最新精编物理选修3-5同步测试章末质量评估(1) 碰撞与动量守恒

章末质量评估(一)(时间：90分钟满分：100分)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：C2．玻璃杯从同一高度落下，掉在水泥地上比掉在草地上容易碎，这是由于玻璃杯与水泥地撞击的过程中( )A．玻璃杯的动量较大B．玻璃杯受到的冲量较大C．玻璃杯的动量变化较大D．玻璃杯的动量变化较快解析：玻璃杯从同一高度下落，落地前的速度大小相等，故落地前的动量相等，而最后的速度均为零，故说明动量的变化一定相等；由动量定理可知冲量也一定相等，但由于掉在水泥地上的时间较短，则说明玻璃杯掉在水泥地上动量变化较快，从而导致冲击力较大，使玻璃杯易碎；故D正确，A、B、C错误．答案：D3．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·sC．－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：A4.如图所示，一铁块压着一张纸条放在水平桌面上，当以较大速度v抽出纸条后，铁块掉在地上的P 点，若以2v速度抽出纸条，则铁块落地点为( )A ．仍在P 点B ．在P 点左侧C ．在P 点右侧不远处D ．在P 点右侧原水平位移的两倍处解析：纸条抽出的过程，铁块所受的摩擦力一定，以速度v 抽出纸条，铁块所受的摩擦力的作用时间较长，铁块获得的速度较大，铁块平抛运动的水平位移较大；若以2v 的速度抽出纸条，则铁块所受的摩擦力的作用时间较短，铁块获得的速度较小，平抛运动的水平位移较小，所以铁块落地点在P 点左侧，正确选项为B.答案：B5．子弹水平射入一个置于光滑水平面上的木块中，则( ) A ．子弹对木块的冲量必大于木块对子弹的冲量B ．子弹受到的冲量和木块受到的冲量大小相等、方向相反C ．当子弹与木块以同一速度运动后，子弹与木块的动量一定相等D ．子弹与木块的动量变化的方向相反，大小不一定相等解析：由牛顿第三定律知子弹射入木块时，二者受到的相互作用力F ＝－F ′，因此，二力在相同时间内的冲量大小相等、方向相反．故选项A 错，B 对．根据动量定理I ＝Δp ，知子弹和木块动量的变化大小相等、方向相反，故选项D 错．根据动量的定义知二者以同一速度运动时，速度相同，但质量不一定相同，故选项C 错．答案：B6．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/sB ．30 m/sC ．50 m/sD ．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： Mv 0＝m 1v 1＋m 2v 2，即1.5×20＝0.5×()－40＋1×v 2，解得v 2＝50 m/s ，故选C.答案：C7．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/sB ．82 m/sC ．90 m/sD ．99 m/s解析：根据动量守恒定律：(M －m)v 1＋mv 2＝0，所以气体全部喷出后火箭的速度v 1＝－mv 2M －m＝－27×1 000327－27m/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：C8.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v 1在光滑水平面上向东运动．当此人相对于车以速度v 2竖直跳起时，车的速度变为( )A . Mv 1－Mv 2M －m ，向东B. Mv 1M －m ，向东 C. Mv 1＋Mv 2M －m，向东D ．v 1，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v 1的方向为正方向，选地面为参考系，初态车和人的总动量为Mv 1，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mv 1，则有Mv 1＝(M －m)v′1＋mv 1，(M －m)v 1＝(M －m)v ′1，所以v ′1＝v 1，正确选项应为D.答案：D9．质量为m 的小球A 以水平初速度v 0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.18mv 20 B.38mv 20 C.124mv 20 D.116mv 20 解析：碰撞过程中A 球的动能减少了75%，即变为原来的14，所以A 的速度大小变为原来的12.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： mv 0＝m v 02＋3mv B ，解得v B ＝16v 0，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： mv 0＝－m v 02＋3mv B ，解得v B ＝12v 0.