物理选择性必修 第一册1 动量同步测试题

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1.D [对A、B组成的系统由于水平面光滑，所以动量守恒。而对A、B、弹簧组成的系统机械能守恒，即A、B动能与弹簧弹性势能之和为定值。当A、B速度相等时，可类似于A、B的完全非弹性碰撞，A、B总动能损失最多，弹簧形变量最大，弹性势能最大，故D正确。]
2.C [用锤子敲击A球，当弹簧压缩到最短时，两球的速度相同，取A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mAv＝(mA＋mB)v′，由机械能守恒定律得Ep＝eq \f(1,2)mAv2－eq \f(1,2)(mA＋mB)v′2，解得弹簧压缩到最短时的弹性势能Ep＝eq \f(mAmBv2,2（mA＋mB）)，同理可得用锤子敲击B球，当弹簧压缩到最短时的弹性势能也为eq \f(mAmBv2,2（mA＋mB）)，所以L1＝L2，C正确。]
3.D [子弹射入木块过程，由于时间极短，子弹与木块间的内力远大于系统外力，系统的动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，解得v＝eq \f(mv0,M＋m)，子弹射入木块后，子弹和木块系统在弹簧弹力的作用下先向右做减速运动，后向左做加速运动，回到A位置时速度大小不变，即木块回到A位置时的速度大小为v＝eq \f(mv0,M＋m)，子弹和木块及弹簧组成的系统受到的合力即墙对弹簧的作用力，根据动量定理得I′＝－(M＋m)v－mv0＝－2mv0，所以墙对弹簧的冲量I的大小为I＝2mv0，D正确。]
4.C [子弹射入木块过程中，子弹和木块组成的系统动量守恒，则m0v0＝(M＋m0)v1，解得射入后瞬间速度大小为v1＝eq \f(m0v0,m0＋M)，A错误；子弹射入木块后瞬间，根据牛顿第二定律得T－(M＋m0)g＝(M＋m0)eq \f(veq \\al(2,1),l)，可知轻绳拉力大于(M＋m0)g，B错误；子弹射入木块后瞬间，对圆环有N＝T＋mg>(M＋m＋m0)g，C正确；子弹射入木块后，圆环、木块和子弹构成的系统只在水平方向动量守恒，D错误。]
5.B [子弹射入木块过程中，由动量守恒定律可得eq \f(Mv0,5)＝eq \f(6Mv1,5)，解得v0＝6v1，分析可知木块在长木板上运动时，长木板不动，由动能定理可得－μ·eq \f(6,5)Mg·L＝0－eq \f(1,2)·eq \f(6M,5)·veq \\al(2,1)，解得子弹射入木块前、后瞬间的速度分别为v0＝6eq \r(2μgL)，v1＝eq \r(2μgL)，A错误；由牛顿第二定律可得μ·eq \f(6,5)Mg＝eq \f(6Ma1,5)，解得a1＝μg，B正确；第二颗子弹射入长木板后，由牛顿第二定律可知，长木板受到木块、地面的摩擦力均向左，故有μ·eq \f(6,5)Mg＋μ·eq \f(12,5)Mg＝eq \f(6,5)Ma2，解得a2＝3μg，C错误；子弹射入木板过程中，子弹与木板组成的系统动量守恒，则eq \f(M,5)v0＝eq \f(6,5)Mv2，解得v2＝v1＝eq \r(2μgL)，子弹射入木板后，木板向右做减速运动，木块向右做加速运动，两者速度相等后一起做减速运动直到静止，子弹射入木板到木块与木板共速的过程有a1t＝v2－a2t，解得t＝eq \f(\r(2μgL),4μg)，该过程木板的位移x2＝v2t－eq \f(1,2)a2t2＝eq \f(5,16)L，木块的位移x1＝eq \f(1,2)a1t2＝eq \f(1,16)L，最终木块静止在距离长木板左端d＝L＋x1－x2＝eq \f(3,4)L处，D错误。]
6.C [设弹簧恢复原长时，A、B的速度分别为v1、v2，弹簧被锁定时的弹性势能为Ep，规定向右为正方向，A、B两物体与弹簧组成的系统在整个过程中动量守恒、机械能守恒，则有mv＝mv1＋mv2，Ep＋eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)，因Ep＞0，可知v1≠0，v2≠v，A错误；A、B系统在水平方向动量守恒，系统的总动量最终等于mv，B错误；弹簧解除锁定后，存储的弹性势能会释放，导致A、B系统总动能增加，系统的总动能最终将大于eq \f(1,2)mv2，C正确；弹簧被压缩到最短时，弹簧弹性势能最大，A、B两物体具有相同的速度，设为v′，由动量守恒定律知mv＝2mv′，解得v′＝eq \f(1,2)v，则有总动能Ek＝eq \f(1,2)·2m·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(1,4)mv2，D错误。]
