高中物理粤教版选修3-5自测题 第一章 碰撞与动量守恒 章末质量评估 Word版含解析

章末质量评估

一、单项选择题(本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得3分，选错或不答的得0分)
1．一支枪水平固定在小车上，小车放在光滑的水平面上，枪发射子弹时，关于车、枪和子弹的说法正确的是(　　)
A．枪和子弹组成的系统动量守恒
B．枪和车组成的系统动量守恒
C．枪、车和子弹组成的系统动量守恒
D．若忽略摩擦，枪、车组成的系统动量近似守恒
解析：由于枪被固定在车上，所以发射子弹过程中枪必然与车相互作用，即枪要受到车的作用力，故枪和子弹组成的系统动量不守恒，所以A项错误；因为枪与车作用是枪与子弹作用的结果，因此枪和车组成的系统动量也不守恒，即B项错误；D项中，由于枪与子弹的作用主要是火药爆炸后的推力，而不是摩擦力，因此即使忽略了摩擦力，枪和车组成的系统动量也不守恒，所以正确的只有C项．
答案：C
2．下列说法错误的是(　　)
A．根据F＝可把牛顿第二定律表述为：物体动量的变化率等于它所受的合外力
B．力与力的作用时间的乘积叫作力的冲量，它反映了力的作用对时间的累积效应，是一个标量
C．动量定理的物理实质与牛顿第二定律是相同的，但有时用起来更方便
D．易碎品运输时要用柔软材料包装，船舷常常悬挂旧轮胎，都是为了延长作用时间以减小作用力
解析：选项A是牛顿第二定律的另一种表达方式，所以A正确；冲量是矢量，B错误；F＝是牛顿第二定律的最初表达方式，实质是一样的，C正确；易碎品运输时用柔软材料包装，船舷常常悬挂旧轮胎，都是为了延长作用时间，减小作用力，D正确．
答案：B
3．质量为2 kg的物体，速度由4 m/s变成－6 m/s，则在此过程中，该物体所受到的合外力冲量是(　　)
A．－20 N·s　　 B．20 N·s
C．－4 N·s D．－12 N·s
解析：根据动量定理，冲量等于动量的变化量，有
I＝－6×2－4×2 kg·m/s＝－20 kg·m/s＝－20 N·s，A正确．
答案：A
4.如图所示，在光滑水平面上，有质量分别为2m和m的A，B两滑块，它们中间夹着一根处于压缩状态的轻质弹簧(弹簧与A，B不拴连)，由于被一根细绳拉着而处于静止状态．当剪断细绳，在两滑块脱离弹簧之后，下述说法正确的是(　　)
A. 两滑块的动能之比EkA∶EkB＝1∶2
B. 两滑块的动量大小之比pA∶pB＝2∶1
C. 两滑块的速度大小之比vA∶vB＝2∶1
D. 弹簧对两滑块做功之比WA∶WB＝1∶1
解析：根据动量守恒定律知，两滑块脱离弹簧后动量大小相等，B项错误；mAvA＝mBvB，故vA∶vB＝mB∶mA＝1∶2，C项错误；由Ek＝得EkA∶EkB＝mB∶mA＝1∶2，A项正确；由W＝ΔEk知WA∶WB＝EkA∶EkB＝1∶2，D项错误．
答案：A
5.如图所示，半径为R的光滑半圆槽质量为M，静止在光滑水平面上，其内表面有一质量为m的小球被竖直细线吊着位于槽的边缘处，现将线烧断，小球滑行到最低点向右运动时，槽的速度为 (　　)
A．0 B. ，方向向左
C. ，方向向右 D．不能确定
解析：以水平向右为正方向，设在最低点时m和M的速度大小分别为v和v′，根据动量守恒定律得：0＝mv－Mv′，根据机械能守恒定律得：mgR＝mv2＋Mv′2，联立以上两式解得v′＝ ，方向向左，故选项B正确．
答案：B
6．以速度20 m/s沿水平方向飞行的手榴弹在空中爆炸，炸裂成1 kg和0.5 kg的两块，其中0.5 kg的那块以40 m/s的速率沿与原来速度相反的方向运动，此时另一块的速率为(　　)
A．10 m/s B．30 m/s
C．50 m/s D．70 m/s
解析：手榴弹在空中爆炸，爆炸力远大于重力，在水平方向上动量守恒，以手榴弹原来速度为正方向，由动量守恒定律得： Mv0＝m1v1＋m2v2，即1.5×20＝0.5×＋1×v2，解得v2＝50 m/s，故选C.
