2020高中物理 第一章 碰撞与动量守恒 章末过关检测（含解析）教科版-5

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精PAGE14-学必求其心得，业必贵于专精章末过关检测（时间：90分钟,满分：100分）一、选择题(本题共8小题,每小题6分，共48分。1～5题为单项选择题，6～8题为多项选择题．全部选对的得6分,选对但不全的得3分，有选错的得0分)1．某物体受到一个－6N·s的冲量作用，则（)A．物体的动量一定减小B．物体的末动量一定是负值C．物体动量增量的方向一定与规定的正方向相反D．物体原来动量的方向一定与这个冲量的方向相反解析:根据动量定理知合外力的冲量等于动量的变化量,动量定理为矢量式，合外力冲量的方向与动量变化量的方向相同,冲量的方向为负方向说明动量的增量方向与规定的正方向相反，所以C项正确；动量的增量为负值，有可能物体的末动量方向为负方向，所以A项错误；若物体的末动量比初动量小，动量的变化量就为负值，所以B项错误;正方向的规定是人为的,与物体原来动量的方向可以相同也可以不同，所以D项错误．答案:C2．在不计空气阻力作用的条件下,下列说法中不正确的是()A．自由下落的小球在空中运动的任意一段时间内，其增加的动能一定等于其减少的重力势能B．做平抛运动的小球在空中运动的任意相同的时间内，其速度的变化量一定相同C．做匀速圆周运动的小球在任意一段时间内其合外力做的功一定为零，合外力的冲量也一定为零D．单摆在一个周期内，合外力对摆球做的功一定为零，合外力的冲量也一定为零解析:不计空气阻力，自由下落的小球，其所受合外力为重力，则小球在运动的过程中机械能守恒，其增加的动能一定等于其减小的重力势能，故A正确；做平抛运动的小球所受合外力为重力，加速度的大小与方向都不变，所以小球在空中运动的任意相同的时间内，其速度的变化量一定相同，故B正确;做匀速圆周运动的小球，其所受合外力的方向一定指向圆心，小球在任意一段时间内其合外力做的功一定为零，但由于速度的方向不断变化，所以速度的变化量不一定等于0，合外力的冲量也不一定为零，故C错误；经过一个周期，单摆的小球又回到初位置，所有的物理量都与开始时相等,所以单摆在一个周期内，合外力对摆球做的功一定为零,合外力的冲量也一定为零，故D正确．答案:C3．在光滑水平面上，一质量为m、速度大小为v的A球与质量为2m静止的B球碰撞后，A球的速度方向与碰撞前相反，则碰撞后BA．0。6v B．0.4vC．0.3v D．0。2v解析：由动量守恒定律得mv＝mvA＋2mvB，规定A球原方向为正方向，由题意可知vA为负值，则2mvB>mv，因此B球速度可能为0。6v，故选A。答案:A4。甲、乙两物体分别在恒力F1、F2的作用下，沿同一直线运动，它们的动量随时间变化的关系如图所示，设甲在t1时间内所受的冲量为I1,乙在t2时间内所受的冲量为I2，则F1、F2,I1、I2的大小关系是（）A．F1＞F2,I1＝I2 B．F1＜F2，I1＜I2C．F1＞F2,I1＞I2 D．F1＝F2，I1＝I2解析：由图像可知，甲、乙两物体动量变化量的大小相等，根据动量定理知，冲量的大小相等,即I1＝I2,根据I＝Ft知,冲量的大小相等，作用时间长的力较小，可知F1＞F2.故A正确，B、C、D错误．答案：A5。如图所示，一个内外侧均光滑的半圆柱槽置于光滑的水平面上．槽的左侧有一竖直墙壁．现让一小球（可视为质点）自左端槽口A点的正上方从静止开始下落，与半圆槽相切并从A点进入槽内，则下列说法正确的是（）A．小球离开右侧槽口以后,将做竖直上抛运动B．小球在槽内运动的全过程中,只有重力对小球做功C．小球在槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统机械能不守恒D．