高中物理 第一章 碰撞與動量守恒單元質(zhì)量評估 教科版選修35

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1、 第一章 碰撞與動量守恒 單元質(zhì)量評估(一) (90分鐘　100分) 一、選擇題(本大題共12小題,1～5單選,6～12多選,每小題4分,共48分) 1.如圖所示,豎直墻壁兩側固定著兩輕質(zhì)彈簧,水平面光滑,一彈性小球在兩彈簧間往復運動,把小球和彈簧視為一個系統(tǒng),則小球在運動過程中　(　　) A.系統(tǒng)的動量守恒,動能守恒 B.系統(tǒng)的動量守恒,機械能守恒 C.系統(tǒng)的動量不守恒,機械能守恒 D.系統(tǒng)的動量不守恒,動能守恒 【解析】選C。小球與彈簧組成的系統(tǒng)在小球與彈簧作用的時間內(nèi)受到了墻的作用力,故系統(tǒng)動量不守恒.系統(tǒng)只發(fā)生動能和彈性勢能的相互轉(zhuǎn)化,故機械能守恒,選項C正確

2、。 2.質(zhì)量M=327kg的小型火箭(含燃料)由靜止發(fā)射,發(fā)射時共噴出質(zhì)量m=27kg的氣體,設噴出的氣體相對地面的速度均為v=1000 m/s。忽略地球引力和空氣阻力的影響,則氣體全部噴出后,火箭的速度大小為　(　　) A.76 m/s　　 B.82 m/s　　 C.90 m/s　　 D.99 m/s 【解析】選C。根據(jù)動量守恒定律:(M-m)v1+mv2=0, 所以氣體全部噴出后火箭的速度 v1=-=-m/s=-90m/s, 大小為90m/s,方向與噴出氣體方向相反,C正確。 3.如圖所示,質(zhì)量為m的人立于平板車上,人與車的總質(zhì)量為M,人與車以速度v1在光滑水平面上向東運動。

3、當此人相對于車以速度v2豎直跳起時,車的速度變?yōu)? 　(　　) A.,向東　　　　　 B.,向東 C.,向東 D.v1,向東 【解析】選D。人和車這個系統(tǒng),在水平方向上合外力等于零,系統(tǒng)在水平方向上動量守恒.設車的速度v1的方向為正方向,選地面為參考系。初態(tài)車和人的總動量為Mv1,末態(tài)車的動量為(M-m)v′1,因為人在水平方向上沒有受到?jīng)_量,所以其水平動量保持不變。人在水平方向上對地的動量仍為mv1,則有Mv1=(M-m)v′1 +mv1,(M-m)v1=(M-m)v′1,所以v′1=v1,正確選項應為D。 4.質(zhì)量為m的人站在質(zhì)量為M、長為L的靜止小船的右端,小船

4、的左端靠在岸邊(如圖所示)。當他向左走到船的左端時,船左端離岸的距離是　(　　) A.L　　　　　　　　　　　　 B. C. D. 【解析】選D。作出位移狀態(tài)圖如圖所示, 由動量守恒有m=M,解得x=,D對。 【補償訓練】 一個人在地面上立定跳遠的最好成績是x,假設他站在船頭要跳上距離L遠處的平臺上,水對船的阻力不計,如圖,則　(　　) A.只要L

5、船時速度為v′,船的速度為v船′,由能量守恒E=m人v2,E=m人v′2+m船v船′2 所以v′tB C.tA

6、為m0,小車和單擺以恒定的速度v沿光滑水平地面運動,與位于正對面的質(zhì)量為m的靜止平板車發(fā)生碰撞,碰撞的時間極短,在此碰撞過程中,下列情況中可能發(fā)生的是(　　) A.小車、平板車、擺球的速度都發(fā)生變化,分別變?yōu)関1、v2、v3,滿足(M+m)v=Mv1 +mv2+m0v3 B.擺球的速度不變,小車和平板車的速度變?yōu)関1和v2,滿足Mv=Mv1+mv2 C.擺球的速度不變,小車和平板車的速度都變?yōu)関1,滿足Mv=(M+m)v1 D.小車和擺球的速度都變?yōu)関1,平板車的速度變?yōu)関2,滿足(M+m0)v=(M+m0)v1+mv2 【解析】選B、C.小車與平板車碰撞時間極短,因此懸線仍處

