高中物理 第一章 碰撞与动量守恒单元质量评估 教科教科高二物理试题

点囤市安抚阳光实验学校第一章碰撞与动量守恒单元质量评估(一)
(90分钟100分)
一、选择题(本大题共12小题,1～5单选,6～12多选,每小题4分,共48分)
1.如图所示,竖直墙壁两侧固着两轻质弹簧,水平面光滑,一弹性小球在两弹簧间往复运动,把小球和弹簧视为一个系统,则小球在运动过程中( )
A.系统的动量守恒,动能守恒
B.系统的动量守恒,机械能守恒
C.系统的动量不守恒,机械能守恒
D.系统的动量不守恒,动能守恒
【解析】选C。

小球与弹簧组成的系统在小球与弹簧作用的时间内受到了墙的作用力,故系统动量不守恒.系统只发生动能和弹性势能的相互转化,故机械能守恒,选项C正确。

2.质量M=327kg的小型(含燃料)由静止发射,发射时共喷出质量m=27kg的气体,设喷出的气体相对地面的速度均为v=1000 m/s。

忽略地球引力和空气阻力的影响,则气体喷出后,的速度大小为( )
A.76 m/s
B.82 m/s
C.90 m/s
D.99 m/s
【解析】选C。

根据动量守恒律:(M-m)v1+mv2=0,
所以气体喷出后的速度
v1=-=-m/s=-90m/s,
大小为90m/s,方向与喷出气体方向相反,C正确。

3.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.,
B.,
C.,
D.v1,
【解析】选D。

人和车这个系统,在水平方向上合外力于零,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,所以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,正确选项为D。

4.质量为m的人站在质量为M、长为L的静止小船的右端,小船的左端靠在岸边(如图所示)。

当他向左走到船的左端时,船左端离岸的距离是( )
A.L
B.
C. D.
【解析】选D。

作出位移状态图如图所示,
由动量守恒有m =M,解得x=,D对。

【补偿训练】
一个人在地面上立跳远的最好成绩是x,假设他站在船头要跳上距离L远处的平台上,水对船的阻力不计,如图,则( )
A.只要L<x,他一能跳上平台
B.只要L<x,他有可能跳上平台
C.只要L=x,他一能跳上平台
D.只要L=x,他有可能跳上平台
【解析】选B.若立跳远时,人离地时速度为v,如题图从船上起跳时,人离船时速
度为v′,船的速度为v船′,由能量守恒E=m人v2,E=m人v′2+m船v船′2
所以v′<v,人跳出的距离变小,所以B正确。

5.如图所示,质量相同的两木块A和B从同一高度同时开始自由下落,至某一位置时A被水平飞来的子弹击中(未穿出),则A、B两木块的落地时间t A、t B的比较,正确的是( )
A.t A=t B
B.t A>t B
C.t A<t B
D.无法判断
【解析】选B。

子弹与A木块作用后,由动量守恒可知,子弹进入木块A之后比子弹进入木块A之前速度减小,使木块A的落地时间增加,故选B。

【补偿训练】
(多选)如图所示,在质量为M的小车上挂有一单摆,摆球质量为m0,小车和单摆以恒的速度v沿光滑水平地面运动,与位于正对面的质量为m的静止平板车发生碰撞,碰撞的时间极短,在此碰撞过程中,下列情况中可能发生的是( )
A.小车、平板车、摆球的速度都发生变化,分别变为v1、v2、v3,满足(M+m)v=Mv1 +mv2+m0v3
B.摆球的速度不变,小车板车的速度变为v1和v2,满足Mv=Mv1+mv2
C.摆球的速度不变,小车板车的速度都变为v1,满足Mv=(M+m)v1
D.小车和摆球的速度都变为v1,平板车的速度变为v2,满足(M+m0)v=(M+m0)v1+mv2【解析】选B、C.小车与平板车碰撞时间极短,因此悬线仍处于竖直方向上,摆球在水平方向上不受力,所以摆球水平方向的动量不变,即速度不变,故选项A、D不正确。

