第十三章第一节课后达标检测编辑版

说练促学拣补短板一、选择题1 •从同样高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，其 原因是（ ）A •掉在水泥地上的玻璃杯动量小，而掉在草地上的玻璃杯动量大B .掉在水泥地上的玻璃杯动量改变小，掉在草地上的玻璃杯动量改变大C. 掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，掉在草地上的玻璃杯动量改变小D. 掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时作用力大，而掉在草地上的玻璃杯与地面接触 时作用力小解析：选D.玻璃杯从同样高度落下，到达地面时具有相同的速度，即具有相同的动量， 与地面相互作用后都静止•所以两种地面的情况中玻璃杯动量的改变量相同，故 A 、B 、C错误；落在水泥地上时，作用时间短，故作用力大，落在草地上时，作用时间长，故作用力 小，故D 正确.2•—颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块 A 并留在其中，A 、B 用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图所示•则在子弹打击木块 A 及弹簧被压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统（ ）A B口 厂A .动量守恒，机械能守恒B .动量不守恒，机械能守恒C .动量守恒，机械能不守恒D .无法判定动量、机械能是否守恒解析：选C.动量守恒的条件是系统不受外力或所受外力之和为零，本题中子弹、木块、 弹簧组成的系统，水平方向上不受外力， 竖直方向上受合外力之和为零，所以动量守恒.机械能守恒的条件是系统除重力、 弹力做功外，其他力对系统不做功，本题中子弹穿入木块瞬间有部分机械能转化为内能 （发热），所以系统的机械能不守恒.故 C 选项正确.A 、B 、D错误.3. （2015泉州检测）有一个质量为3m 的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为 V o 、 方向水平向东，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为 2m ,速度大小为 v ,方 向水平向东，则另一块的速度是 （ ）A . 3v o — vB . 2v o — 3vC . 3v o — 2vD . 2v °+ v解析：选C.在最高点水平方向动量守恒，由动量守恒定律可知， 3mv o = 2mv + mv ',可得另一块的速度为 v ' = 3v o — 2v ，对比各选项可知，答案选 C.4.（2oi4高考福建卷）一枚火箭搭载着卫星以速率v o 进入太空预定位置，由控制系统使 箭体与卫星分离.已知前部分的卫星质量为m !，后部分的箭体质量为 m 2,分离后箭体以速 率v 2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速 率v !为（ ）巧 ■ 裁卫 .V|］ ____ ■空匸口 兰匚口.一 m 2 . m 2z 、C . v o — v 2D . v o + (v o — v 2)m i m i解析：选D.对火箭和卫星由动量守恒定律得(m i + m 2)v o = m 2v 2+ m i v i解得 v i = mi + m2 vo — m2v2 =v o + 业(v o — v 2). m i m i故选D.5. （2oi5北京西城区模拟）i966 年,在地球的上空完成了用动力学方法测质量的实验. 课后达标检测 A . v o — v 2 B . v o + v 2验时，用“双子星号”宇宙飞船去接触正在轨道上运行的火箭组（后者的发动机已熄火），接触以后，开动“双子星号”飞船的推进器，使飞船和火箭组共同加速•推进器的平均推力 F =895 N ,推进器开动时间盘=7 s.测出飞船和火箭组的速度变化A v = 0.91 m/s.已知“双子星号”飞船的质量m1= 3 400 kg.由以上实验数据可测出火箭组的质量m2为（）A . 3 400 kgB . 3 485 kgC. 6 265 kg D . 6 885 kg解析：选B.根据动量定理得F A t = （m1+ m2）A v，代入数据解得m2 = 3 485 kg , B选项正确.6.（2015 •肥质检）一质量为2 kg的物体受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直线运动时的a —t图象如图所示，t= 0时其速度大小为2 m/s，滑动摩擦力大小恒为 2 N，则A .在t= 6 s的时刻，物体的速度为18 m/sB .在0〜6 s时间内，合力对物体做的功为400 JC.在0〜6 s时间内，拉力对物体的冲量为36 N sD .在t= 6 s的时刻，拉力F的功率为200 W解析：选D.类比速度一时间图象中位移的表示方法可知，速度变化量在加速度一时间图象中由图线与坐标轴所围面积表示，在0〜6 s内A v = 18 m/s, v0= 2 m/s，贝U t = 6 s时的速度v= 20 m/s, A项错；由动能定理可知，0〜6 s内，合力做的功为W= *mv2—*mv0= 396 J, B项错；由动量定理可知，I F—F f •= mv —mv°，代入已知条件解得I F=48 N s, C项错；由牛顿第二定律可知， 6 s末F—F f = ma,解得F = 10 N，所以拉力的功率P = Fv = 200 W,D项正确.7.如图是“牛顿摆”装置，5个完全相同的小钢球用轻绳悬挂在水平支架上，5根轻绳互相平行，5个钢球彼此紧密排列，球心等高.用1、2、3、4、5分别标记5个小钢球.关于此实验，若不计空气阻力和碰撞中的能量损失，则下列说法中正确的是（）A .当把小球1向左拉起一定高度，如图甲所示，然后由静止释放，在极短时间内经过小球间的相互碰撞，可观察到球5向右摆起，且达到的最大高度与球1的释放高度相同，如图乙所示B.