答案：C
7．质量M＝327 kg的小型火箭(含燃料)由静止发射，发射时共喷出质量m＝27 kg的气体，设喷出的气体相对地面的速度均为v＝1 000 m/s.忽略地球引力和空气阻力的影响，则气体全部喷出后，火箭的速度大小为(　　)
A．76 m/s　　　 B．82 m/s
C．90 m/s D．99 m/s
解析：根据动量守恒定律：(M－m)v1＋mv2＝0，所以气体全部喷出后火箭的速度v1＝－＝－m/s＝－90 m/s，大小为90 m/s，方向与喷出气体方向相反，C正确.
答案：C
8.如图所示，质量为m的人立于平板车上，人与车的总质量为M，人与车以速度v1在光滑水平面上向东运动．当此人相对于车以速度v2竖直跳起时，车的速度变为(　　)
A . ，向东 B. ，向东
C. ，向东 D．v1，向东
解析：人和车这个系统，在水平方向上合外力等于零，系统在水平方向上动量守恒．设车的速度v1的方向为正方向，选地面为参考系，初态车和人的总动量为Mv1，末态车的动量为(M－m)v′1.因为人在水平方向上没有受到冲量，其水平动量保持不变，人在水平方向上对地的动量仍为mv1，则有Mv1＝(M－m)v′1＋mv1，(M－m)v1＝(M－m)v′1，所以v′1＝v1，正确选项应为D.
答案：D
9．质量为m的小球A以水平初速度v0与原来静止的光滑水平面上的质量为3m的小球B发生正碰，已知碰撞过程中A球的动能减少了75%，则碰撞后B球的动能可能是(　　)
A.mv B.mv
C.mv D.mv
解析：碰撞过程中A球的动能减少了75%，即变为原来的，所以A的速度大小变为原来的.
若碰后A球速度方向和原来的方向一致，取A原来的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得： mv0＝m＋3mvB，解得vB＝v0，碰后A、B同向运动，A在B的后面，A的速度大于B的速度，不可能；
若碰后A球速度方向和原来的方向相反，取A原来的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得： mv0＝－m＋3mvB，解得vB＝v0.符合题意，碰撞后B球的动能为EB＝×3mv＝mv，故B正确．
答案：B
10．物体在恒定的合力作用下做直线运动，在时间t1内动能由零增大到E1，在时间t2内动能由E1增加到2E1，设合力在时间t1内做的功为W1、冲量为I1，在时间t2内做的功为W2、冲量为I2，则(　　)
A．I1I2
C．W1 >W2 D．W1 解析：动量与动能的关系式为p＝，则由动量定理得： I1＝， I2＝－＝2－，则I1＞I2，故A错误、B正确；根据动能定理得：W1＝E1－0＝E1，W2＝2E1－E1＝E1，则W1＝W2，故CD错误．
答案：B
二、多项选择题(本大题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分)
11．关于动量、冲量以及动量变化说法正确的是(　　)
A．一个做曲线运动的物体，其动量的大小和方向变化，而在相等时间内物体受到的合外力的冲量不可能始终相等
B. 一个做曲线运动的物体，其动量的大小始终不变，而在相等时间内合外力的冲量大小可能总相等
C．一个物体合外力冲量为零时，虽然其动量不变，但是物体所受到的每个力的冲量可能一直增大
D．一个运动物体，其动量越来越大，而其加速度可能越来越小
解析：物体做曲线运动，速度方向一定改变，速度大小可能改变，在相等时间内物体受到的合外力的冲量可能始终相等，如平抛运动，A错误；动量的大小始终不变，可能做匀速圆周运动，若时间为周期的整数倍，则相等时间内合外力的冲量大小总相等，B正确；物体合外力冲量为0时，根据动量定理，其动量不变；但是物体所受到的每个力的冲量可能一直增大，只要保证合力为零即可，C正确；运动物体，其动量越来越大，说明速度越来越大，加速度可能越来越小，如从高空落下的雨滴，有收尾速度，D正确．