由于碰撞过程中,摆球悬线竖直且水平面光滑,因此小车与平板车在碰撞过程中动量守恒。

但由于碰后小车与平板车的运动状态不确,因而有小车与平板车碰撞后分开和不分开两种可能性。

若碰撞后小车与平板车分开,设小车速度为v1,平板车速度为v2,由动量守恒律有:Mv=Mv1+mv2,所以选项B正确。

若碰撞后小车与平板车不分开,设共同速度为v1,由动量守恒律有:Mv=(M+m)v1,所以选项C正确。

6.下列说法中正确的是( )
A.动量大小不变的运动,一是匀速直线运动
B.运动物体在任一时刻的动量方向,一是该时刻的速度方向
C.物体的运动速度改变,其动量一改变
D.物体的加速度不变(不为0),其动量一不变
【解析】选B、C。

A中物体的动量大小不变,则物体的速度大小不变,但方向可能发生变化,因此不一是匀速直线运动,故A错误;据动量p=mv知,动量的方向与速度的方向相同,故B正确;据义式知,速度改变,则动量必改变,故C正确;物体的加速度不变,则物体做匀变速运动,速度一要变化,因而动量要变化,故D错误。

7.如图所示,A、B两质量相的物体,原来静止在平板小车C上,A和B间夹一被压缩了的轻弹簧,A、B与平板车上表面动摩擦因数之比为3∶2,地面光滑。

当弹簧突然释放后,A、B相对C滑动的过程中,则下列说法正确的是( )
A.A、B系统动量守恒
B.A、B、C系统动量守恒
C.小车向左运动
D.小车向右运动
【解析】选B、C。

弹簧伸长时因A受摩擦力f A=μA mg向右,B受摩擦力f B=μB mg 向左,μA>μB,则f A>f B,故两物体受的合力向右,由牛顿第三律可知:车子受的摩擦力向左,故小车向左运动,因此C对,D错;由于三者组成的系统合外力为0,故总动量守恒且一直为0,所以A错,B对,故答案为B、C。

8.向空中斜向上发物体,不计空气阻力,当物体的速度恰好沿水平方向时,物体炸裂为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的速度方向一与原速度方向相反
B.从炸裂到落地这段时间里,a飞行的水平距离一比b的大
C.a、b一同时到达地面
D.炸裂的过程中,a、b受到的爆炸力的大小一相
【解析】选C、D。

物体炸裂过程发生在物体沿水平方向运动时,由于物体沿水平方向不受外力,所以沿水平方向动量守恒,根据动量守恒律有:
(m A+m B)v=m A v A+m B v B
当v A与原来速度v同向时,v B可能与v A反向;另外一种情况是由于v A的大小没有确,题目只讲a的质量较大,若v A很小,则m A v A还可能小于原动量(m A+m B)v,这时v B的方向会与v A方向一致,即与原来方向相同,所以选项A错误。

a、b两块在水平飞行的同时,竖直方向做自由落体运动,即做平抛运动,落地时间由高度决,所以选项C正确。

由于水平飞行距离x=v·t,a、b两块炸裂后的速度v A、v B不一相,而落地时间t又相,所以水平飞行距离无法比较大小,所以选项B错误。

根据牛顿第三律,a、b所受爆炸力F A=-F B,是一对作用力和反作用力,所以选项D正确。

综合上述分析,可知正确答案是C、D两项。

9.质量为m的物块甲以3m/s的速度在光滑水平面上运动,有一轻弹簧固其上,另一质量也为m的物块乙以4m/s的速度与甲相向运动,如图所示。

则( )
A.甲、乙两物块在弹簧压缩过程中,由于弹力作用,系统动量不守恒
B.当两物块相距最近时,甲物块的速率不为零
C.当甲物块的速率为1 m/s时,乙物块的速率可能为2 m/s,也可能为0
D.甲物块的速率可能达到5 m/s
【解析】选B、C。

