第1章 碰撞与动量守恒 综合检测 能力提升测试卷 Word版含解析
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| 名称 | 第1章 碰撞与动量守恒 综合检测 能力提升测试卷 Word版含解析 |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 247.9KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 教科版 | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2019-06-11 09:46:02 | ||
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文档简介
《碰撞与动量守恒》综合检测
(时间:90分钟 满分:100分)
一、选择题(本题共12小题,每小题4分,共48分.在每小题给出的四个选项中,第1～7小题只有一个选项正确,第8～12小题有多个选项正确,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不选的得 0分)
1.一物体竖直向下匀加速运动一段距离,对于这一运动过程,下列说法正确的是( C )
A.物体的机械能一定增加
B.物体的机械能一定减少
C.相同时间内,物体动量的增量一定相等
D.相同时间内,物体动能的增量一定相等
解析:物体竖直向下做匀加速运动,有两种可能的情况:①加速度大于重力加速度,物体受到重力和向下的力的作用;②加速度小于重力加速度,说明物体受到向上的、小于重力的作用力.若物体的加速度小于重力加速度,说明物体受到向上的、小于重力的作用力,该力对物体做负功,物体的机械能减少,选项A错误;若物体的加速度大于g,说明除重力做功之外,还有其他力对物体做正功,物体的机械能应增加,选项B错误;物体做匀加速运动,则物体受到的合外力不变,根据I=Ft,相同时间内物体受到的冲量一定相等,根据动量定理,物体动量的增量一定相等,选项C正确;由C的分析,物体受到的合外力不变,相同时间内物体动量的增量一定相等,则物体动能的增加量ΔEk=m-m=m(v2-v1)(v2+v1)=·mΔv·(v2+v1),显然,随时间的变化,v2+v1是变化的,即动量变化相等的情况下,动能的变化是不同的,选项D错误.
2.如图所示,一质量为2 kg的物体放在光滑的水平面上,原来处于静止状态,现用与水平方向成60°角的恒力F=10 N作用于物体上,历时5 s,则下列说法不正确的是( A )
A.力F对物体的冲量大小为50 N·s
B.力F对物体的冲量大小为25 N·s
C.物体的动量变化量为50 kg·m/s
D.物体所受合外力冲量大小为50 N·s
解析:力F对物体的冲量大小I=Ft=10×5 N·s=50 N·s,选项A正确,B错误;物体受到的合外力的冲量为I=Ftcos 60°,由动量定理可知Ftcos 60°=Δp,则合外力的冲量及动量的变化量为Δp=10×5× kg·m/s=25 kg·m/s,选项C,D错误.
3.在光滑的水平面上有a,b两球,其质量分别为ma,mb,两球在t0时刻发生正碰,并且在碰撞过程中无机械能损失,两球碰撞前后的速度—时间图像如图所示,下列关系正确的是( B )
A.ma>mb B.maC.ma=mb D.无法判断
解析:由图像知a球以一初速度向原来静止的b球运动,碰后a球反弹且速度大小小于其初速度大小,根据动量守恒定律,a球的质量小于b球的质量,选项B正确.
4. 如图所示,质量为3 kg的木板放在光滑的水平地面上,质量为1 kg的木块放在木板上,它们之间有摩擦,木板足够长,两者都以4 m/s的初速度向相反方向运动.当木板的速度为2.4 m/s 时,木块( C )
A.处于匀速运动阶段 B.处于减速运动阶段
C.处于加速运动阶段 D.静止不动
解析:木板和木块组成的系统动量守恒,设它们相对静止时的共同速度为v,以木板运动的方向为正方向,则Mv1-mv2=(M+m)v,v==2 m/ s,方向与木板运动方向相同.在这之前,木板一直做匀减速运动,木块先做匀减速运动,当相对地面的速度为零时,再反向向右做匀加速运动,直到速度增大到2 m/s.设当木块对地速度为零时,木板速度为 v′,则Mv1-mv2=Mv′,v′==2.67 m/s,大于2.4 m/s,所以木板的速度为2.4 m/s时,木块处在反向向右加速运动阶段,选项C正确.
5.如图所示,质量为M的盒子放在光滑的水平面上,盒子内表面不光滑,盒内放有一块质量为m的物体,某时刻给物体一个水平向右的初速度v0,那么在物体与盒子前后壁多次往复碰撞后( D )
A.两者的速度均为零
B.两者的速度总不会相等
C.盒子的最终速度为,方向水平向右
D.盒子的最终速度为,方向水平向右
解析:由于盒子内表面不光滑,在多次碰后物体与盒子相对静止,由动量守恒得mv0=(M+m)v′,
解得v′=,选项D正确.
6.如图所示,一个倾角为α的直角斜面体静置于光滑水平面上,斜面体质量为M,顶端高度为h,今有一质量为m的小物体,沿光滑斜面下滑,当小物体从斜面顶端自由下滑到底端时,斜面体在水平面上移动的距离是( C )
A. B.
C. D.
解析:此题属“人船模型”问题.m与M组成的系统在水平方向上动量守恒,设m在水平方向上对地位移为s1,M在水平方向上对地位移为s2,因此有0=ms1-Ms2.
且s1+s2=.
可得s2=,选项C正确.
