减速阶段产生的热量
Q 2＝f (L BC －v t b )＝6 J
系统因摩擦产生的热量Q＝Q1＋Q2＝16 J。

答案(1)0.8 m(2)0.05 2.6 m(3)6.5 s(4)16 J。