甲、乙两物块和弹簧组成的系统,水平方向不受外力,系统动量守恒,A错;当二者速度相时,两物块相距最近,又由于最初乙的动量大于甲的动量,由动量守恒知,两物块相距最近时速率不为零,B正确;取乙的方向为正方向,则4m-3m=mv′乙+mv′甲,当v′甲=1m/s时,v′乙=0;当v′甲=-1m/s时,v′乙
=2m/s,C正确;当二者分离(即弹簧再次处于原长)时,甲物块的速度达到最大,
由能量守恒有m +m =mv +mv,联立上式解得v′甲=4m/s,即甲物块速率最大为4m/s,D错。

10.质量分别为m1和m2的两个物体碰撞前后的位移—时间图像如图所示,以下说法正确的是( )
A.碰撞前两物体动量相同
B.质量m1于质量m2
C.碰撞后两物体一起做匀速直线运动
D.碰撞前两物体动量大小相、方向相反
【解析】选B、D。

由两图线斜率大小相知,速率相,碰撞后v=0即p=0,所以
m1v1=m2v2,知m1=m2,则B、D正确。

11.质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上,箱子中间有一质量为m的小物块,小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ。

初始时小物块停在箱子间,如图所示。

现给小物块一水平向右的初速度v,小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子间,并与箱子保持相对静止。

设碰撞都是弹性的,则整个过程中,系统损失的动能为( )
A.mv2
B.v2
C.NμmgL
D.NμmgL
【解析】选B、D。

根据动量守恒,共同速度v′=,损失动能ΔE k =mv2-
(M+m)v′2=v2,所以B正确.根据能量守恒,损失的动能于因摩擦放出的热量,而计算热量的方法是摩擦力乘以相对位移,所以ΔE k=N·fL=NμmgL,可见D 正确。

12.用不可伸长的细线悬挂一质量为M的小木块,木块静止,如图所示。

现有一质量为m的子弹自左方水平射向木块,并停留在木块中,子弹初速度为v0,则下列判断正确的是( )
A.从子弹射向木块到一起上升到最高点的过程中系统的机械能守恒
B.子弹射入木块瞬间动量守恒,故子弹射入木块瞬间子弹和木块的共同速度为
C.忽略空气阻力,子弹和木块一起上升过程中系统机械能守恒,其机械能于子弹射入木块前的动能
D.子弹和木块一起上升的最大高度为
【解析】选B、D。

从子弹射向木块到一起运动到最高点的过程可以分为两个阶段:子弹射入木块的瞬间系统动量守恒,但机械能不守恒,有机械能转化为系统内能,之后子弹在木块中与木块一起上升,该过程只有重力做功,机械能守恒但总能量小于子弹射入木块前的动能,因此A、C错误;由子弹射入木块瞬间动量守
恒可得子弹射入木块后的共同速度为,B正确;之后子弹和木块一起上升,
由该阶段机械能守恒可得上升的最大高度为,D正确。

二、计算题(本大题共4小题,共52分,要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位)
13.(10分)甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑水平面上匀速相向行驶,速率均为6m/s。

甲车上有质量m=1kg的小球若干个,甲和他的车及所带小球总质量为M1= 50 kg,乙和他的车总质量为M2=30kg,甲不断地将小球以16.5m/s的对地速度水平抛向乙,并被乙接住。

问甲至少要抛出多少个球才能保证两车不相撞?
【解题指南】扔完n个球后甲车的速率为v′1,乙车接住n个球后速率变为v′2,甲、乙不相撞的一个必要条件是v′1与v′2同向。

设v′1、v′2与v1(甲原来的方向)同向,且v′1≤v′2。

【解析】以甲和乙及车的整体为研究对象,选甲原来的运动方向为正。

由动量守恒得:
M1v1-M2v2=(M1-nm)v′1+(M2+nm)v′2(3分)
临界条件为v′1=v′2(2分)
代入上式可得v′1==m/s=1.5m/s(1分)
再以甲车及其车上的球为研究对象,由动量守恒得:
M1v1=(M1-nm)v′1+nmv0(3分)
解得n===15(个)。