7.如图所示,完全相同的A,B两物块随足够长的水平传送带按图中所示方向匀速运动.A,B间夹有少量炸药,对A,B在炸药爆炸过程及随后的运动过程有下列说法,其中正确的是( D )
A.炸药爆炸后瞬间,A,B两物块速度方向一定相同
B.炸药爆炸后瞬间,A,B两物块速度方向一定相反
C.炸药爆炸过程中,A,B两物块组成的系统动量不守恒
D.A,B在炸药爆炸后至A,B相对传送带静止的过程中动量守恒
解析:设A,B质量都为m,A,B在炸药爆炸过程中,内力远远大于外力,动量守恒,爆炸后B的速度方向肯定与v的方向相同,根据动量守恒定律得2mv=mvA+mvB.若爆炸后B的速度大于2v,则A的速度方向与B的速度方向相反,若爆炸后B的速度小于2v,则A的速度方向与B的速度方向相同,选项A,B,C错误;A,B在炸药爆炸后至A,B相对传送带静止的过程中,对A,B的两个摩擦力刚好大小相等,方向相反,时间相同,所以冲量是相反的,所以总冲量是0,动量是守恒的,选项D正确.
8.如图所示,质量为M的“L”形物体静止在光滑的水平面上.物体的AB部分是半径为R的四分之一光滑圆弧,BC部分是水平面.将质量为m的小滑块从物体的A点静止释放,沿圆弧面滑下并最终停在物体的水平部分BC之间的D点,则( AD )
A.滑块m从A滑到B的过程,物体与滑块组成的系统动量不守恒,机械能守恒
B.滑块滑到B点时,速度大小等于
C.滑块从B运动到D的过程,系统的动量和机械能都不守恒
D.滑块滑到D点时,物体的速度等于0
解析:因为滑块从A下滑到B的过程中,系统所受合外力不为零,系统动量守恒,又因为滑块从A下滑到B的过程中系统中只有动能和重力势能的相互转化,故满足机械能守恒条件,选项A正确;滑块从A下滑到B的过程中,系统在水平方向上动量守恒,机械能守恒,设到达B点时的速度为vM,到达B点时的速度为vm,圆弧的半径为R,以水平向右为正方向,由水平方向动量守恒得mvm+MvM=0,由机械能守恒定律可得mgR=m+M,当vm=时,vM=0,这两组数据不满足动量守恒定律,选项B错误;滑块从B运动到D的过程,系统所受合外力为零,系统动量守恒,在该过程中要克服摩擦阻力做功,系统机械能不守恒,选项C错误;滑块到达D点时停在物体上,即滑块与物体相对静止,速度相等.根据动量守恒定律mvm+MvM=0,满足方程时只有vM=vm=0,即滑块滑到D点时,物体的速度一定等于零,选项D正确.
9.如图所示,位于光滑水平桌面、质量相等的小滑块P和Q都可以视做质点,Q与轻质弹簧相连,设Q静止,P以某一初动能E0水平向Q运动并与弹簧发生相互作用,若整个作用过程中无机械能损失,用E1表示弹簧具有的最大弹性势能,用E2表示Q具有的最大动能,则( AD )
A.E1=E0 B.E1=E0
C.E2=E0 D.E2=E0
解析:弹簧的最大弹性势能发生在P,Q的速度相等时,系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得mv0=2mv,由能量守恒定律得,弹簧的最大弹性势能为E1=m-2×mv2,解得E1=m=E0,选项A正确,B错误;由于P,Q之间发生的是完全弹性碰撞,且P,Q的质量相等,最终P,Q将交换速度,即小滑块P将静止,小滑块Q以动能E0运动,选项C错误,D正确.
10.如图所示,在质量为M的小车中挂有一单摆,摆球的质量为m0,小车(和单摆)以恒定的速度v0沿光滑水平面运动,与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞,碰撞的时间极短.在碰撞过程中,下列情况可能发生的是( CD )
A.小车和摆球的速度都变为v1,木块的速度变为v2,满足(M+m0)v0= (M+m0)v1+mv2
B.小车、木块、摆球的速度都发生变化,分别变为v1,v2,v3,满足(M+m0)v0=Mv1+mv2+m0v3
C.摆球的速度不变,小车和木块的速度变为v1和v2,满足Mv0=Mv1+mv2
D.摆球的速度不变,小车和木块的速度变为v′,满足Mv0=(M+m)v′
解析:由于小车与木块发生碰撞的时间极短,碰撞时仅小车与木块间发生相互作用,使小车与木块的动量、速度发生变化,而在这极短时间内,摆球和小车水平方向并没有通过绳发生相互作用,所以小车与木块碰后瞬时,小球仍保持原来的速度而未来得及变化,仅小车与木块由于相互作用,各自动量发生改变,选项A,B错误;取小车(不包括摆球)和木块作为系统,碰撞前后动量守恒,但小车与木块碰后可能分离,也可能结合在一起,选项C,D正确.