答案：BCD
12．子弹以一定的速度v0能将置于光滑水平面上的木块击穿后飞出，设子弹所受阻力恒定，若子弹仍以v0射入同种材料、同样长度、质量更大的木块时，子弹也能击穿木块，则击穿木块后(　　)
A. 木块获得速度变小
B. 子弹穿过木块后速度变小
C. 子弹射穿木块的时间变长
D. 木块加速位移变小
解析：子弹所受阻力恒定，两种情况子弹的加速度相等．木块的质量增大后加速度变小，所以子弹相对于木块的加速度变大，相对位移不变，则子弹射穿木块的时间变短．根据动量定量，对木块有：Ft＝m木v木，得：v木＝，t变短，m木变大，则木块获得速度v木变小．对子弹有：－Ft＝m弹v弹－m弹v0.得：v弹＝v0－，t变小，其他量不变，则子弹穿过木块后速度v弹变大．木块加速位移为：x＝t2，t变小，m木变大，则x变小，故B、C错误，A、D正确．
答案：AD
13．在光滑的水平面上动能为E0，动量大小为p0的小钢球甲与静止的小钢球乙发生碰撞，碰撞前后钢球甲的运动方向反向，将碰后球甲的动能和动量的大小分别记为E1和p1，球乙的动能和动量的大小分别记为E2和p2，则必有(　　)
A．E1p0
C．E2>E0 D．p2>p0
解析：钢球甲与钢球乙碰撞，满足动量守恒定律，则p0＝－p1＋p2，所以p2＝p0＋p1，又因碰撞中能量不增加，故p1p0，D对；碰撞过程动能不增加，则E0≥E1＋E2，又E2≠0，故E1答案：AD
14．长木板A放在光滑的水平面上，质量为m的小物体B以水平初速v0滑上A的上表面，它们的v?t图象如图所示，则根据图中的信息(图中所标注的物理量均为已知量)可以求得(　　)
甲
乙
A．木板获得的动能
B．系统损失的机械能
C．木板的长度
D．A与B间的动摩擦因数
解析：由图象的斜率表示加速度求出长木板的加速度为aA＝，物块的加速度aB＝，根据牛顿第二定律，得f＝MaA，f＝maB，解得M＝，A板获得的动能EkA＝Mv＝mv1(v0－v1)，故A正确；系统损失的机械能等于摩擦力所做的功，由图象与坐标轴围成的面积表示位移可以求出B相对A运动的位移x＝v0t1，故Wf＝fx＝mv0(v0－v1)，故B正确；根据题意只能求出A、B的相对位移，不知道B最终停在哪里，无法求出木板的长度，故C错误；由牛顿第二定律可知，摩擦力f＝maB＝m，又f＝μmg，解得μ＝，故D正确．
答案：ABD
三、非选择题(本题共4小题，共54分．把答案填在题中的横线上或按题目要求作答．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能得分．答案中必须明确写出数值和单位)
15．(12分)某同学用如图甲所示的装置做验证动量守恒定律的实验．先将a球从斜槽轨道上某固定点处由静止开始滚下，在水平地面上的记录纸上留下压痕，重复10次；再把同样大小的b球放在斜槽轨道末端水平段的最右端上，让a球仍从原固定点由静止开始滚下，和b球相碰后，两球分别落在记录纸的不同位置处，重复10次．
图甲　　　　图乙
(1)本实验必须测量的物理量有______(填字母序号)．
A．斜槽轨道末端到水平地面的高度H
B．小球a、b的质量ma、mb
C．小球a、b的半径r
D．小球a、b离开斜槽轨道末端后平抛飞行的时间t
E．记录纸上O点到A、B、C各点的距离OA、OB、OC
F．a球的固定释放点到斜槽轨道末端水平部分间的高度差h
(2)两小球的直径用螺旋测微器核准相等，测量结果如图乙所示，则两小球的直径均为________m.
