《动量》综合训练卷

第I卷（选择题  共40分）

一、选择题（本题包括10小题。每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）

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A．        B．         C．         D．

6．向空中发射一物体，不计空气阻力。当此物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂成a、b两块，若质量较大的a块的速度方向仍沿原来的方向，则（    ）

A．b的速度方向一定与原速度方向相反

B．从炸裂到落地的这段时间里，a飞行的水平距离一定比b的大

C．a、b一定同时到达水平地面

D．在炸裂过程中，a、b受到的爆炸力的冲量大小一定相等

7．如图所示，两物体A、B用轻质弹簧相连静止在光滑水平面上，现同时对A、B两物体施加等大反向的水平恒力F₁、F₂，使A、B同时由静止开始运动，在运动过程中，对A、B两物体及弹簧组成的系统，正确的说法是（整个过程中弹簧不超过其弹性限度） （    ）

A．动量始终守恒

B．机械能始终守恒

C．当弹簧伸长到最长时，系统的机械能最大

D．当弹簧弹力的大小与F₁、F₂的大小相等时，A、B两物体速度为零。

8．如图所示，小车B静止于水平轨道上，其左端固定一根劲度系数为K的轻弹簧，小车B的质量为m₂。小车A的质量为m₁，从高出水平轨道h处由静止开始沿曲轨道滑下，在水平轨道上与小车B发生相互作用。若轨道是光滑的，则弹簧压缩量最大时，A车的速度v_A和弹簧的弹性势能E_p分别为（    ）

A．v_A=，E_P=m₁gh                        B．，E_P=m₁gh/2

C．，             D．v_A=，。

9．如图所示，质量分别为m和2m的A、B两个木块间用轻弹簧相连，放在光滑水平面上，A靠紧竖直墙．用水平力F将B向左压，使弹簧被压缩一定长度，静止后弹簧储存的弹性势能为E．这时突然撤去F，关于A、B和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是（     ）

A．撤去F后，系统动量守恒，机械能守恒

B．撤去F后，A离开竖直墙前，系统动量不守恒，机械能守恒

C．撤去F后，A离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为E

D．撤去F后，A离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为E/3

10．如图所示，分别用两个恒力F₁和F₂，先后两次将质量为m的物体从静止开始沿着同一个粗糙的固定斜面由底端推到顶端。第一次力F₁的方向沿斜面向上，第二次力F₂的方向沿水平向右，两次所用的时间相同。在这两个过程中（    ）

A．F₁和F₂所做的功相同

B．物体机械能变化相同

C．F₁和F₂对物体的冲量大小相同

D．物体动量的变化量相同

第Ⅱ卷（非选择题  共60分）

二、非选择题（本题包括6题）

11．（6分）某同学用图（1）所示装置通过半径相同的A、B两球的碰撞来验证动量守恒定律。图中PQ是斜槽，QR为水平槽。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，再把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的落点痕迹。重复这种操作10次。图（1）中O点是水平槽末端R在记录纸上的重直投影点。B球落点痕迹如图（2）所示，其中米尺水平放置，且平行于G、R、O所在的平面，米尺的零点与O点对齐。

（1）碰撞后B球的水平程应取为_____________cm。

（2）在以下选项中，哪些是本次实验必须进行的测量？答：_____________（填选项号）。

A．水平槽上未放B球时，测量A球落点位置到O点的距离

B．A球与B球碰撞后，测量A球落点位置到O点的距离

C．测量A球或B球的直径

D．测量A球和B球的质量（或两球质量之比）

E．测量G点相对于水平槽面的高度

12．（9分）气垫导轨是常用的一种实验仪器。它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮在导轨上，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦。我们可以用带有竖直挡板C和D的气垫导轨以及滑块A和B来验证动量守恒定律，实验装置如图所示（弹簧的长度忽略不计），采用的实验步骤如下：

A．用天平分别测出滑块A、B的质量m_A、m_B。 

B．调整气垫导轨，使导轨处于水平。

C．在A和B间放入一个被压缩的轻弹簧，用电动卡销锁定，静止放置在气垫导轨上。

D．用刻度尺测出A的左端至C板的距离L₁。

E．按下电钮放开卡销，同时使分别记录滑块A、B运动时间的计时器开始工作。当A、B滑块分别碰撞C、D挡板时停止计时，记下A、B分别到达C、D的运动时间t₁和t₂。

（1）实验中还应测量的物理量是__________________________________。

（2）利用上述测量的实验数据，验证动量守恒定律的表达式是________________，上式中算得的A、B两滑块的动量大小并不完全相等，产生误差的原因是___________________________________。

（3）利用上述实验数据能否测出被压缩弹簧的弹性势能的大小？如能，请写出表达式。

答：____________________________________________________________________

13．（8分）如图所示，AB为一光滑水平横杆，杆上套一质量为M的小圆环，环上系一长为L质量不计的细绳，绳的另一端拴一质量为m的小球，现将绳拉直，且与AB平行，由静止释放小球，则当线绳与A B成θ角时，圆环移动的距离是多少？

14．（10分）2005年7月4日13时52分，美国宇航局“深度撞击”号探测器释放的撞击器“击中”目标――坦普尔１号彗星，这次撞击只能使该彗星自身的运行速度出现每秒0.0001mm的改变。探测器上所携带的总质量达370kg的彗星“撞击器”将以每小时38000km的速度径直撞向彗星的彗核部分，撞击彗星后融化消失。