11. 如图所示,水平传送带AB足够长,质量为M=1.0 kg的木块随传送带一起以v1=2 m/s的速度向左匀速运动(传送带的速度恒定),木块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5,当木块运动到最左端A点时,一颗质量为m=20 g的子弹,以v0=300 m/s 的水平向右的速度,正对射入木块并穿出,穿出速度v=50 m/s,设子弹射穿木块的时间极短,(g取10 m/s2)则( BC )
A.子弹射穿木块后,木块一直做减速运动
B.木块遭射击后远离A的最大距离为0.9 m
C.木块遭射击后到相对传送带静止所经历的时间为1.0 s
D.木块遭射击后到相对传送带静止所经历的时间为0.6 s
解析:子弹射穿木块后,木块先向右做减速运动,然后再向左做加速运动,选项A错误;设木块被子弹击穿时的速度为v3,子弹击穿木块过程水平方向的动量守恒,选取向右为正方向,故mv0-Mv1=mv+Mv3,
代入数据解得v3=3.0 m/s
木块遭射击后远离A的距离最大时的瞬时速度为0,根据动能定理得-μMgsm=0-M
代入数据得sm=0.9 m,选项B正确;
选取向右为正方向,则木块与传送带的速度相等时的速度是-2 m/s.木块的加速度a=-=-μg=-0.5×10 m/s2=-5 m/s2
木块遭射击后到相对传送带静止所经历的时间为t==1.0 s,选项C正确,D错误.
12.如图所示,水平光滑轨道的宽度和弹簧自然长度均为d.m2的左边有一固定挡板,m1由图示位置静止释放.当m1与m2第一次相距最近时m1速度为v1,在以后的运动过程中( BD )
A.m1的最小速度是0
B.m1的最小速度是v1
C.m2的最大速度是v1
D.m2的最大速度是v1
解析:从小球m1到达最近位置后继续前进,此后拉着m2前进,m1减速,m2加速,达到共同速度时两者相距最远,此后m1继续减速,m2加速,当两球再次相距最近时,m1达到最小速度,m2达到最大速度.两小球水平方向动量守恒,速度相同时保持稳定,一直向右前进,
m1v1=m1v1′+m2v2,
m1=m1v1′2+m2,
解得v1′=v1,v2=v1
故m1的最小速度为v1,选项A错误,B正确;m2的最大速度为v1,选项D正确,C错误.
二、非选择题(共52分)
13.(6分)在用气垫导轨做“验证动量守恒定律”实验时,左侧滑块质量m1=170 g,右侧滑块质量m2=110 g,挡光片宽度为3.00 cm,两滑块之间有一压缩的弹簧片,并用细线连在一起,如图所示.开始时两滑块静止,烧断细线后,两滑块分别向左、右方向运动.挡光片通过光电门的时间分别为Δt1=0.32 s,Δt2=0.21 s.则两滑块的速度分别为v1′= m/s,v2′= m/s.烧断细线前m1v1+m2v2= kg·m/s,烧断细线后 m1v1′+m2v2′= kg·m/s.可得到的结论是 .?
解析:由平均速度公式可得v1′= m/s=0.09 m/s;
v2′= m/s=0.143 m/s.
设向右为正方向,因烧断细线之前,两滑块均静止,故烧断细线前的动量为零;碰后的动量为0.17×(-0.09) kg·m/s+0.11×0.143 kg·m/s≈0,
故说明碰撞前后动量相等,系统动量守恒.
答案:0.09 0.143 0 0 系统动量守恒
评分标准:前四个空每空1分,最后一个空2分.
14.(6分)如图(甲)所示,用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律,即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系.
(1)实验中,直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的,但是,可以通过仅测量 (填选项前的符号),间接地解决这个问题.?
A.小球开始释放高度h
B.小球抛出点距地面的高度H
C.小球做平抛运动的射程
(2)图(甲)中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影.实验时,先将入射球m1多次从斜轨上S位置由静止释放,找到其平均落地点的位置P,测量平抛射程.然后,把被碰小球m2静止于轨道的水平部分,再将入射小球m1从斜轨上S位置由静止释放,与小球m2相撞,并多次重复.接下来要完成的必要步骤是 .(填选项前的符号)?
A.用天平测量两个小球的质量m1,m2
B.测量小球m1开始释放高度h
C.测量抛出点距地面的高度H
D.分别找到m1,m2相碰后平均落地点的位置M,N
E.测量平抛射程,
(3)若两球相碰前后的动量守恒,其表达式可表示为 [用(2)中测量的量表示].?
(4)经测定,m1=0.45 g,m2=7.5 g,小球落地点的平均位置距O点的距离如图(乙)所示.碰撞前、后m1的动量分别为p1与p1′,则p1∶p1′= ∶11;若碰撞结束时m2的动量为p2′,则p1′∶p2′=11∶ .?
实验结果说明,碰撞前、后总动量的比值为 .?
解析:(1)小球离开轨道后做平抛运动,由H=gt2知t=,即小球的下落时间一定,则初速度v=可用平抛运动的水平射程来表示,选项C 正确.
(2)本实验要验证的是m1·+m2·=m1·,因此要测量两个小球的质量m1和m2以及它们的水平射程和,而要确定水平射程,应先分别确定两个小球落地的平均落点,没有必要测量小球m1开始释放的高度h和抛出点距地面的高度H.故应完成的步骤是ADE.
(3)若动量守恒,应有m1v1+m2v2=m1v0(v0是m1单独下落离开轨道时的速度,v1,v2是两球碰后m1,m2离开轨道时的速度),又v=,则有m1·+ m2·=m1·,即m1·+m2·=m1·.
