2016-2017学年高二物理沪科版选修3-5综合测评：第一章碰撞与动量守恒（含解析）

章末综合测评(一)
(时间：60分钟满分：100分)
一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分.1～5是单选题；6～8是多选题，选对1个得3分，全选对得6分，错选或不选得0分．)
1．下列说法正确的是(
)
A．物体做匀速直线运动时，物体受到的合外力的冲量为零
B．当物体受到的合外力为零时，物体的动量一定为零
C．作用在物体上的合外力越小，物体的动量变化量越小
D．发生相互作用的物体，如果不受合外力作用，每个物体的动量保持不变
【解析】由动量定理知，合外力的冲量等于物体动量的变化，故选项A正确．动量的变化与物体的受力有关，合外力等于零时，动量不变，动量的变化除了与力有关外，还与时间有关．故选A.
【答案】A
2．水平抛出在空中飞行的物体，不考虑空气阻力，则下列说法错误的是(
)
A．在相等的时间间隔内动量的变化相同
B．在任何时间内，动量变化的方向都是竖直向下
C．在任何时间内，动量对时间的变化率恒定
D．在刚抛出物体的瞬间，动量对时间的变化率为零【解析】做平抛运动的物体仅受重力作用，由动量定理得Δp＝mg·Δt，因为在相等的时间内动量的变化量Δp相同，即大小相等，方向都是竖直向下的，从而动量的变化率恒定，故选项D错误，故选D.【答案】D
3．一小型火箭在高空绕地球做匀速圆周运动，若其沿运动方向的相反方向射出一物体P，不计空气阻力，则(
)
A．火箭一定离开原来轨道运动
B．P一定离开原来轨道运动
C．火箭运动半径可能不变
D．P的运动半径一定减小
【解析】火箭射出物体P后，由反冲原理知火箭速度变大，所需向心力变大，从而做离心运动离开原来轨道，半径增大，选项A正确，选项C错误；P的速率可能减小，可能不变，可能增大，运动也存在多种可能性，所以选项B、D错误．【答案】A
4．如图1，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止．若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为(
)
图1
A．v0＋v
B．v0－v
C．v0＋(v0＋v)
D．v0＋(v0－v)
【解析】以向右为正方向，据动量守恒定律有(M＋m)v0＝－mv＋Mv′，解得v′＝v0＋(v0＋v)，故选C.
【答案】C
5．如图2所示，小球A和小球B的质量相同，球B置于光
图2
滑水平面上，当球A从高为h处由静止摆下，到达最低点恰好与B相撞，并黏合在一起继续摆动时，它们能上升的最大高度是
(
)
A．h
B.h
C.h
D.h
【解析】球A从高为h处静止摆下到最低点的过程中机械能守恒，有mgh＝mv2，所以v＝.球A与球B碰撞过程动量守恒，有mv＝2mv′，得v′＝.设碰撞后球A、B整体上摆高度为h′，则2mgh′＝(2m)v′2，解得h′＝，C正确．
【答案】C
6．如图3所示，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车上AB部分是半径为R的四分之一光滑圆弧，BC部分是粗糙的水平面．今把质量为m的小物体从A点由静止释放，小物体与BC部分间的动摩擦因数为μ，最终小物体与小车相对静止于B、C之间的D点，则B、D间的距离x随各量变化的情况是(
)
图3
A．其他量不变，R越大x越大
B．其他量不变，μ越大x越小
C．其他量不变，m越大x越大
D．其他量不变，M越大x越大
【解析】小车和小物体组成的系统水平方向的动量守恒且为零，所以当小车和小物体相对静止时，系统水平方向的总动量仍为零，则小车和小物体相对于水平面也静止，由能量守恒得μmgx＝mgR，x＝R/μ，选项A、B正确．
【答案】AB
7．如图4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x t(位移—时间)图象．已知m1＝0.1
kg.由此可以判断(
)
图4
A．碰前m2静止，m1向右运动
B．碰后m2和m1都向右运动
C．m2＝0.3
kg
D．碰撞过程中系统损失了0.4
J的机械能
【解析】分析题图乙可知，碰前：m2处在位移为8
m的位置静止，m1位移均匀增大，速度v1＝
m/s＝4
m/s，方向向右；碰后：v1′＝
m/s＝－2
m/s，v2′＝
m/s＝2
m/s，碰撞过程中动量守恒：m1v1＝m1v1′＋m2v2′得：m2＝0.3
kg，碰撞损失的机械能：ΔEk＝m1v－＝0，故正确答案应选A、C.
【答案】AC
8．如图5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，甲、乙两车最后相接触，以下说法正确的是
(
)
图5
A．甲、乙两车运动中速度之比为
B．甲、乙两车运动中速度之比为
C．甲车移动的距离为L
D．乙车移动的距离为L
【解析】本题类似人船模型．甲、乙、人看成一系统，则水平方向动量守恒，甲、乙两车运动中速度之比等于质量的反比，即为，A正确，B错误；Mx甲＝(M＋m)x乙，x甲＋x乙＝L，解得C、D正确．
【答案】ACD
二、非选择题(本题共5小题，共52分．按题目要求作答．)
9．(10分)某同学用如图6甲所示的装置，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处由静止开始滚下，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．图甲中O点是水平槽末端R在记录纸上的垂直投影点．B球落点痕迹如图乙所示，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．
甲
乙
图6
(1)碰撞后B球的水平射程应取为________cm.