如果同时向左拉起小球1、2、3到相同高度（如图丙所示），同时由静止释放，经碰撞后，小球4、5 一起向右摆起，且上升的最大高度高于小球1、2、3的释放高度C.如果同时向左拉起小球1、2、3到相同高度（如图丙所示），同时由静止释放，经碰撞后，小球3、4、5 一起向右摆起，且上升的最大高度与小球1、2、3的释放高度相同D .上述整个实验过程中，5个小球组成的系统机械能守恒，动量守恒E.上述整个实验过程中，5个小球组成的系统机械能守恒,解析：选ACE.由于相邻两球依次发生弹性碰撞，故选项过程中，5个小球组成系统的机械能、动量均守恒，但在上述整个实验过程中（包括下摆和动量不守恒A、C对，B错；虽然在碰撞上摆），系统机械能守恒，动量不守恒，故选项D错，E对.☆ 8•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卩初始时小物块停在箱子的正中间，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次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止.设碰撞都是弹性的，在整个过程中，系统损失的动能为（）12mM 2A~mv B. v2 2 m+ M1C.qN^ mgL D . N^ mgL解析：选BD.由于水平面光滑，箱子和小物块组成的系统动量守恒，二者经多次碰撞后，保持相对静止，易判断两物体最终速度相等设为u,由动量守恒定律得mv = （m + M）u,系统损失的动能为gmv1 2—~（m+ M）u2=1 mM v2, B正确；系统损失的动能等于克服摩擦力做的2 2' ‘ 2m+ M功，即A E k=-W f= mgL, D 正确.二、非选择题9.（2013高考江苏卷）如图所示，进行太空行走的宇航员A和B的质量分别为80 kg和100 kg,他们携手远离空间站，相对空间站的速度为0.1 m/s.A将B向空间站方向轻推后，A 的速度变为0.2 m/s，求此时B的速度大小和方向.解析：根据动量守恒定律，（口人+ m B）v0= m A V A+ m B v B，代入数值解得v B= 0.02 m/s，离开空间站方向.答案：0.02 m/s离开空间站方向10.（2014高考天津卷）如图所示，水平地面上静止放置一辆小车A,质量m A= 4 kg ,上表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计.可视为质点的物块B置于A的最右端，B的质量m B = 2 kg.现对A施加一个水平向右的恒力F = 10 N , A运动一段时间后，小车左端固定的挡板与B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A、B粘合在一起，共同在F的作用下继续运动，碰撞后经时间t = 0.6 s, 二者的速度达到w= 2 m/s.求：1 A开始运动时加速度a的大小；2 A、B碰撞后瞬间的共同速度v的大小；⑶A的上表面长度I.解析：（1）以A为研究对象，由牛顿第二定律有F = m A a ①代入数据解得a= 2.5 m/s2.②⑵对A、B碰撞后共同运动t = 0.6 s的过程，由动量定理得Ft = （m A+ m B）v—（m a+ m B）v ③代入数据解得v= 1 m/s.④（3）设A、B发生碰撞前，A的速度为V A,对A、B发生碰撞的过程，由动量守恒定律有m A V A=（叫+ m B）v ⑤A从开始运动到与B发生碰撞前，由动能定理有1 2Fl = ?m A V A ⑥由④⑤⑥式，代入数据解得| = 0.45 m.答案：（1）2.5 m/s2（2）1 m/s （3）0.45 m☆ 11.（2015安徽安庆联考）如图所示，固定在水平地面上的横截面为“凵”形的光滑长直导轨槽，槽口向上（图为俯视图，图中两组平行双直线表示“凵”形槽的两侧壁）.槽内放置一个滑块，滑块的左半部是半径为R的半圆柱形光滑凹槽，滑块的宽度为2R,恰与“凵”形槽的两内侧壁的间距相等，滑块可在槽内沿槽壁自由滑动.现有一金属小球（可视为质点）以水平初速度v0沿槽的一侧壁冲向滑块，从滑块的半圆形槽口边缘进入滑块凹槽.已知金属小球的质量为m ,滑块的质量为 3m ,整个运动过程中无机械能损失•求:（1） 当金属小球滑离滑块时，金属小球和滑块的速度各是多少;（2） 当金属小球经过滑块上的半圆柱形槽的最右端 解析：（1）设滑离时小球和滑块的速度分别为由动量守恒有 mv °= mv 1+ 3mv 2, 又整个运动过程中无机械能损失：1 2 1 2 1 22mv 0= ^mv 1 + 2X 3mv 2,V 0 V 0解得：V 1 = — 3； V 2= U（2）小球过A 点时沿轨道方向两者有共同速度 动量守恒得mv 0= （m + 3m ）v ,由机械能守恒定律得1mv 0=1X 3mv 2+ *mv ' 解得： v =罟禾口 v ' = ^-13V 0.44 答案：（i ）金属小球的速度是v °,方向水平向左，滑块的速度是罗，方向水平向右⑵亠严V 0 12. （2014高考新课标全国卷H ）现利用图甲所示的装置验证动量守恒定律•在图甲中, 气垫导轨上有A 、B 两个滑块，滑块 A 右侧带有一弹簧片，左侧与打点计时器的纸带相连；滑块 B 左侧也带有一弹簧片，上面固定一遮光片，光电计时器 可以记录遮光片通过光电门的时间.甲实验测得滑块 A 的质量m i = 0.310 kg ，滑块B 的质量口2= 0.108 kg ，遮光片的宽度d = 1.00 cm ;打点计时器所用交流电的频率为 f = 50.0 Hz.将光电门固定在滑块 B 的右侧，启动打点计时器，给滑块A 一向右的初速度，使它与B 相碰.碰B .• * • • * • (cm)* n * L9I ] .921:93 1 94 3.25 4.00 rT T *1乙碰撞前后总动量之差 碰前总动量 否在误差范围内验证了动量守恒定律？写出运算过程. 解析：按定义，滑块运动的瞬时速度大小 v =書 式中A s 为滑块在很短时间 A t 内走过的路程. 设纸带上打出相邻两点的时间间隔为 A t A ，贝U1 A LA = f = 0.02 s A t A 可视为很短. 设滑块A 在碰撞前、后瞬时速度大小分别为 V 0、 将②式和图给实验数据代入①式得 V 。