(4)碰前m1的动量p1=m1v0=m1·,碰后m1的动量p1′=m1v1=m1·,则p1∶p1′=∶=14∶11;碰后m2的动量p2′=m2v2=m2·,所以p1′∶p2′=(m1·)∶(m2·)=11∶2.9;碰撞前、后总动量的比值= 1.01.
答案:(1)C (2)ADE (3)m1·+m2·=m1· (4)14 2.9 1.01
评分标准:每空1分.
15.(8分)光滑水平地面上,木板A左端与竖直墙壁接触处于静止状态,可视为质点的小木块B停在木板的右端,如图所示.对木块施加水平向左的瞬时冲量使其获得初速度v0=7 m/s,经时间t=0.5 s木块运动到竖直墙壁处,速度大小减为v1=5 m/s.木块与墙壁发生弹性碰撞后,恰能停在木板右端.重力加速度g=10 m/s2,求:
(1)木板的长度L和木板与木块间的动摩擦因数μ;
(2)木板和木块的质量的比值.
解析:(1)木块向左运动
L=(v0+v1)t(1分)
v1=v0-at(1分)
μmg=ma(1分)
木板长为L=3 m(1分)
动摩擦因数为μ=0.4.(1分)
(2)木块在木板上向右滑动的过程中
mv1=(M+m)v(1分)
m=μmgL+(M+m)v2(1分)
可得=24.(1分)
答案:(1)3 m 0.4 (2)24
16.(8分)如图所示,光滑水平面上依次放置两个质量均为m的小物块A和C以及光滑曲面劈B,B的质量为M=3m,B的曲面下端与水平面相切,且劈B足够高.现让小物块C以水平速度v0向右运动,与A发生弹性碰撞,碰撞后小物块A又滑上劈B.求物块A在B上能够达到的最大高度.
解析:C,A组成的系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得mv0=mvC+mvA(1分)
由能量守恒定律得m=m+m(1分)
解得vC=0,vA=v0(2分)
A,B系统在水平方向动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得mvA=(m+M)v(1分)
系统机械能守恒,由机械能守恒定律得
m=mgh+(m+M)v2(2分)
解得h=.(1分)
答案:
17.(12分)如图所示,半径为R的四分之三光滑圆轨道竖直放置,CB是竖直直径,A点与圆心等高,有小球b静止在轨道底部,小球a自轨道上方某一高度处由静止释放自A点与轨道相切进入竖直圆轨道,a,b小球直径相等,质量之比为3∶1,两小球在轨道底部发生弹性正碰后小球b经过C点水平抛出落在离C点水平距离为2R的地面上,重力加速度为g,小球均可视为质点.求:
(1)小球b碰后瞬间的速度;
(2)小球a碰后在轨道中能上升的最大高度.
解析:(1)b小球从C点抛出做平抛运动,有
gt2=2R(1分)
解得t=(1分)
小球b做平抛运动的水平位移
x=vCt=2R(1分)
解得vC=(1分)
根据机械能守恒有mb=mb+2mbgR(1分)
可知小球b在碰后瞬间的速度vb=.(2分)
(2)a,b两小球相碰,由动量守恒得mava=mava′+mbvb(1分)
a,b两小球发生弹性碰撞,由机械能守恒得
ma=mava′2+mb(1分)
又ma=3mb
解得va=vb,va′=va=vb(1分)
可得va′=,小球a在轨道内运动,不能到达圆心高度,所以小球a不会脱离轨道,只能在轨道内来回滚动,根据机械能守恒可得mava′2= magh(1分)
解得h=.(1分)
答案:(1) (2)R
18.(12分)质量M=3.0 kg的长木板置于光滑水平面上,木板左侧放置一质量m=1.0 kg的木块,右侧固定一轻弹簧,处于原长状态,弹簧正下方部分的木板上表面光滑,其他部分的木板上表面粗糙,如图所示.现给木块v0=4.0 m/s的初速度,使之向右运动,在木板与木块向右运动过程中,当木板和木块达到共速时,木板恰与墙壁相碰,碰撞过程时间极短,木板速度的方向改变,大小不变,最后木块恰好在木板的左端与木板相对静止.求:
(1)木板与墙壁相碰时的速度v1;
(2)整个过程中弹簧所具有的弹性势能的最大值Epm.
