第十六章检测(B)
(时间:90分钟 满分:100分)
一、选择题(本题包含10小题,每小题4分,共40分。在每小题给出的四个选项中,1~6题只有一个选项符合题目要求,7~10题有多个选项符合题目要求。全部选对的得4分,选不全的得2分,有错选或不答的得0分)
1.如图所示,PQS是固定于竖直平面内的光滑的14圆周轨道,圆心O在S的正上方。在O、P两点各有质量均为m的物块a和b,从同一时刻开始,a自由下落,b沿圆弧下滑。下列说法正确的是( )
A.a比b先到达S,它们在S点的动量不相同
B.a与b同时到达S,它们在S点的动量不相同
C.a比b先到达S,它们在S点的动量相同
D.b比a先到达S,它们在S点的动量相同
解析:在物体下落的过程中,只有重力对物体做功,机械能守恒,故有mgh=12mv2
解得v=2gh
所以在相同的高度,两物体的速度大小相同,即速率相同。
由于a的路程小于b的路程,故ta到达S点时a的速度竖直向下,b的速度水平向左,即两物体的动量大小相等,方向不同,故选项A正确,选项B、C、D错误。
答案:A
2.质量为5 kg的物体,原来以v=5 m/s的速度做匀速直线运动,现受到跟运动方向相同的冲量15 N·s的作用,历时4 s,物体的动量大小变为( )
A.80 kg·m/s B.160 kg·m/s
C.40 kg·m/s D.10 kg·m/s
解析:由动量定理I=p'-p,得p'=I+p=40 kg·m/s。
答案:C
3.两个弹性小球相向运动发生碰撞的短暂过程中,两个球同时依次经过减速、停止又反向运动的几个阶段,关于这两个球碰撞前的情况有以下叙述,以下判断正确的是( )
①两个球的质量一定相等 ②两个球的动量大小一定相等 ③两个球的速度大小与其质量成反比 ④两个小球碰撞过程中交换速度
A.①②③④ B.①②③
C.②③④ D.②③
解析:两弹性小球相向碰撞过程中,总动量守恒,由两球同时停止可知两球总动量为零,即两球的碰前动量一定等大反向;由于其质量不一定相同,若碰撞后速度交换,则其碰后总动量方向与碰前总动量方向可能相反(若两球质量不等时),即①④错误,②③正确,应选D。
答案:D
4.一个人在地面上立定跳远的最好成绩是x,假设他站立在车的A端要跳上距其l远的站台上,车与地面的摩擦不计,如图所示,则( )
A.只要lB.只要lC.只要l=x,他一定能跳上站台
D.只要l=x,他有可能跳上站台
解析:若立定跳远时,人离地时速度为v,如题图从车上起跳时,人离车时人的速度为v',车的速度为v车',由能量守恒得
E=12mv2,E=12mv'2+12m车v车'2
所以v'答案:B
5.平静的水面上停着一只小船,船头站立着一个人,船的质量是人的质量的8倍。从某时刻起,这个人向船尾走去,走到船中部他突然停止走动。水对船的阻力忽略不计。下列说法正确的是( )
A.人走动时,他相对于水面的速度和小船相对于水面的速度大小相等、方向相反
B.他突然停止走动后,船还会继续运动一小段时间
C.人在船上走动过程,人对水面的位移是船对水面的位移的9倍
D.人在船上走动过程,人的动能是船的动能的8倍
解析:人船系统动量守恒,总动量始终为零,因此人、船的动量等大,速度和质量成反比是8∶1,选项A错误。人“突然停止走动”是指人和船相对静止,设这时二者的速度为u,则(m0+m)u=0,所以u=0,说明船的运动立即停止,选项B错误。人和船系统动量守恒,速度和质量成反比,因此人的位移是船位移的8倍,选项C错误。由动能、动量关系Ek=p22m∝1m,人的动能是船的动能的8倍,选项D正确。
答案:D
6.如图所示,小木块A用细线吊在O点,此刻小木块的重力势能为零。一颗子弹以一定的水平速度射入木块A中,并立即与A有了共同的速度,然后一起摆动到最大摆角α。如果保持子弹入射的速度大小不变,而使子弹的质量增大,关于最大摆角α、子弹的初动能与木块和子弹一起达到最大摆角时的机械能之差ΔE,有( )
A.α角减小,ΔE增大 B.α角增大,ΔE减小
C.α角增大,ΔE也增大 D.α角减小,ΔE也减小
解析:设子弹质量为m,木块质量为m',子弹打入木块满足动量守恒定律,mv0=(m'+m)v,子弹和木块的共同速度 v=mv0m'+m,随后木块和子弹共同摆起至最大高度满足 12(m'+m)v2=(m'+m)gh,
h=12g·m2v02(m'+m)2=12g·v02m'm+12
可见,子弹质量m越大,h越高,α越大,子弹最初的机械能与最后的机械能之差
ΔE=12mv02?12(m'+m)v2=12m'v02·1m'm+1