7、于豎直方向上,擺球在水平方向上不受力,所以擺球水平方向的動量不變,即速度不變,故選項A、D不正確。由于碰撞過程中,擺球懸線豎直且水平面光滑,因此小車與平板車在碰撞過程中動量守恒。但由于碰后小車與平板車的運動狀態(tài)不確定,因而應有小車與平板車碰撞后分開和不分開兩種可能性。若碰撞后小車與平板車分開,設小車速度為v1,平板車速度為v2,由動量守恒定律有:Mv=Mv1+mv2,所以選項B正確。若碰撞后小車與平板車不分開,設共同速度為v1,由動量守恒定律有:Mv=(M+m)v1,所以選項C正確。 6.下列說法中正確的是　(　　) A.動量大小不變的運動,一定是勻速直線運動 B.運動物體在任一時刻的動

8、量方向,一定是該時刻的速度方向 C.物體的運動速度改變,其動量一定改變 D.物體的加速度不變(不為0),其動量一定不變 【解析】選B、C。A中物體的動量大小不變,則物體的速度大小不變,但方向可能發(fā)生變化,因此不一定是勻速直線運動,故A錯誤;據(jù)動量p=mv知,動量的方向與速度的方向相同,故B正確;據(jù)定義式知,速度改變,則動量必改變,故C正確;物體的加速度不變,則物體做勻變速運動,速度一定要變化,因而動量要變化,故D錯誤。 7.如圖所示,A、B兩質(zhì)量相等的物體,原來靜止在平板小車C上,A和B間夾一被壓縮了的輕彈簧,A、B與平板車上表面動摩擦因數(shù)之比為3∶2,地面光滑。當彈簧突然釋放后,A、

9、B相對C滑動的過程中,則下列說法正確的是　(　　) A.A、B系統(tǒng)動量守恒　　 B.A、B、C系統(tǒng)動量守恒 C.小車向左運動 D.小車向右運動 【解析】選B、C。彈簧伸長時因A受摩擦力fA=μAmg向右,B受摩擦力fB=μBmg向左,μA>μB,則fA>fB,故兩物體受的合力向右,由牛頓第三定律可知:車子受的摩擦力向左,故小車向左運動,因此C對,D錯;由于三者組成的系統(tǒng)合外力為0,故總動量守恒且一直為0,所以A錯,B對,故答案為B、C。 8.向空中斜向上發(fā)射一物體,不計空氣阻力,當物體的速度恰好沿水平方向時,物體炸裂為a、b兩塊。若質(zhì)量較大的a塊的速度方向仍沿原來的方向,

10、則 　(　　) A.b的速度方向一定與原速度方向相反 B.從炸裂到落地這段時間里,a飛行的水平距離一定比b的大 C.a、b一定同時到達地面 D.炸裂的過程中,a、b受到的爆炸力的大小一定相等 【解析】選C、D。物體炸裂過程發(fā)生在物體沿水平方向運動時,由于物體沿水平方向不受外力,所以沿水平方向動量守恒,根據(jù)動量守恒定律有: (mA+mB)v=mAvA+mBvB 當vA與原來速度v同向時,vB可能與vA反向;另外一種情況是由于vA的大小沒有確定,題目只講a的質(zhì)量較大,若vA很小,則mAvA還可能小于原動量(mA+mB)v,這時vB的方向會與vA方向一致,即與原來方向相同,所以選項A

11、錯誤。a、b兩塊在水平飛行的同時,豎直方向做自由落體運動,即做平拋運動,落地時間由高度決定,所以選項C正確。由于水平飛行距離x=vt,a、b兩塊炸裂后的速度vA、vB不一定相等,而落地時間t又相等,所以水平飛行距離無法比較大小,所以選項B錯誤。根據(jù)牛頓第三定律,a、b所受爆炸力FA=-FB,是一對作用力和反作用力,所以選項D正確。綜合上述分析,可知正確答案是C、D兩項。 9.質(zhì)量為m的物塊甲以3m/s的速度在光滑水平面上運動,有一輕彈簧固定其上,另一質(zhì)量也為m的物塊乙以4m/s的速度與甲相向運動,如圖所示。則　(　　) A.甲、乙兩物塊在彈簧壓縮過程中,由于彈力作用,系統(tǒng)動量不守恒