解析:(1)以木块与木板组成的系统为研究对象,从木块开始运动到两者速度相同的过程中,系统动量守恒,由动量守恒定律可得mv0= (M+m)v1,(1分)
解得v1=1 m/s.(1分)
(2)木板与墙壁碰后返回,木块压缩弹簧,当弹簧压缩到最短时,木块与木板速度相等,在此过程中两者组成的系统动量守恒,由动量守恒定律可得
Mv1-mv1=(M+m)v2,(1分)
解得v2=0.5 m/s;(1分)
当弹簧压缩到最短时,弹簧弹性势能最大,由能量守恒定律可得m=(M+m)+Epm+Q,(2分)
当木块到达木板最左端时两者速度相等,在此过程中,系统动量守恒,由动量守恒定律可得
Mv1-mv1=(M+m)v3,(2分)
解得v3=0.5 m/s;(1分)
从木块开始运动到木块再回到木板最左端的整个过程中,
由能量守恒定律可得m=(M+m)+2Q,(2分)
解得Q=3.75 J,Epm=3.75 J.(1分)
答案:(1)1 m/s (2)3.75 J
(时间:90分钟 满分:100分)
一、选择题(本题共12小题,每小题4分,共48分.在每小题给出的四个选项中,第1～7小题只有一个选项正确,第8～12小题有多个选项正确,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不选的得 0分)
1.一物体竖直向下匀加速运动一段距离,对于这一运动过程,下列说法正确的是( C )
A.物体的机械能一定增加
B.物体的机械能一定减少
C.相同时间内,物体动量的增量一定相等
D.相同时间内,物体动能的增量一定相等
解析:物体竖直向下做匀加速运动,有两种可能的情况:①加速度大于重力加速度,物体受到重力和向下的力的作用;②加速度小于重力加速度,说明物体受到向上的、小于重力的作用力.若物体的加速度小于重力加速度,说明物体受到向上的、小于重力的作用力,该力对物体做负功,物体的机械能减少,选项A错误;若物体的加速度大于g,说明除重力做功之外,还有其他力对物体做正功,物体的机械能应增加,选项B错误;物体做匀加速运动,则物体受到的合外力不变,根据I=Ft,相同时间内物体受到的冲量一定相等,根据动量定理,物体动量的增量一定相等,选项C正确;由C的分析,物体受到的合外力不变,相同时间内物体动量的增量一定相等,则物体动能的增加量ΔEk=m-m=m(v2-v1)(v2+v1)=·mΔv·(v2+v1),显然,随时间的变化,v2+v1是变化的,即动量变化相等的情况下,动能的变化是不同的,选项D错误.
2.如图所示,一质量为2 kg的物体放在光滑的水平面上,原来处于静止状态,现用与水平方向成60°角的恒力F=10 N作用于物体上,历时5 s,则下列说法不正确的是( A )
A.力F对物体的冲量大小为50 N·s
B.力F对物体的冲量大小为25 N·s
C.物体的动量变化量为50 kg·m/s
D.物体所受合外力冲量大小为50 N·s
解析:力F对物体的冲量大小I=Ft=10×5 N·s=50 N·s,选项A正确,B错误;物体受到的合外力的冲量为I=Ftcos 60°,由动量定理可知Ftcos 60°=Δp,则合外力的冲量及动量的变化量为Δp=10×5× kg·m/s=25 kg·m/s,选项C,D错误.
3.在光滑的水平面上有a,b两球,其质量分别为ma,mb,两球在t0时刻发生正碰,并且在碰撞过程中无机械能损失,两球碰撞前后的速度—时间图像如图所示,下列关系正确的是( B )
A.ma>mb B.ma
解析:由图像知a球以一初速度向原来静止的b球运动,碰后a球反弹且速度大小小于其初速度大小,根据动量守恒定律,a球的质量小于b球的质量,选项B正确.
4. 如图所示,质量为3 kg的木板放在光滑的水平地面上,质量为1 kg的木块放在木板上,它们之间有摩擦,木板足够长,两者都以4 m/s的初速度向相反方向运动.当木板的速度为2.4 m/s 时,木块( C )
A.处于匀速运动阶段 B.处于减速运动阶段
C.处于加速运动阶段 D.静止不动
解析:木板和木块组成的系统动量守恒,设它们相对静止时的共同速度为v,以木板运动的方向为正方向,则Mv1-mv2=(M+m)v,v==2 m/ s,方向与木板运动方向相同.在这之前,木板一直做匀减速运动,木块先做匀减速运动,当相对地面的速度为零时,再反向向右做匀加速运动,直到速度增大到2 m/s.设当木块对地速度为零时,木板速度为 v′,则Mv1-mv2=Mv′,v′==2.67 m/s,大于2.4 m/s,所以木板的速度为2.4 m/s时,木块处在反向向右加速运动阶段,选项C正确.
5.如图所示,质量为M的盒子放在光滑的水平面上,盒子内表面不光滑,盒内放有一块质量为m的物体,某时刻给物体一个水平向右的初速度v0,那么在物体与盒子前后壁多次往复碰撞后( D )
A.两者的速度均为零
B.两者的速度总不会相等
C.盒子的最终速度为,方向水平向右
D.盒子的最终速度为,方向水平向右
解析:由于盒子内表面不光滑,在多次碰后物体与盒子相对静止,由动量守恒得mv0=(M+m)v′,
解得v′=,选项D正确.
6.如图所示,一个倾角为α的直角斜面体静置于光滑水平面上,斜面体质量为M,顶端高度为h,今有一质量为m的小物体,沿光滑斜面下滑,当小物体从斜面顶端自由下滑到底端时,斜面体在水平面上移动的距离是( C )
A. B.
C. D.
解析:此题属“人船模型”问题.m与M组成的系统在水平方向上动量守恒,设m在水平方向上对地位移为s1,M在水平方向上对地位移为s2,因此有0=ms1-Ms2.
且s1+s2=.
可得s2=,选项C正确.