小球在槽内运动的全过程中小球与槽组成的系统水平方向上的动量不守恒解析：小球经过槽的最低点后，在小球沿槽的右侧面上升的过程中，槽也向右运动，小球离开右侧槽口时相对于地面的速度斜向右上方，小球将做斜抛运动而不是做竖直上抛运动，故A错误；小球在槽内运动的全过程中，从刚释放到最低点，只有重力做功，而从最低点开始上升过程中，除小球重力做功外，还有槽对球的作用力做负功，故B错误；小球在槽内运动的全过程中，对小球与槽组成的系统只有重力做功,所以小球与槽组成的系统机械能守恒，故C错误；小球在槽内运动的前半过程中，小球与槽组成的系统水平方向上的动量不守恒，而小球在槽内运动的后半过程中，小球与槽组成的系统水平方向上的动量守恒,故D正确．答案:D6．如图甲所示，光滑水平面上有P、Q两物块,它们在t＝4s时发生碰撞，图乙是两者的位移—时间图像,已知物块P的质量为mP＝1kg,由此可知（）A．碰撞前P的动量为4kg·m/sB．两物块的碰撞可能为弹性碰撞C．物块Q的质量为4kgD．两物块碰撞过程中P对Q作用力的冲量是3N·s解析:根据位移-时间图像可知，碰撞前P的速度v0＝4m/s,碰撞前P的动量为p0＝mPv0＝4kg·m/s，选项A正确．根据位移-时间图像,碰撞后二者速度相同，说明碰撞为完全非弹性碰撞,选项B错误．碰撞后，二者的共同速度v＝1m/s，由动量守恒定律，mPv0＝(mP＋mQ)v，解得mQ＝3kg，选项C错误．由动量定理，两物块碰撞过程中P对Q作用力的冲量是I＝ΔpQ＝mQv＝3N·s,选项D正确．答案：AD7．下图是“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．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．关于此实验，下列说法中正确的是(）A．上述实验过程中，5个小球组成的系统机械能守恒，动量守恒B．上述实验过程中，5个小球组成的系统机械能守恒，动量不守恒C．5个小球组成的系统水平方向动量守恒D．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的释放高度解析:5个小球组成的系统发生的是弹性正碰，系统的机械能守恒,系统在水平方向的动量守恒，总动量并不守恒，选项A错误，B、C正确；同时向左拉起小球1、2、3到相同的高度，同时由静止释放并与4、5碰撞后，由机械能守恒和水平方向的动量守恒知,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,选项D错误．答案：BC8。在光滑的水平桌面上静止着长为L的方木块M，今有A、B两颗子弹沿同一水平轨道分别以vA、vB从M的两侧同时射入木块．A、B在木块中嵌入的深度分别为dA、dB，且dA>dB，dA＋dB〈L，而木块却一直保持静止，如图所示，则可判断A、B子弹在射入前（）A．速度vA〉vBB．A的动能大于B的动能C．A的动能小于B的动能D．A的动量大小大于B的动量大小解析：因为木块一直静止，所以A、B两子弹对木块的作用力等大，即木块对A、B两子弹的作用力等大，由动能定理可知B项正确．两子弹和木块组成的系统动量守恒，开始系统的总动量为零,则子弹A的动量大小等于子弹B的动量大小,根据Ek＝eq\f(p2,2m）可知mA＜mB,则vA＞vB，A项正确．答案:AB二、实验题(本题共1小题,共12分)9．（12分)为了研究碰撞，可以在气垫导轨上进行实验,这样就可以大大减小阻力，滑块在碰撞前后的运动可以看成是匀速运动，使实验的可靠性及准确度得以提高．在某次实验中,A、B两铝制滑块在一水平长气垫导轨上相碰，用闪光照相机每隔0.4s的时间拍摄一次照片,每次拍摄时闪光的延续时间很短，可以忽略．如图所示，已知A、B之间的质量关系是mB＝1。5mA，拍摄共进行了4次,第一次是在两滑块相撞之前，以后的三次是在碰撞之后．A原来处于静止状态，设A、B滑块在拍摄闪光照片的这段时间内是在10cm至105cm这段范围内运动(以滑块上的箭头位置为准）,试根据闪光照片回答:(1)碰撞前滑块B的速度大小为________m/s,碰撞后滑块A、B的速度大小分别为________m/s、________m/s.(2)A、B两滑块碰撞前后各自的质量与速度乘积之和________（选填“变”或“不变"）．解析:（1)由题图分析可知，碰撞后eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(vB′＝\f（ΔxB′,Δt)＝\f（0.2,0。