问：根据以上数据，估算一下彗星的质量是多少？（结果保留一位有效数字）

15．（12分）如图所示，一质量为M的平板车B放在光滑水平面上，在其右端放一质量为m的小木块A，m＜M，A、B间动摩擦因数为μ，现给A和B以大小相等、方向相反的初速度v₀，使A开始向左运动，B开始向右运动，最后A不会滑离B，求：

（1）A、B最后的速度大小和方向；

（2）从地面上看，小木块向左运动到离出发点最远处时，平板车向右运动的位移大小。

16．（15分）2005年10月12日我国“神州”六号载人飞船发射成功，飞船在轨飞行五天后，于10月17日安全返回主着陆场。这次发射是人类探索太空历史上的又一次重要成就，进一步巩固了中国作为世界载人航天大国的地位。

设“神州”六号飞船环绕地球做圆周运动，并在此圆轨道上绕行n圈，飞行时间为t。已知地球半径为R，地球表面的重力加速度为g。

（1）导出飞船在上述圆轨道上运行时离地面高度h的公式（用t、n、R、g表示）

（2）飞船在着陆前先进行变轨，在预定地点A处启动飞船上的推进器，为了使飞船从圆轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ（如图所示），推进器是向前喷气还是向后喷气？若瞬时喷出的气体质量为，喷气后飞船的速度变为，喷气的速度应为多大？（涉及动量问题时，喷出气体的质量相对飞船质量可忽略不计）

《动量》综合训练卷参考答案

1．B（砂子落下时具有与车相同的水平速度v₀，由动量守恒得，车速不变。）

2．BC（两物体相遇时位移相等，即，得，甲的动量为mv=2mv₀=2I，所用时间为v/a=2I/F，故BC正确）

3．C（本题考查动量守恒及学生对牛顿第二定律和动量守恒定律使用条件的理解。）

4．BC（由于碰撞时间极短，摆球仍保持原来的速度大小和方向。）

5．B（弹簧恢复原长时，A的加速度为零，速度才达最大。由系统动量守恒和机械能守恒可得B选项正确。）

6．CD（水平方向动量守恒，炸后两物体做平抛运动。C、D正确。）

7．AC（本题考查对两个守恒定律的使用条件的理解。）

8．C（本题考查动量、机械能守恒定律。注意弹簧压缩量最大时，A、B速度相同。）

9．BD （A离开墙前墙对A有弹力，这个弹力虽然不做功，但对A有冲量，因此系统机械能守恒而动量不守恒；A离开墙后则系统动量守恒、机械能守恒．A刚离开墙时刻，B的动能为E，动量为p=向右；以后动量守恒，因此系统动能不可能为零，当A、B速度相等时，系统总动能最小，这时的弹性势能为E/3．）

10．BD（两次物体的位移和运动时间都相等，所以末速度相同，物体机械能增量和动量增量都相同，B、D正确。F₂作用下，摩擦力大，产生的内能多，故F₂做的功多；F₂大于F₁，F₂的冲量大。）

11．（1）64.7（答数在64.2到65.2范围内的都给分。）（3分）

（2）A、B、D（不是A、B、D的均给零分。）（3分）

12．（1）B的右端至D板的距离L₂（2分）

（2）（3分）， 测量时间、距离等存在误差，由于阻力、气垫导轨不水平等造成误差。（学生只要答对其中两点即可）（2分）

（3）能测出弹性势能的大小，其表达式为。（2分）

13．解析：系统在水平方向不受外力，该方向上动量守恒。设细绳与AB成θ角时小球的水平速度为v，圆环的水平速度为V，则由水平方向动量守恒有：

MV=mv     ①    （2分）

因为任意时刻V与v均满足这一关系，加之时间相同，公式中的V和v可分别用其水平位移替代，则上式可写为：   Md=m［（L-Lcosθ）-d］    ②（4分）

解得圆环移动的距离：   d=mL（1-cosθ）/（M+m）    ③（2分）

14．（10分）解：以彗星和撞击器组成的系统为研究对象，设彗星的质量为M，初速度为v₀₁，撞击器质量m=370kg，速度v₀₂=38000km/h=1.1×10⁴m/s，撞击后速度为v

由动量守恒定律得：

      ①

由于M远大于m，所以，上式可以化为：             ②

解得：                ③

由题给信息知，撞击后彗星的运行速度改变了0.0001 mm/s，即

m/s ④

代入③式解得    M≈4×10¹³kg              ⑤

评分标准：①式3分，②式2分，  ③式1分，④式3分，⑤式1分

15．解析：（1）由A、B系统动量守恒定律得：

Mv₀-mv₀=（M+m）v          （3分）

所以v=v₀ ，方向向右（2分）

（2）A向左运动速度减为零时，到达最远处，此时板车移动位移为s，速度为v′，则由动量守恒定律得：Mv₀-mv₀=Mv′                      ①（2分）

对板车应用动能定理得：-μmgs=mv′²-mv₀²                                         ②（3分）

联立①②解得：s=v₀²（2分）

16．解：设地球质量为M，飞船质量为m，引力常量为G，在圆轨道上运行周期为T，由万有引力定律和牛顿第二定律得       ①    （3分）

由题意得                 ②    （1分）

飞船在地面上时              ③    （2分）

由以上各式得，离地面的高度          ④     （2分）

（2）推进器应向前喷气，使飞船减速。

飞船在圆轨道上的运行速度          ⑤    （2分）

设喷气的速度为v，由动量守恒定律得        ⑥    （3分）

由以上各式得     ⑦    （2分）