7.如图所示,完全相同的A,B两物块随足够长的水平传送带按图中所示方向匀速运动.A,B间夹有少量炸药,对A,B在炸药爆炸过程及随后的运动过程有下列说法,其中正确的是( D )
A.炸药爆炸后瞬间,A,B两物块速度方向一定相同
B.炸药爆炸后瞬间,A,B两物块速度方向一定相反
C.炸药爆炸过程中,A,B两物块组成的系统动量不守恒
D.A,B在炸药爆炸后至A,B相对传送带静止的过程中动量守恒
解析:设A,B质量都为m,A,B在炸药爆炸过程中,内力远远大于外力,动量守恒,爆炸后B的速度方向肯定与v的方向相同,根据动量守恒定律得2mv=mvA+mvB.若爆炸后B的速度大于2v,则A的速度方向与B的速度方向相反,若爆炸后B的速度小于2v,则A的速度方向与B的速度方向相同,选项A,B,C错误;A,B在炸药爆炸后至A,B相对传送带静止的过程中,对A,B的两个摩擦力刚好大小相等,方向相反,时间相同,所以冲量是相反的,所以总冲量是0,动量是守恒的,选项D正确.
8.如图所示,质量为M的“L”形物体静止在光滑的水平面上.物体的AB部分是半径为R的四分之一光滑圆弧,BC部分是水平面.将质量为m的小滑块从物体的A点静止释放,沿圆弧面滑下并最终停在物体的水平部分BC之间的D点,则( AD )
A.滑块m从A滑到B的过程,物体与滑块组成的系统动量不守恒,机械能守恒
B.滑块滑到B点时,速度大小等于
C.滑块从B运动到D的过程,系统的动量和机械能都不守恒
D.滑块滑到D点时,物体的速度等于0
解析:因为滑块从A下滑到B的过程中,系统所受合外力不为零,系统动量守恒,又因为滑块从A下滑到B的过程中系统中只有动能和重力势能的相互转化,故满足机械能守恒条件,选项A正确;滑块从A下滑到B的过程中,系统在水平方向上动量守恒,机械能守恒,设到达B点时的速度为vM,到达B点时的速度为vm,圆弧的半径为R,以水平向右为正方向,由水平方向动量守恒得mvm+MvM=0,由机械能守恒定律可得mgR=m+M,当vm=时,vM=0,这两组数据不满足动量守恒定律,选项B错误;滑块从B运动到D的过程,系统所受合外力为零,系统动量守恒,在该过程中要克服摩擦阻力做功,系统机械能不守恒,选项C错误;滑块到达D点时停在物体上,即滑块与物体相对静止,速度相等.根据动量守恒定律mvm+MvM=0,满足方程时只有vM=vm=0,即滑块滑到D点时,物体的速度一定等于零,选项D正确.
9.如图所示,位于光滑水平桌面、质量相等的小滑块P和Q都可以视做质点,Q与轻质弹簧相连,设Q静止,P以某一初动能E0水平向Q运动并与弹簧发生相互作用,若整个作用过程中无机械能损失,用E1表示弹簧具有的最大弹性势能,用E2表示Q具有的最大动能,则( AD )
A.E1=E0 B.E1=E0
C.E2=E0 D.E2=E0
解析:弹簧的最大弹性势能发生在P,Q的速度相等时,系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得mv0=2mv,由能量守恒定律得,弹簧的最大弹性势能为E1=m-2×mv2,解得E1=m=E0,选项A正确,B错误;由于P,Q之间发生的是完全弹性碰撞,且P,Q的质量相等,最终P,Q将交换速度,即小滑块P将静止,小滑块Q以动能E0运动,选项C错误,D正确.
10.如图所示,在质量为M的小车中挂有一单摆,摆球的质量为m0,小车(和单摆)以恒定的速度v0沿光滑水平面运动,与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞,碰撞的时间极短.在碰撞过程中,下列情况可能发生的是( CD )
A.小车和摆球的速度都变为v1,木块的速度变为v2,满足(M+m0)v0= (M+m0)v1+mv2
B.小车、木块、摆球的速度都发生变化,分别变为v1,v2,v3,满足(M+m0)v0=Mv1+mv2+m0v3
C.摆球的速度不变,小车和木块的速度变为v1和v2,满足Mv0=Mv1+mv2
D.摆球的速度不变,小车和木块的速度变为v′,满足Mv0=(M+m)v′
解析:由于小车与木块发生碰撞的时间极短,碰撞时仅小车与木块间发生相互作用,使小车与木块的动量、速度发生变化,而在这极短时间内,摆球和小车水平方向并没有通过绳发生相互作用,所以小车与木块碰后瞬时,小球仍保持原来的速度而未来得及变化,仅小车与木块由于相互作用,各自动量发生改变,选项A,B错误;取小车(不包括摆球)和木块作为系统,碰撞前后动量守恒,但小车与木块碰后可能分离,也可能结合在一起,选项C,D正确.