7.BD [根据动量守恒，小物块和箱子的共同速度v′＝eq \f(mv,m0＋m)，损失的动能ΔEk＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)(m0＋m)v′2＝eq \f(mm0v2,2（m＋m0）)，所以B正确；根据能量守恒，损失的动能等于因摩擦产生的热量，而热量等于摩擦力乘以相对路程，所以ΔEk＝FfNL＝NμmgL，所以D正确。]
8.B [以子弹、物体A、物体B和弹簧组成的系统为研究对象，物体A、B的速度相等时弹簧被压缩到最短。设物体B的质量为m，根据动量守恒定律可得eq \f(1,4)mv0＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)m＋\f(3,4)m＋m))v，解得v＝eq \f(v0,8)，故B正确，A、C、D错误。]
9．A [从铁块滑上木板开始到弹簧被压缩到最短，系统动量守恒，有mv0＝(M＋m)v，根据能量守恒定律得Q＋Ep＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(M＋m)v2；从铁块滑上木板开始到最后恰好停在木板的左端，系统动量守恒，有mv0＝(M＋m)v，根据能量守恒定律得2Q＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(M＋m)v2，解得Ep＝1.5 J，所以最大弹性势能为1.5 J，故选A。]
10．BC [以A、B组成的系统为研究对象，系统动量守恒，取水平向右为正方向，从A开始运动到A的速度为零过程中，由动量守恒定律得(M－m)v0＝MvB1，代入数据解得vB1＝2.67 m/s。从A、B开始运动到A、B速度相同的过程中，由动量守恒定律得(M－m)v0＝(M＋m)vB2，代入数据解得vB2＝2 m/s。综上可知，在木块A做加速运动的时间内，B的速度大小范围为2 m/s二、非选择题
11.[解析] 设碰后A、B和C的共同速度的大小为v，由动量守恒定律得mv0＝3mv
①
设C离开弹簧时，A、B的速度大小为v1，由动量守恒得3mv＝2mv1＋mv0②
设弹簧的弹性势能为Ep，从细线断开到C与弹簧分开的过程中机械能守恒，有
eq \f(1,2)(3m)v2＋Ep＝eq \f(1,2)(2m)veq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)③
由①②③式得，弹簧所释放的势能为Ep＝eq \f(1,3)mveq \\al(2,0)。
[答案] eq \f(1,3)mveq \\al(2,0)
12.[解析] (1)子弹打穿木块的过程中，由动量守恒定律得m0v0＝m0v＋mvA，解得v＝450 m/s。
(2)木块在木板上滑动直到共速，由动量守恒定律得mvA＝(M＋m)v共
由能量守恒可得eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)＝Q＋eq \f(1,2)(M＋m)veq \\al(2,共 )
而产生的热能Q＝μmgL
解得木板长度L＝1.5 m。
[答案] (1)450 m/s (2)1.5 m
13.[解析] (1)规定向右为速度正方向。冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3。由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得
m2v20＝(m2＋m3)v①
eq \f(1,2)m2veq \\al(2,20)＝eq \f(1,2)(m2＋m3)v2＋m2gh②
式中v20＝－3 m/s为冰块推出时的速度。联立①②式并代入题给数据得m3＝20 kg。③
(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有
m1v1＋m2v20＝0④
代入数据得v1＝1 m/s⑤
设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒和机械能守恒定律有m2v20＝m2v2＋m3v3⑥
eq \f(1,2)m2veq \\al(2,20)＝eq \f(1,2)m2veq \\al(2,2)＋eq \f(1,2)m3veq \\al(2,3)⑦
联立③⑥⑦式并代入数据得v2＝1 m/s⑧
由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩。
[答案] (1)20 kg (2)见解析