所以,子弹的质量m越大,ΔE越大。
答案:C
7.关于冲量和功,以下说法正确的是( )
A.在某一过程中,作用于物体的合力的冲量为零,则合力的功也一定为零
B.在某一过程中,作用于物体的合力的功为零,则合力的冲量也一定为零
C.合力的冲量不为零时,合力的功也一定不为零
D.合力的功不为零时,合力的冲量也一定不为零
解析:对于一个确定的物体来说质量不变,合力冲量为0,对应的动量不发生变化,所以速度不变,由动能定理可知合力的功一定为零;若合力的功不为零,则动能一定变化,速度大小改变,物体的动量变化,由动量定理,合力的冲量一定不为0。选项A、D正确,选项B、C错误。
答案:AD
8.杂技演员做高空表演时,为了安全,常在下面挂起一张很大的网,当演员失误从高处掉下落在网上时,与从相同高度落在地面上相比较,下列说法正确的是( )
A.演员落在网上时的动量较小
B.演员落在网上时的动量变化较小
C.演员落在网上时的动量变化较慢
D.演员落在网上时受到网的作用力较小
解析:演员落到网上和地面上时的速度相同,所以两种情况下,动量的变化相同,但落在网上时,作用时间较长,由动量定理可知,作用力较小,故A、B错误,C、D正确。
答案:CD
9.如图所示,弹簧的一端固定在竖直墙上,质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上,底部与水平面平滑连接,一个质量也为m的小球从槽上高h处由静止开始自由下滑( )
A.在下滑过程中,小球和槽之间的相互作用力对槽不做功
B.在下滑过程中,小球和槽组成的系统在水平方向动量守恒
C.被弹簧反弹后,小球和槽都做速率不变的直线运动
D.被弹簧反弹后,小球能回到槽上高h处
解析:在下滑过程中,小球和槽之间的相互作用力对槽做功,选项A错误;在下滑过程中,小球和槽组成的系统在水平方向所受合外力为零,系统在水平方向动量守恒,选项B正确;小球与槽组成的系统在水平方向动量守恒,球与槽的质量相等,小球与槽分离后,小球速度与槽的速度大小相等,小球被弹簧反弹后与槽的速度相等,小球和槽在水平方向不受外力作用,故小球和槽都做匀速直线运动,小球不能滑到槽上,选项C正确,D错误。
答案:BC
10.质量为m1的物块以速度v运动,与质量为m2的静止物块发生正撞,碰撞后两者的动量正好相等,两者质量之比m1m2可能为( )
A.2 B.3
C.4 D.5
解析:设碰撞后两者的动量都为p,则总动量为2p,根据动量和动能的关系有p2=2mEk,根据能量的关系得,由于动能不增加,则有(2p)22m1≥p22m1+p22m2,解得 m1m2≤3。由于碰撞后两者的位置关系决定了v1≤v2,即pm1≤pm2,故m1m2≥1。故A、B正确,C、D错误。
答案:AB
二、填空题(本题包含2小题,共20分)
11.(6分)如图所示,气球吊着A、B两个重物以速度v匀速上升,已知A与气球的总质量为m1,B的质量为m2,且m1>m2。某时刻A、B间细线断裂,当气球的速度增大为2v时,B的速度大小为 ,方向 。(不计空气阻力)?
解析:规定向上为正方向,系统动量守恒,根据动量守恒定律得,(m1+m2)v=m1·2v+m2v',解得v'=(m2-m1)vm2,因为m1>m2,所以v'为负值,可知方向竖直向下,大小为(m1-m2)vm2。
答案:(m1-m2)vm2 竖直向下
12.(14分)碰撞恢复系数的定义为e=|v2-v1||v20-v10|,其中v10和v20分别是碰撞前两物体的速度,v1和v2分别是碰撞后两物体的速度,弹性碰撞的恢复系数e=1,非弹性碰撞的恢复系数e<1。某同学借用探究碰撞中的不变量的实验装置(如图所示)验证弹性碰撞的恢复系数是否为1,实验中使用半径相等的刚性小球1和小球2,且小球1的质量大于小球2的质量。
实验步骤如下:
安装好实验装置,做好测量前的准备,并记下重垂线所指的位置O。
第一步,不放小球2,让小球1从斜槽上A点由静止滚下,并落在地面上,重复多次,用尽可能小的圆把小球的所有落点圈在里面,其圆心就是小球落点的平均位置。
第二步,把小球2放在斜槽前端边缘处的C点,让小球1从A点由静止滚下,使它们碰撞,重复多次,并使用与第一步同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置。
第三步,用刻度尺分别测量三个落点的平均位置离O点的距离,即线段OM、OP、ON的长度。
(1)P点是 的平均位置,M点是 的平均位置,N点是 的平均位置。?