12、B.當兩物塊相距最近時,甲物塊的速率不為零 C.當甲物塊的速率為1 m/s時,乙物塊的速率可能為2 m/s,也可能為0 D.甲物塊的速率可能達到5 m/s 【解析】選B、C。甲、乙兩物塊和彈簧組成的系統(tǒng),水平方向不受外力,系統(tǒng)動量守恒,A錯;當二者速度相等時,兩物塊相距最近,又由于最初乙的動量大于甲的動量,由動量守恒知,兩物塊相距最近時速率不為零,B正確;取乙的方向為正方向,則4m-3m=mv′乙+mv′甲,當v′甲=1m/s時,v′乙=0;當v′甲=-1m/s時,v′乙=2m/s,C正確;當二者分離(即彈簧再次處于原長)時,甲物塊的速度達到最大,由能量守恒有m+m=mv+mv,聯(lián)立上式

13、解得v′甲=4m/s,即甲物塊速率最大為4m/s,D錯。 10.質(zhì)量分別為m1和m2的兩個物體碰撞前后的位移—時間圖像如圖所示,以下說法正確的是　(　　) A.碰撞前兩物體動量相同 B.質(zhì)量m1等于質(zhì)量m2 C.碰撞后兩物體一起做勻速直線運動 D.碰撞前兩物體動量大小相等、方向相反 【解析】選B、D。由兩圖線斜率大小相等知,速率相等,碰撞后v=0即p=0,所以m1v1=m2v2,知m1=m2,則B、D正確。 11.質(zhì)量為M、內(nèi)壁間距為L的箱子靜止于光滑的水平面上,箱子中間有一質(zhì)量為m的小物塊,小物塊與箱子底板間的動摩擦因數(shù)為μ。初始時小物塊停在箱子正中間,如圖所示?，F(xiàn)給小物塊

14、一水平向右的初速度v,小物塊與箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中間,并與箱子保持相對靜止。設碰撞都是彈性的,則整個過程中,系統(tǒng)損失的動能為　(　　) A.mv2　　　　　　　　　 B.v2 C.NμmgL D.NμmgL 【解析】選B、D。根據(jù)動量守恒,共同速度v′=,損失動能ΔEk=mv2- (M+m)v′2=v2,所以B正確.根據(jù)能量守恒,損失的動能等于因摩擦放出的熱量,而計算熱量的方法是摩擦力乘以相對位移,所以ΔEk=NfL=NμmgL,可見D正確。 12.用不可伸長的細線懸掛一質(zhì)量為M的小木塊,木塊靜止,如圖所示。現(xiàn)有一質(zhì)量為m的子彈自左方水平射向木塊,并停留在

15、木塊中,子彈初速度為v0,則下列判斷正確的是　(　　) A.從子彈射向木塊到一起上升到最高點的過程中系統(tǒng)的機械能守恒 B.子彈射入木塊瞬間動量守恒,故子彈射入木塊瞬間子彈和木塊的共同速度為 C.忽略空氣阻力,子彈和木塊一起上升過程中系統(tǒng)機械能守恒,其機械能等于子彈射入木塊前的動能 D.子彈和木塊一起上升的最大高度為 【解析】選B、D。從子彈射向木塊到一起運動到最高點的過程可以分為兩個階段:子彈射入木塊的瞬間系統(tǒng)動量守恒,但機械能不守恒,有部分機械能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)內(nèi)能,之后子彈在木塊中與木塊一起上升,該過程只有重力做功,機械能守恒但總能量小于子彈射入木塊前的動能,因此A、C錯誤;由子彈