11. 如图所示,水平传送带AB足够长,质量为M=1.0 kg的木块随传送带一起以v1=2 m/s的速度向左匀速运动(传送带的速度恒定),木块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5,当木块运动到最左端A点时,一颗质量为m=20 g的子弹,以v0=300 m/s 的水平向右的速度,正对射入木块并穿出,穿出速度v=50 m/s,设子弹射穿木块的时间极短,(g取10 m/s2)则( BC )
A.子弹射穿木块后,木块一直做减速运动
B.木块遭射击后远离A的最大距离为0.9 m
C.木块遭射击后到相对传送带静止所经历的时间为1.0 s
D.木块遭射击后到相对传送带静止所经历的时间为0.6 s
解析:子弹射穿木块后,木块先向右做减速运动,然后再向左做加速运动,选项A错误;设木块被子弹击穿时的速度为v3,子弹击穿木块过程水平方向的动量守恒,选取向右为正方向,故mv0-Mv1=mv+Mv3,
代入数据解得v3=3.0 m/s
木块遭射击后远离A的距离最大时的瞬时速度为0,根据动能定理得-μMgsm=0-M
代入数据得sm=0.9 m,选项B正确;
选取向右为正方向,则木块与传送带的速度相等时的速度是-2 m/s.木块的加速度a=-=-μg=-0.5×10 m/s2=-5 m/s2
木块遭射击后到相对传送带静止所经历的时间为t==1.0 s,选项C正确,D错误.
12.如图所示,水平光滑轨道的宽度和弹簧自然长度均为d.m2的左边有一固定挡板,m1由图示位置静止释放.当m1与m2第一次相距最近时m1速度为v1,在以后的运动过程中( BD )
A.m1的最小速度是0
B.m1的最小速度是v1
C.m2的最大速度是v1
D.m2的最大速度是v1
解析:从小球m1到达最近位置后继续前进,此后拉着m2前进,m1减速,m2加速,达到共同速度时两者相距最远,此后m1继续减速,m2加速,当两球再次相距最近时,m1达到最小速度,m2达到最大速度.两小球水平方向动量守恒,速度相同时保持稳定,一直向右前进,
m1v1=m1v1′+m2v2,
m1=m1v1′2+m2,
解得v1′=v1,v2=v1
故m1的最小速度为v1,选项A错误,B正确;m2的最大速度为v1,选项D正确,C错误.
二、非选择题(共52分)
13.(6分)在用气垫导轨做“验证动量守恒定律”实验时,左侧滑块质量m1=170 g,右侧滑块质量m2=110 g,挡光片宽度为3.00 cm,两滑块之间有一压缩的弹簧片,并用细线连在一起,如图所示.开始时两滑块静止,烧断细线后,两滑块分别向左、右方向运动.挡光片通过光电门的时间分别为Δt1=0.32 s,Δt2=0.21 s.则两滑块的速度分别为v1′= m/s,v2′= m/s.烧断细线前m1v1+m2v2= kg·m/s,烧断细线后 m1v1′+m2v2′= kg·m/s.可得到的结论是 .?
解析:由平均速度公式可得v1′= m/s=0.09 m/s;
v2′= m/s=0.143 m/s.
设向右为正方向,因烧断细线之前,两滑块均静止,故烧断细线前的动量为零;碰后的动量为0.17×(-0.09) kg·m/s+0.11×0.143 kg·m/s≈0,
故说明碰撞前后动量相等,系统动量守恒.
答案:0.09 0.143 0 0 系统动量守恒
评分标准:前四个空每空1分,最后一个空2分.
14.(6分)如图(甲)所示,用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律,即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系.
(1)实验中,直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的,但是,可以通过仅测量 (填选项前的符号),间接地解决这个问题.?
A.小球开始释放高度h
B.小球抛出点距地面的高度H
C.小球做平抛运动的射程
(2)图(甲)中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影.实验时,先将入射球m1多次从斜轨上S位置由静止释放,找到其平均落地点的位置P,测量平抛射程.然后,把被碰小球m2静止于轨道的水平部分,再将入射小球m1从斜轨上S位置由静止释放,与小球m2相撞,并多次重复.接下来要完成的必要步骤是 .(填选项前的符号)?
A.用天平测量两个小球的质量m1,m2
B.测量小球m1开始释放高度h
C.测量抛出点距地面的高度H
D.分别找到m1,m2相碰后平均落地点的位置M,N
E.测量平抛射程,
(3)若两球相碰前后的动量守恒,其表达式可表示为 [用(2)中测量的量表示].?
(4)经测定,m1=0.45 g,m2=7.5 g,小球落地点的平均位置距O点的距离如图(乙)所示.碰撞前、后m1的动量分别为p1与p1′,则p1∶p1′= ∶11;若碰撞结束时m2的动量为p2′,则p1′∶p2′=11∶ .?
实验结果说明,碰撞前、后总动量的比值为 .?
解析:(1)小球离开轨道后做平抛运动,由H=gt2知t=,即小球的下落时间一定,则初速度v=可用平抛运动的水平射程来表示,选项C 正确.
(2)本实验要验证的是m1·+m2·=m1·,因此要测量两个小球的质量m1和m2以及它们的水平射程和,而要确定水平射程,应先分别确定两个小球落地的平均落点,没有必要测量小球m1开始释放的高度h和抛出点距地面的高度H.故应完成的步骤是ADE.
(3)若动量守恒,应有m1v1+m2v2=m1v0(v0是m1单独下落离开轨道时的速度,v1,v2是两球碰后m1,m2离开轨道时的速度),又v=,则有m1·+ m2·=m1·,即m1·+m2·=m1·.