4）m/s＝0。50m/s，，vA′＝\f(ΔxA′，Δt)＝\f(0。3,0。4）m/s＝0.75m/s。))从发生碰撞到第二次拍摄照片，A运动的时间是t1＝eq\f（ΔxA″，vA′）＝eq\f(0。15，0.75）s＝0。2s，由此可知，从拍摄第一次照片到发生碰撞的时间为Δt2＝（0。4－0。2）s＝0。2s，则碰撞前B的速度为vB＝eq\f（ΔxB″，Δt2)＝eq\f（0.2,0.2)m/s＝1。0m/s。(2)碰撞前：mAvA＋mBvB＝1.5mA(kg·m/s），碰撞后：mAvA′＋mBvB′＝0。75mA＋0.75mA＝1。5mA（kg·m/s),所以mAvA＋mBvB＝mAvA′＋mBvB′,即碰撞前后两个物体各自的质量与自己的速度的乘积之和是不变量．答案：(1）1。00。750。50（2）不变三、计算题(本题3小题，共40分)10．（13分)如图所示，LMN是竖直平面内固定的光滑绝缘轨道，MN水平且足够长，LM下端与MN相切．质量为m的带正电小球B静止在水平轨道上，质量为2m的带正电小球A从LM上距水平轨道高为h处由静止释放，在A球进入水平轨道之前，由于A、B两球相距较远，相互作用力可认为是零,A球进入水平轨道后，A、B两球间相互作用视为静电作用．带电小球均可视为质点．已知A、B两球始终没有接触．重力加速度为g（1)A球刚进入水平轨道时的速度大小v0;(2)A、B两球相距最近时A球的速度大小v及此时A、B两球组成系统的电势能Ep.解析：（1)对A球下滑的过程,由动能定理得：2mgh＝eq\f（1，2）×2mveq\o\al（2，0）v0＝eq\r（2gh）.(2）当A球进入水平轨道后，A、B两球组成的系统动量守恒，当A、B相距最近时，两球速度相等，由动量守恒定律可得：2mv0＝(2m＋m）v＝eq\f（2,3）v0＝eq\f(2，3）eq\r（2gh)；由能量守恒定律得：2mgh＝eq\f（1，2)（2m＋m）v2＋EpEp＝eq\f（2,3）mgh。答案:(1)eq\r(2gh)(2)eq\f(2,3）eq\r（2gh)eq\f（2，3)mgh11．(13分)如图所示，光滑水平面上木块A的质量mA＝1kg，木块B的质量mB＝4kg，质量为mC＝2kg的木块C置于足够长的木块B上，B、C之间用一轻弹簧拴接并且接触面光滑．开始时B、C静止，A以v0＝10m/s的初速度向右运动，与B碰撞后瞬间B的速度为3.5m/s，碰撞时间极短．求：(1)A、B碰撞后A的速度；(2)弹簧第一次恢复原长时C的速度大小．解析：(1)因碰撞时间极短，A、B碰撞时，可认为C的速度为零,由动量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mBvB解得vA＝eq\f(mAv0－mBvB,mA)＝－4m/s，负号表示方向与A的初速度方向相反，即向左运动．（2)弹簧第一次恢复原长，弹簧的弹性势能为零．设此时B的速度为vB′，C的速度为vC，由动量守恒定律和机械能守恒定律有mBvB＝mBvB′＋mCvCeq\f（1，2)mBveq\o\al（2，B）＝eq\f（1,2）mBvB′2＋eq\f（1,2)mCveq\o\al(2,C）代入数据得vC＝eq\f(14,3）m/s.答案：（1）4m/s,向左运动(2）eq\f（14，3)m/s12.（14分)如图所示，质量分别为mA、mB的两个弹性小球A、B静止在地面上方．B球距地面的高度h＝0.8m，A球在B球的正上方．先将B球释放，经过一段时间后再将A球释放．当A球下落t＝0.3s时，刚好与B球在地面上方的P点处相碰，碰撞时间极短，碰后瞬间A球的速度恰为零．已知mB＝3mA，重力加速度大小g取10m/s2,忽略空气阻力及碰撞中的动能损失．求：(1）B球第一次到达地面时的速度的大小；(2）P点距离地面的高度.解析：（1）设B球第一次到达地面时的速度大小为vB,由运动学公式有vB＝eq\r（2gh)①将h＝0.8m代入上式,得vB＝4m/s②(2)设两球相碰前后，A球的速度大小分别为v1和v1′（v1′＝0），B球的速度分别为v2和v2′.由运动学规律可得v1＝g