符合题意，碰撞后B 球的动能为E B ＝12×3mv 2B ＝38mv 20，故B 正确．答案：B10．物体在恒定的合力作用下做直线运动，在时间t 1内动能由零增大到E 1，在时间t 2内动能由E 1增加到2E 1，设合力在时间t 1内做的功为W 1、冲量为I 1，在时间t 2内做的功为W 2、冲量为I 2，则( )A ．I 1<I 2B ．I 1>I 2C ．W 1 >W 2D ．W 1 <W 2解析：动量与动能的关系式为p ＝2mE k ，则由动量定理得： I 1＝2mE 1， I 2＝2m ()2E 1－2mE 1＝2mE 1－2mE 1，则I 1＞I 2，故A 错误、B 正确；根据动能定理得：W 1＝E 1－0＝E 1，W 2＝2E 1－E 1＝E 1，则W 1＝W 2，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．A 、B 两球质量相等，A 球竖直上抛，B 球平抛，两球在运动中空气阻力不计，则下列说法中正确的是( )A ．相同时间内，动量的变化大小相等，方向相同B ．相同时间内，动量的变化大小相等，方向不同C ．动量的变化率大小相等，方向相同D ．动量的变化率大小相等，方向不同解析：A 、B 球在空中只受重力作用，相同时间内重力的冲量相同，因此两球动量的变化大小相等，方向相同，A 选项正确；动量的变化率为Δp Δt ＝m ΔvΔt＝mg ，大小相等，方向相同，C 选项正确．答案：AC12．一人从停泊在码头边的船上往岸上跳，若该船的缆绳并没拴在码头上，下列说法中正确的有( ) A ．船越轻小，人越难跳上岸 B ．人跳时对船速度大于对地速度 C ．船越重越大，人越难跳上岸 D ．人跳时对船速度等于对地速度解析：由系统动量守恒定律可知：Mv 船＋mv 人＝0，当船越重时，船获得的速度越小，则人相对船的速度则越大，人越好跳上岸，故A 正确、C 错误；人跳跃时，船要向后运动，所以人对船速度大于对地速度，人才能跳上岸，故B 正确、D 错误．答案：AB13．在光滑的水平面上动能为E 0，动量大小为p 0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E 1和p 1，球乙的动能和动量的大小分别记为E 2和p 2，则必有( )A ．E 1<E 0B ．p 1>p 0C ．E 2>E 0D ．p 2>p 0解析：钢球甲与钢球乙碰撞，满足动量守恒定律，则p 0＝－p 1＋p 2，所以p 2＝p 0＋p 1，又因碰撞中能量不增加，故p 1<p 0，B 错，p 2>p 0，D 对；碰撞过程动能不增加，则E 0≥E 1＋E 2，又E 2≠0，故E 1<E 0，A 对，E 2<E 0，C 错．答案：AD14．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v 0滑上A 的上表面，它们的v­t 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a A ＝v 1t 1，物块的加速度a B ＝v 0－v 1t 1，根据牛顿第二定律，得f ＝Ma A ，f ＝ma B ，解得M ＝m （v 0－v 1）v 1，A 板获得的动能E kA ＝12Mv 21＝12mv 1(v 0－v 1)，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 ＝12v 0t 1，故W f ＝fx ＝12mv 0(v 0－v 1)，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 ＝ma B ＝m v 0－v 1t 1，又f ＝μmg ，解得μ＝v 0－v 1gt 1，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HB．小球a、b的质量m a、m bC．小球a、b的半径rD．小球a、b离开斜槽轨道末端后平抛飞行的时间tE．记录纸上O点到A、B、C各点的距离OA、OB、OCF．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(m a>m b)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：m a v0＝m a v a＋m b v b，两边同时乘以时间t得： m a v0t＝m a v a t＋m b v b t，则m a OB＝m a OA＋m b OC，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：()12.5＋0.395 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：m a OB＝m a OA＋m b OC，因此比较m a OB与m a OA＋m b OC即可判断动量是否守恒．