16、射入木塊瞬間動量守恒可得子彈射入木塊后的共同速度為,B正確;之后子彈和木塊一起上升,由該階段機械能守恒可得上升的最大高度為,D正確。 二、計算題(本大題共4小題,共52分,要有必要的文字說明和解題步驟,有數(shù)值計算的要注明單位) 13.(10分)甲、乙兩小孩各乘一輛小車在光滑水平面上勻速相向行駛,速率均為6m/s。甲車上有質(zhì)量m=1kg的小球若干個,甲和他的車及所帶小球總質(zhì)量為M1= 50 kg,乙和他的車總質(zhì)量為M2=30kg,甲不斷地將小球以16.5m/s的對地速度水平拋向乙,并被乙接住。問甲至少要拋出多少個球才能保證兩車不相撞? 【解題指南】扔完n個球后甲車的速率為v′1,乙車接住

17、n個球后速率變?yōu)? v′2,甲、乙不相撞的一個必要條件是v′1與v′2同向。設v′1、v′2與v1(甲原來的方向)同向,且v′1≤v′2。 【解析】以甲和乙及車的整體為研究對象,選甲原來的運動方向為正。 由動量守恒得: M1v1-M2v2=(M1-nm)v′1+(M2+nm)v′2　(3分) 臨界條件為v′1=v′2　(2分) 代入上式可得v′1==m/s=1.5m/s(1分) 再以甲車及其車上的球為研究對象,由動量守恒得: M1v1=(M1-nm)v′1+nmv0　(3分) 解得n===15(個)?！?1分) 答案:15 14.(12分)光滑水平面上有一質(zhì)量為M的滑塊,滑

18、塊的左側是一光滑的圓弧,圓弧半徑為R=1m。一質(zhì)量為m的小球以速度v0向右運動沖上滑塊。已知M=4m,g取10m/s2,若小球剛好沒滑出圓弧的上端,求: (1)小球的初速度v0是多少? (2)滑塊獲得的最大速度是多少? 【解析】(1)當小球上升到滑塊上端時,小球與滑塊水平方向速度相同,設為v1,根據(jù)水平方向動量守恒得: mv0=(m+M)v1?、?2分) 因系統(tǒng)機械能守恒,所以根據(jù)機械能守恒定律得: m=(m+M)+mgR　②(3分) 解得v0=5m/s③(1分) (2)小球到達最高點以后又滑回,滑塊又做加速運動,當小球離開滑塊后滑塊速度最大.研究小球開始沖上滑塊一直到離開滑塊

19、的過程,根據(jù)動量守恒和機械能守恒得: mv0=mv2+Mv3　④(2分) m=m+M?、?3分) 解得v3==2m/s(1分) 答案:(1) 5m/s　(2)2 m/s 15.(14分)如圖所示,一輕質(zhì)彈簧的一端固定在滑塊B上,另一端與滑塊C接觸但未連接,該整體靜止放在離地面高為H的光滑水平桌面上?，F(xiàn)有一滑塊A從光滑曲面上離桌面h高處由靜止開始滑下,與滑塊B發(fā)生碰撞(時間極短)并粘在一起壓縮彈簧推動滑塊C向前運動,經(jīng)一段時間,滑塊C脫離彈簧,繼續(xù)在水平桌面上勻速運動一段時間后從桌面邊緣飛出。已知mA=m,mB=m,mC=3m,求: (1)滑塊A與滑塊B碰撞結束瞬間的速度。 (2)

20、被壓縮彈簧的最大彈性勢能。 (3)滑塊C落地點與桌面邊緣的水平距離。 【解析】(1)滑塊A從光滑曲面上h高處由靜止開始滑下的過程中,機械能守恒,設其滑到底面的速度為v1,由機械能守恒定律得: mAgh=mA?、?1分) 解得v1=　②(1分) 滑塊A與B碰撞的過程,A、B系統(tǒng)的動量守恒,碰撞結束瞬間具有共同速度設為v2,由動量守恒定律得 mAv1=(mA+mB)v2　③(1分) 解得v2=v1=?、?1分) (2)滑塊A、B發(fā)生碰撞后與滑塊C一起壓縮彈簧,壓縮的過程機械能守恒,被壓縮彈簧的彈性勢能最大時,滑塊A、B、C速度相等,設為速度v3。由動量守恒定律得: mAv1=(m