(3)放上被碰小球b，两球(ma>mb)相碰后，小球a、b的落地点依次是图中水平面上的______点和________点．
(4)某同学在做实验时，测量了过程中的各个物理量，利用上述数据验证碰撞中的动量守恒，那么判断的依据是看________和________在误差允许范围内是否相等．
解析：(1)小球离开轨道后做平抛运动，小球在空中的运动时间t相等，如果碰撞过程动量守恒，则有：mav0＝mava＋mbvb，两边同时乘以时间t得： mav0t＝mavat＋mbvbt，则maOB＝maOA＋mbOC，因此A实验需要测量：两球的质量，两球做平抛运动的水平位移，故ACD错误，BE正确．
(2)螺旋测微器的主尺部分长度为12.5 mm，转动部分读数为： 39.5×0.01 mm，故最终读数为： mm＝12.895 mm＝1.289 5×10－2 m；
(3)由题图所示装置可知，小球a和小球b相撞后，小球b的速度增大，小球a的速度减小，b球在前，a球在后，两球都做平抛运动，由题图示可知，未放被碰小球时小球a的落地点为B点，碰撞后a、b的落点分别为A、C点．
(4)由(1)可知，实验需要验证的表达式为：maOB＝maOA＋mbOC，因此比较maOB与maOA＋mbOC即可判断动量是否守恒．
答案：(1)BE　(2)1.289 5×10－2　(3)A　C
(4)maOB　maOA＋mbOC
16.(12分)如图所示，传送带以v0＝2 m/s的水平速度把质量m＝20 kg的行李包运送到原来静止在光滑地面上质量M＝30 kg的小车上．若行李包与小车上表面间的动摩擦因数μ＝0.4，设小车足够长，则行李包从滑上小车至在小车上滑到最远处所经历的时间是多少？
解析：以行李包与小车构成的系统为研究对象，设行李包与小车最后达到共同速度v.由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，解得v＝0.8 m/s.
对行李包，由动量定理得－μmgt＝mv－mv0，
解得t＝0.3 s.
即行李包从滑上小车至在小车上滑到最远处所经历的时间为0.3 s.
答案：0.3 s
17.(14分)如图所示，光滑水平轨道上放置长板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为mA＝2 kg、mB＝1 kg、mC＝2 kg.开始时C静止，A、B一起以v0＝5 m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞．求A与C碰撞后瞬间A的速度大小．
解析：因碰撞时间极短，A与C碰撞过程动量守恒，设碰后瞬间A的速度为vA，C的速度为vC，以向右为正方向，由动量守恒定律，得
mAv0＝mAvA＋mCvC，①
A与B在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为vAB，由动量守恒定律，得
mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)vAB，②
A与B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足vAB＝vC，③
联立①②③式，代入数据得vA＝2 m/s.
答案：2 m/s
18．(16分)如图所示，一轻质弹簧的一端固定在滑块B上，另一端与滑块C接触但未连接，该整体静止放在离地面高为H的光滑水平桌面上．现有一滑块A从光滑曲面
上离桌面h高处由静止开始下滑下，与滑块B发生碰撞(时间极短)并粘在一起压缩弹簧推动滑块C向前运动，经一段时间，滑块C脱离弹簧，继续在水平桌面上匀速运动一段时间后从桌面边缘飞出．已知mA＝m，mB＝m，mC＝3m，求：
(1)滑块A与滑块B碰撞结束瞬间的速度；
(2)被压缩弹簧的最大弹性势能；
(3)滑块C落地点与桌面边缘的水平距离．
解析：(1)滑块A从光滑曲面上h高处由静止开始滑下的过程，机械能守恒，设其滑到底面的速度为v1，由机械能守恒定律，有mAgh＝mAv，
解得v1＝.
滑块A与B碰撞的过程，A、B系统的动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律，得
mAv1＝(mA＋mB)v2，
解得v2＝.
(2)滑块A、B发生碰撞后与滑块C一起压缩弹簧，压缩的过程机械能守恒，被压缩弹簧的弹性势能最大时，滑块A、B、C速度相等，设为速度v3，以向右为正方向，由动量守恒定律，得
mAv1＝(mA＋mB＋mC)v3，
解得v3＝；
由机械能守恒定律，得
(mA＋mB)v＝(mA＋mB＋mC)v＋Ep，
把v2、v3代入，解得Ep＝mgh.
(3)被压缩弹簧再次恢复自然长度时，滑块C脱离弹簧，设滑块A、B的速度为v4，滑块C的速度为v5，以向右为正方向，由动量守恒定律得(mA＋mB)v2＝(mA＋mB)v4＋mCv5，
由机械能守恒定律，得
(mA＋mB)v＝(mA＋mB)v＋mC v，
解得v4＝－，v5＝.
又滑块C从桌面边缘飞出后做平抛运动，有
水平方向s＝v5t，
竖直方向H＝gt2，
联立解得s＝.
答案：(1)　(2)mgh　(3)