答案：(1)BE (2)1.289 5×10－2(3)A C(4)m a OB m a OA＋m b OC16．(12分)蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并在空中做各种动作的运动项目．一个质量为60 kg 的运动员，从离水平网面3.2 m 高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回离水平网面 5.0 m高处．已知运动员与网接触的时间为 1.2 s．若把在这段时间内网对运动员的作用力当作恒力处理，求此力的大小(g 取10 m/s2)．解析：法一：运动员刚接触网时速度的大小为v1＝2gh1＝2×10×3.2 m/s＝8 m/s，方向竖直向下．刚离开网时速度的大小为v 2＝2gh 2＝2×10×5.0 m/s ＝10 m/s ，方向竖直向上．运动员接触网的过程中，网的作用力为F ，规定竖直向上为正方向，根据动量定理得： (F －mg)t ＝mv 2－(－mv 1)，解得：F ＝mv 2＋mv 1t ＋mg ＝60×10－60×（－8）1.2 N ＋60×10 N＝1.5×103N ，方向竖直向上．法二：运动员从3.2 m 高处自由下落的时间为： t 1＝2h 1g＝ 2×3.210s ＝0.8 s ， 运动员刚离开网弹回5.0 m 高处所用的时间为： t 2＝2h 2g＝ 2×510s ＝1 s ， 整个过程中运动员始终受重力作用，仅在与网接触的t 3＝1.2 s 时间内受到网对他向上的弹力F 的作用，对全过程应用动量定理得：F ·t 3－mg(t 1＋t 2＋t 3)＝0，解得F ＝（t 1＋t 2＋t 3）t 3mg ＝0.8＋1＋1.21.2×60×10 N ＝1.5×103N ，方向竖直向上．答案：1.5×103N17．(14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，机械能守恒，设其滑到底面的速度为v 1，由机械能守恒定律，有m A gh ＝12m A v 21，解得v 1＝2gh ，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 m A v 1＝(m A ＋m B )v 2， 解得v 2＝2gh 2.(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v 3，以向右为正方向，由动量守恒定律，得m A v 1＝(m A ＋m B ＋m c )v 3， 解得v 3＝2gh 5， 由机械能守恒定律，得12(m A ＋m B )v 22＝12(m A ＋m B ＋m c )v 23＋E p ， 把v 2、v 3代入，解得E p ＝310mgh.(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v 4，滑块C 的速度为v 5，以向右为正方向，由动量守恒定律得：(m A ＋m B )v 2＝(m A ＋m B )v 4＋m C v 5，由机械能守恒定律，得12(m A ＋m B )v 22＝12(m A ＋m B )v 24＋12m C v 25， 解得：v 4＝－2gh 10，v 5＝22gh5. 滑块C 从桌面边缘飞出后做平抛运动． 水平方向：s ＝v 5t ， 竖直方向：H ＝12gt 2，解得s ＝4hH5.答案：(1)2gh 2 (2)310mgh (3)4hH 518．(16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A 和B 紧靠在一起，静止于b 处，A 的质量是B 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．B 到d 点时速度沿水平方向，此时轨道对B 的支持力大小等于B 所受重力的34. A 与ab 段的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ，求：(1)物块B 在d 点的速度大小v ； (2)物块A 滑行的距离s.解析：(1)设物块A 和B 的质量分别为m A 和m B ， 则m A ＝3m B .B 在d 处的合力为F ，依题意 F ＝m B g －34m B g ＝14m B g ，由牛顿第二定律 得14m B g ＝m B v2R ， v ＝Rg2. (2)设A 和B 分开时的速度分别为v 1和v 2，系统动量守恒 m A v 1－m B v 2＝0B 从位置b 运动到d 的过程中，由机械能守恒得 12m B v 22＝12m B v 2＋m B gR ， A 在滑行过程中，由动能定理得 0－12m A v 21＝－μm A gs ， 得s ＝R8μ.答案：(1)Rg 2 (2)R 8μ。