(4)碰前m1的动量p1=m1v0=m1·,碰后m1的动量p1′=m1v1=m1·,则p1∶p1′=∶=14∶11;碰后m2的动量p2′=m2v2=m2·,所以p1′∶p2′=(m1·)∶(m2·)=11∶2.9;碰撞前、后总动量的比值= 1.01.
答案:(1)C (2)ADE (3)m1·+m2·=m1· (4)14 2.9 1.01
评分标准:每空1分.
15.(8分)光滑水平地面上,木板A左端与竖直墙壁接触处于静止状态,可视为质点的小木块B停在木板的右端,如图所示.对木块施加水平向左的瞬时冲量使其获得初速度v0=7 m/s,经时间t=0.5 s木块运动到竖直墙壁处,速度大小减为v1=5 m/s.木块与墙壁发生弹性碰撞后,恰能停在木板右端.重力加速度g=10 m/s2,求:
(1)木板的长度L和木板与木块间的动摩擦因数μ;
(2)木板和木块的质量的比值.
解析:(1)木块向左运动
L=(v0+v1)t(1分)
v1=v0-at(1分)
μmg=ma(1分)
木板长为L=3 m(1分)
动摩擦因数为μ=0.4.(1分)
(2)木块在木板上向右滑动的过程中
mv1=(M+m)v(1分)
m=μmgL+(M+m)v2(1分)
可得=24.(1分)
答案:(1)3 m 0.4 (2)24
16.(8分)如图所示,光滑水平面上依次放置两个质量均为m的小物块A和C以及光滑曲面劈B,B的质量为M=3m,B的曲面下端与水平面相切,且劈B足够高.现让小物块C以水平速度v0向右运动,与A发生弹性碰撞,碰撞后小物块A又滑上劈B.求物块A在B上能够达到的最大高度.
解析:C,A组成的系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得mv0=mvC+mvA(1分)
由能量守恒定律得m=m+m(1分)
解得vC=0,vA=v0(2分)
A,B系统在水平方向动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得mvA=(m+M)v(1分)
系统机械能守恒,由机械能守恒定律得
m=mgh+(m+M)v2(2分)
解得h=.(1分)
答案:
17.(12分)如图所示,半径为R的四分之三光滑圆轨道竖直放置,CB是竖直直径,A点与圆心等高,有小球b静止在轨道底部,小球a自轨道上方某一高度处由静止释放自A点与轨道相切进入竖直圆轨道,a,b小球直径相等,质量之比为3∶1,两小球在轨道底部发生弹性正碰后小球b经过C点水平抛出落在离C点水平距离为2R的地面上,重力加速度为g,小球均可视为质点.求:
(1)小球b碰后瞬间的速度;
(2)小球a碰后在轨道中能上升的最大高度.
解析:(1)b小球从C点抛出做平抛运动,有
gt2=2R(1分)
解得t=(1分)
小球b做平抛运动的水平位移
x=vCt=2R(1分)
解得vC=(1分)
根据机械能守恒有mb=mb+2mbgR(1分)
可知小球b在碰后瞬间的速度vb=.(2分)
(2)a,b两小球相碰,由动量守恒得mava=mava′+mbvb(1分)
a,b两小球发生弹性碰撞,由机械能守恒得
ma=mava′2+mb(1分)
又ma=3mb
解得va=vb,va′=va=vb(1分)
可得va′=,小球a在轨道内运动,不能到达圆心高度,所以小球a不会脱离轨道,只能在轨道内来回滚动,根据机械能守恒可得mava′2= magh(1分)
解得h=.(1分)
答案:(1) (2)R
18.(12分)质量M=3.0 kg的长木板置于光滑水平面上,木板左侧放置一质量m=1.0 kg的木块,右侧固定一轻弹簧,处于原长状态,弹簧正下方部分的木板上表面光滑,其他部分的木板上表面粗糙,如图所示.现给木块v0=4.0 m/s的初速度,使之向右运动,在木板与木块向右运动过程中,当木板和木块达到共速时,木板恰与墙壁相碰,碰撞过程时间极短,木板速度的方向改变,大小不变,最后木块恰好在木板的左端与木板相对静止.求:
(1)木板与墙壁相碰时的速度v1;
(2)整个过程中弹簧所具有的弹性势能的最大值Epm.
解析:(1)以木块与木板组成的系统为研究对象,从木块开始运动到两者速度相同的过程中,系统动量守恒,由动量守恒定律可得mv0= (M+m)v1,(1分)
解得v1=1 m/s.(1分)
(2)木板与墙壁碰后返回,木块压缩弹簧,当弹簧压缩到最短时,木块与木板速度相等,在此过程中两者组成的系统动量守恒,由动量守恒定律可得
Mv1-mv1=(M+m)v2,(1分)
解得v2=0.5 m/s;(1分)
当弹簧压缩到最短时,弹簧弹性势能最大,由能量守恒定律可得m=(M+m)+Epm+Q,(2分)
当木块到达木板最左端时两者速度相等,在此过程中,系统动量守恒,由动量守恒定律可得
Mv1-mv1=(M+m)v3,(2分)
解得v3=0.5 m/s;(1分)
从木块开始运动到木块再回到木板最左端的整个过程中,
由能量守恒定律可得m=(M+m)+2Q,(2分)
解得Q=3.75 J,Epm=3.75 J.(1分)
答案:(1)1 m/s (2)3.75 J