21、A+mB+mC)v3?、?1分) v3=v1=?、?1分) 由機械能守恒定律得: Epm=(mA+mB)-(mA+mB+mC)　⑦(2分) 解得Epm=mgh　(1分) (3)被壓縮彈簧再次恢復自然長度時,滑塊C脫離彈簧,設滑塊A、B速度為v4,滑塊C的速度為v5,分別由動量守恒定律和機械能守恒定律得: (mA+mB)v2=(mA+mB)v4+mCv5?、?1分) (mA+mB)=(mA+mB)+mC?、?1分) 解⑧⑨得v4=-, v5=(另一組解舍去)?、? 滑塊C從桌面邊緣飛出后做平拋運動: s=v5t　?(1分) H=gt2　?(1分) 解⑩??得:s=　?(1

22、分) 答案:(1)　(2)mgh　(3) 16.(16分)如圖甲所示,光滑水平面上停放著一輛上表面粗糙的平板車,一小金屬塊以水平速度v0滑到平板車上,在0～t0時間內(nèi)它們的速度隨時間變化的圖象如圖乙所示,求: (1)小金屬塊與平板車的質(zhì)量之比。 (2)若小金屬塊沒滑離平板車,則平板車的最終速度為多少? (3)小金屬塊與平板車上表面間的動摩擦因數(shù)。 【解析】(1)以平板車和小金屬塊為研究對象,由于平板車和小金屬塊組成的系統(tǒng)不受外力,所以動量守恒,t0時刻m和M的速度分別為、,故有 mv0=m+M　(4分) 即=　(2分) (2)設小金屬塊與平板車最后的共同速度為v,由動量守

23、恒定律得:mv0=(M+m)v 　(3分) 即v=v0　(1分) (3)對平板車有μmg=Ma　(2分) =at0　(2分) 解得μ=　(2分) 答案:(1)　(2)v0　(3) 【總結提升】解答力學綜合題的基本思路和步驟 1.認真審題,明確題目所述的物理情景,確定研究對象。 2.分析對象受力及運動狀態(tài)和運動狀態(tài)變化的過程,畫出草圖。 3.根據(jù)運動狀態(tài)變化的規(guī)律確定解題觀點,選擇規(guī)律。 (1)研究某一物體所受力的瞬時作用與物體運動狀態(tài)的關系時,一般用力的觀點解題。 (2)研究某一物體受到力的持續(xù)作用發(fā)生運動狀態(tài)改變時,一般用動量定理(涉及時間的問題)或動能定理(涉及位移

24、的問題)解題。 (3)若研究的對象為一物體系統(tǒng)且它們之間有相互作用,一般用兩個守恒定律去解題,但須注意研究的問題是否滿足守恒的條件。 (4)在涉及相對位移問題時則優(yōu)先考慮能量守恒定律,即系統(tǒng)克服摩擦力所做的總功等于系統(tǒng)機械能的減少量(轉(zhuǎn)變?yōu)橄到y(tǒng)內(nèi)能的量)。 (5)在涉及碰撞、爆炸、打擊、繩繃緊等物理現(xiàn)象時,須注意到一般這些過程均隱含有系統(tǒng)機械能與其他形式能量之間的轉(zhuǎn)化.這種問題由于作用時間都極短,故動量守恒定律一般能派上大用場。 4.根據(jù)選擇的規(guī)律列式,有時還需挖掘題目中的其他條件(如隱含條件、臨界條件、幾何條件)來補充方程。 5.代入數(shù)據(jù)(統(tǒng)一單位)計算結果,并對結果的物理意義進行討論。 我國經(jīng)濟發(fā)展進入新常態(tài)，需要轉(zhuǎn)變經(jīng)濟發(fā)展方式，改變粗放式增長模式，不斷優(yōu)化經(jīng)濟結構，實現(xiàn)經(jīng)濟健康可持續(xù)發(fā)展進區(qū)域協(xié)調(diào)發(fā)展，推進新型城鎮(zhèn)化，推動城鄉(xiāng)發(fā)展一體化因：我國經(jīng)濟發(fā)展還面臨區(qū)域發(fā)展不平衡、城鎮(zhèn)化水平不高、城鄉(xiāng)發(fā)展不平衡不協(xié)調(diào)等現(xiàn)實挑戰(zhàn)。