(1分)
答案:15
14.(12分)光滑水平面上有一质量为M的滑块,滑块的
左侧是一光滑的圆弧,圆弧半径为R=1m。

一质量为m
的小球以速度v0向右运动冲上滑块。

已知M=4m,g取10m/s2,若小球刚好没滑出
圆弧的上端,求:
(1)小球的初速度v0是多少?
(2)滑块获得的最大速度是多少?
【解析】(1)当小球上升到滑块上端时,小球与滑块水平方向速度相同,设为v1,根据水平方向动量守恒得:
mv0=(m+M)v1①(2分)
因系统机械能守恒,所以根据机械能守恒律得:
m =(m+M)+mgR ②(3分)
解得v0=5m/s③(1分)
(2)小球到达最高点以后又滑回,滑块又做加速运动,当小球离开滑块后滑块速度最大.研究小球开始冲上滑块一直到离开滑块的过程,根据动量守恒和机械能守恒得:
mv0=mv2+Mv3④(2分)
m =m +M⑤(3分)
解得v3==2m/s(1分)
答案:(1) 5m/s (2)2 m/s
15.(14分)如图所示,一轻质弹簧的一端固在滑块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m A=m,m B=m,m C=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中,机械能守恒,设其滑到底面的速度为v1,由机械能守恒律得:
m A gh=m A①(1分)
解得v1=②(1分)
滑块A与B碰撞的过程,A、B系统的动量守恒,碰撞结束瞬间具有共同速度设为
v2,由动量守恒律得
m A v1=(m A+m B)v2③(1分)
解得v2=v1=④(1分)
(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,设为速度v3。

由动量守恒律得: m A v1=(m A+m B+m C)v3⑤(1分)
v3=v1=⑥(1分)
由机械能守恒律得:
E pm =(m A+m B )-(m A+m B+m C )⑦(2分)
解得E pm =mgh (1分)
(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速度为v4,滑块C的速度为v5,分别由动量守恒律和机械能守恒律得:
(m A+m B)v2=(m A+m B)v4+m C v5⑧(1分)
(m A+m B )=(m A+m B )+m C⑨(1分)
解⑧⑨得v4=-,
v5=(另一组解舍去) ⑩
滑块C从桌面边缘飞出后做平抛运动:
s=v5t ⑪(1分)H=gt2⑫(1分)
解⑩⑪⑫得:s=⑬(1分)
答案:(1)(2)mgh (3)
16.(16分)如图甲所示,光滑水平面上停放着一辆上表面粗糙的平板车,一属块以水平速度v0滑到平板车上,在0～t0时间内它们的速度随时间变化的图象如图乙所示,求:
(1)属块与平板车的质量之比。

(2)若属块没滑离平板车,则平板车的最终速度为多少?
(3)属块与平板车上表面间的动摩擦因数。

【解析】(1)以平板车和属块为研究对象,由于平板车和属块组成的系统不受外力,所以动量守恒,t0时刻m和M 的速度分别为、,故有
mv0=m +M(4分)
即=(2分)
(2)设属块与平板车最后的共同速度为v,由动量守恒律得:mv0=(M+m)v
(3分)
即v=v0(1分)
(3)对平板车有μmg=Ma (2分)
=at0(2分)
解得μ=(2分)
答案:(1)(2)v0(3)
【总结提升】解答力学综合题的基本思路和步骤
1.认真审题,明确题目所述的物理情景,确研究对象。

2.分析对象受力及运动状态和运动状态变化的过程,画出草图。

3.根据运动状态变化的规律确解题观点,选择规律。

(1)研究某一物体所受力的瞬时作用与物体运动状态的关系时,一般用力的观点解题。

(2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时,一般用动量理(涉及时间的问题)或动能理(涉及位移的问题)解题。

(3)若研究的对象为一物体系统且它们之间有相互作用,一般用两个守恒律去解题,但须注意研究的问题是否满足守恒的条件。

(4)在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒律,即系统克服摩擦力所做的总功于系统机械能的减少量(转变为系统内能的量)。

(5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧物理现象时,须注意到一般这些过程均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转化.这种问题由于作用时间都极短,故动量守恒律一般能派上大用场。

4.根据选择的规律列式,有时还需挖掘题目中的其他条件(如隐含条件、临界条件、几何条件)来补充方程。

5.代入数据(统一单位)计算结果,并对结果的物理意义进行讨论。