(2)在以下选项中，本次实验必须进行测量的是____________________________________________________________________________(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
【解析】(1)如题图乙所示，用一个圆尽可能多地把小球落点圈在里面，由此可见圆心O的位置为67.0
cm，这也是小球落点的平均位置(66.5～67.5都算对)．
(2)本实验中要测量的数据有：两个小球的质量m1、m2，三个落点的距离s1、s2、s3，所以应选A、B、D，注意此题实验装置与我们前面讲的实验装置的不同，该实验中被碰小球抛出点即为O点，所以选项C、E不选．
【答案】(1)66.5～67.5(2)ABD
10．(10分)如图7所示，光滑平台上有两个刚性小球A和B，质量分别为2m和3m，小球A以速度v0向右运动并与静止的小球B发生碰撞(碰撞过程不损失机械能)，小球B飞出平台后经时间t刚好掉入装有沙子向左运动的小车中，小车与沙子的总质量为m，速度为2v0，小车行驶的路面近似看做是光滑的，求：
图7
(1)碰撞后小球A和小球B的速度；
(2)小球B掉入小车后的速度．
【解析】(1)设A球与B球碰撞后速度分别为v1、v2，并取方向向右为正，光滑平台，两小球为弹性小球，碰撞过程遵循动量和机械能守恒，所以
有mAv0＝mAv1＋mBv2
①
有mAv＝mAv＋mBv
②
由①②解得v1＝＝－v0
v2＝＝v0
碰后A球向左，B球向右．
(2)B球掉入沙车的过程中系统水平方向动量守恒，有
mBv2＋m车v3＝(mB＋m车)v3′且v3＝－2v0
得v′3＝v0.
【答案】(1)v1＝－v0，碰后A球向左；
v2＝v0，B球向右(2)v′3＝v0，方向向右
11．(10分)如图8所示，小球A质量为m，系在细线的一端，线的另一端固定在O
图8
点，O点到水平面的距离为h.物块B质量是小球的5倍，置于粗糙的水平面上且位于O点正下方，物块与水平面间的动摩擦因数为μ.现拉动小球使线水平伸直，小球由静止开始释放，运动到最低点时与物块发生正碰(碰撞时间极短)，反弹后上升至最高点时到水平面的距离为.小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g，求碰撞过程物块获得的冲量及物块在地面上滑行的距离．
【解析】设小球的质量为m，运动到最低点与物体块相撞前的速度大小为v1，取小球运动到最低点时的重力势能为零，根据机械能守恒定律有
mgh＝mv
解得：v1＝
设碰撞后小球反弹的速度大小为v1′，同理有
mg＝mv1′2
解得：v1′＝
设碰撞后物块的速度大小为v2，取水平向右为正方向由动量守恒定律有
mv1＝－mv1′＋5mv2
解得：v2＝
由动量定理可得，碰撞过程滑块获得的冲量为：
I＝5mv2＝m
物块在水平面上滑行所受摩擦力的大小为
F＝5μmg
设物块在水平面上滑动的距离为s，由动能定理有
－Fs＝0－×5mv
解得：s＝.
【答案】m
12．(12分)如图9所示，水平地面上静止放置一辆小车A，质量mA＝4
kg，上表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计．可视为质点的物块B置于A的最右端，B的质量mB＝2
kg.现对A施加一个水平向右的恒力F＝10
N，A运动一段时间后，小车左端固定的挡板与B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A、B粘合在一起，共同在F的作用下继续运动，碰撞后经时间t＝0.6
s，二者的速度达到vt＝2
m/s.求：
图9
(1)A开始运动时加速度a的大小；
(2)A、B碰撞后瞬间的共同速度v的大小；
(3)A的上表面长度l.
【解析】本题应从分析小车与物块的运动过程入手，结合牛顿第二定律、动量定理、动量守恒定律、动能定理等规律求解．
(1)以A为研究对象，由牛顿第二定律有
F＝mAa
①
代入数据解得
a＝2.5
m/s2.
②
(2)对A、B碰撞后共同运动t＝0.6
s的过程，由动量定理得
Ft＝(mA＋mB)vt－(mA＋mB)v
③
代入数据解得
v＝1
m/s.
④
(3)设A、B发生碰撞前，A的速度为vA，对A、B发生碰撞的过程，由动量守恒定律有
mAvA＝(mA＋mB)v
⑤
A从开始运动到与B发生碰撞前，由动能定理有
Fl＝mAv
⑥
由④⑤⑥式，代入数据解得
l＝0.45
m.
【答案】(1)2.5
m/s2(2)1
m/s(3)0.45
m
13．(10分)如图10所示，一长木板位于光滑水平面上，长木板的左端固定一挡板，木板和挡板的总质量为M＝3.0
kg，木板的长度为L＝1.5
m．在木板右端有一小物块，其质量m＝1.0
kg，小物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.10，它们都处于静止状态．现令小物块以初速度v0沿木板向左滑动，重力加速度g取10
m/s2.
(1)若小物块刚好能运动到左端挡板处，求v0的大小；
(2)若初速度v0＝3
m/s，小物块与挡板相撞后，恰好能回到右端而不脱离木板，求碰撞过程中损失的机械能．
图10
【解析】(1)设木板和物块最后共同的速度为v，由动量守恒定律mv0＝(m＋M)v
①
对木板和物块系统，由功能关系
μmgL＝mv－(M＋m)v2
②
由①②两式解得：
v0＝
＝
m/s
＝2
m/s.
(2)同样由动量守恒定律可知，木板和物块最后也要达到共同速度v
设碰撞过程中损失的机械能为ΔE
对木板和物块系统的整个运动过程，
由功能关系
有μmg2L＋ΔE＝mv－(m＋M)v2
③
由①③两式解得：
ΔE＝v－2μmgL＝×32
J－2×0.1×10×1.5
J＝0.375
J.
【答案】(1)2
m/s(2)0.375
J