(2)写出用测量量表示的恢复系数的表达式: 。?
(3)三个落点距O点的距离OM、OP、ON与实验所用的小球质量是否有关? 。?
解析:小球从槽口B飞出后做平抛运动的时间相同,设为t,则有OP=v10t,OM=v1t,ON=v2t,小球2碰撞前静止,v20=0,e=|v2-v1||v20-v10|=|ON-OM||0-OP|=ON-OMOP。
答案:(1)在实验的第一步中小球1的落点 小球1与小球2碰撞后,小球1的落点 小球2的落点 (2)e=ON-OMOP (3)OP与小球的质量无关,OM和ON与小球的质量有关
三、计算题(本题包含4小题,共40分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不得分。有数值计算的题,答案中必须写明数值和单位)
13.(8分)手榴弹在离地高h处时的速度方向恰好沿水平方向向左,速度大小为v,此时,手榴弹炸裂成质量相等的两块,设消耗的火药质量不计,爆炸后前半块的速度方向仍沿水平向左,速度大小为3v,那么两块弹片落地点之间的水平距离多大?
解析:设炸后每块质量为m,向左为正方向,则由动量守恒定律得2mv=m·3v+mv',则后半块速度v'=-v,即v'方向向右,由平抛运动知,弹片落地时间t=2hg,因此两块弹片落地点之间的水平距离x=3v·t+|v'|t=4v2hg。
答案:4v2hg
14.(10分)一质量为0.5 kg的小物块放在水平地面上的A点,距离A点5 m的位置B处是一面墙,如图所示。物块以v0=9 m/s的初速度从A点沿AB方向运动,在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7 m/s,碰后以6 m/s的速度反向运动直至静止。g取 10 m/s2。
(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ;
(2)若碰撞时间为0.05 s,求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F;
(3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W。
解析:(1)据动能定理,有
-μmgs=12mv2?12mv02
可得μ=0.32。
(2)据动量定理,有
FΔt=mv'-mv
可得F=130 N。
(3)W=12mv'2=9 J。
答案:(1)0.32 (2)130 N (3)9 J
15.(10分)如图所示,一条轨道固定在竖直平面内,粗糙的AB段水平,BCDE段光滑,CDE段是以O为圆心、R为半径的一小段圆弧。可视为质点的物块M和N紧靠在一起,静止于B处,M的质量是N的3倍。两物块在足够大的内力作用下突然分离,分别向左、右始终沿轨道运动。N到D点时速度沿水平方向,此时轨道对N的支持力大小等于N所受重力的34。M与AB段的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,求:
(1)物块N在D点的速度大小v;
(2)物块M滑行的距离l。
解析:(1)N在D点时,根据向心力公式得mg?34mg=mv2R,解得v=gR2。
(2)物块N从B到D的过程中,机械能守恒,
所以12mvN2=mgR+12mv2 ①
物块M与N分离的过程中,动量守恒,
所以3mvM=mvN②
M做匀减速直线运动,由动能定理得
0?12×3mvM2=?3μmgl ③
联立①②③解得l=R8μ。
答案:(1)gR2 (2)R8μ
16.(2018·全国卷Ⅰ)(12分)一质量为m的烟花弹获得动能E后,从地面竖直升空。当烟花弹上升的速度为零时,弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分,两部分获得的动能之和也为E,且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短,重力加速度大小为g,不计空气阻力和火药的质量。求:
(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间;
(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。
解析:(1)设烟花弹上升的初速度为v0,由题给条件有
E=12mv02 ①
设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t,由运动学公式有
0-v0=-gt②
联立①②式得
t=1g2Em。③
(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1,由机械能守恒定律有
E=mgh1④
火药爆炸后,烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动,设爆炸后瞬间其速度分别为v1和v2。由题给条件和动量守恒定律有
14mv12+14mv22=E ⑤
12mv1+12mv2=0 ⑥
由⑥式知,烟花弹两部分的速度方向相反,向上运动部分做竖直上抛运动。设爆炸后烟花弹上部分继续上升的高度为h2,由机械能守恒定律有
14mv12=12mgh2 ⑦
联立④⑤⑥⑦式得,烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度为
h=h1+h2=2Emg。
答案:(1)1g2Em (2)2Emg