高中物理 第一章 碰撞与动量守恒章末检测 教科版3-5

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精PAGEPAGE1学必求其心得，业必贵于专精第一章碰撞与动量守恒章末检测（时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题共10小题,每小题4分，共40分．其中1～6题为单项选择题，7~10题为多项选择题）1．下列对几种物理现象的解释中,正确的是（）A．砸钉子时不用橡皮锤，只是因为橡皮锤太轻B．跳高时在沙坑里填沙，是为了减小冲量C．在推车时推不动是因为推力的冲量为零D．动量相同的两个物体受到相同的制动力的作用，两个物体将同时停下来答案D解析砸钉子时不用橡皮锤，一是因为橡皮锤太轻,动量改变量小,二是因为缓冲时间长，从而导致作用力小，故A错误；跳高时在沙坑里填沙，是为了增大力的作用时间，从而减小作用力,故B错误;推车时推不动，是由于合力的冲量为零，但推力的冲量不为零，故C错误；由动量定理知，动量相同的两个物体受到相同的制动力,将同时停下来，故D正确．2。如图1，小船静止于水面上，站在船尾上的渔夫不断将鱼抛向船头的船舱内,将一定质量的鱼抛完后，关于小船的速度和位移，下列说法正确的是(）图1A．向左运动，船向左移一些B．小船静止，船向右移一些C．小船静止,船向左移一些D．小船静止，船不动答案B解析由动量守恒可得在抛鱼的过程中，小船向右运动，抛完后小船就停止了运动，故B项正确．3．动量相等的甲、乙两车，刹车后沿两条水平路面滑行．若两车质量之比eq\f(m甲，m乙）＝eq\f（1，2)，路面对两车的阻力相同,则两车的滑行时间之比为（）A．1∶1B．1∶2C．2∶1D．1∶4答案A解析两车滑行时水平方向仅受阻力f的作用，在这个力作用下使物体的动量发生变化．当规定以车行方向为正方向后，由动量定理：－ft＝0－p,所以两车滑行时间：t＝eq\f（p，f),当p、f相同时,滑行时间t相同．故A对．4．质量为m的炮弹沿水平方向飞行，其动能为Ek，突然在空中爆炸成质量相同的两块，其中一块向后飞去,动能为eq\f（Ek,2），另一块向前飞去，则向前的这块的动能为(）A.eq\f（Ek,2)B.eq\f（9,2）EkC。eq\f(9,4)EkD.eq\f（9＋4\r(2),2）Ek答案B解析设炮弹的初速度为v0，向后飞去的速度为v1；向前飞去的速度为v2，设向前为正方向，根据动量守恒定律可得mv0＝－eq\f（1，2)mv1＋eq\f(1，2）mv2，又eq\f（1,2)mveq\o\al(2，0）＝Ek，eq\f(1，4）mveq\o\al(2,1）＝eq\f（1，2）Ek，三式联立可得eq\f(1,4)mveq\o\al(2,2）＝eq\f（9,2）Ek，故选项B正确．5．如图2所示，在光滑水平面上有一质量为M的木块,木块与轻弹簧水平相连,弹簧的另一端连在竖直墙上，木块处于静止状态．一质量为m的子弹以水平速度v0击中木块，并嵌在其中，木块压缩弹簧后在水平面做往复运动．木块自被子弹击中前到第一次回到原来位置的过程中,木块受到的合外力的冲量大小为()图2A.eq\f（Mmv0，M＋m)B．2Mv0C。eq\f（2Mmv0，M＋m）D．2mv0答案A解析子弹射入木块的时间极短,根据动量守恒定律mv0＝(M＋m)v，解得v＝eq\f(mv0，M＋m)，第一次回到原来位置的速度等于子弹击中木块后瞬间的速度．根据动量定理,合外力的冲量I＝Mv＝eq\f(Mmv0，M＋m)，故A正确．6.如图3,光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动．两球质量关系为mB＝2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为6kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4kg·m/s，则（)图3A．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5B．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10C．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5D．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10答案A解析A、B发生碰撞，由动量守恒定律得：ΔpA＝－ΔpB，由于碰后A球的动量增量为负值，所以右边不可能是A球，若是A球，则动量的增量应是正值；因此碰后A球的动量是2kg·m/s，碰后B球的动量增加为10kg·m/s，由于两球的质量关系mB＝2mA，那么碰后A、B两球速度大小之比2∶5.故选A。7．下列说法中正确的是（）A．根据F＝eq\f（Δp,Δt)可把牛顿第二定律表述为：物体动量的变化率等于它受的合外力B．力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量，它反映了力的作用对时间的累积效应,是一个标量C．动量定理的物理实质与牛顿第二定律是相同的，但有时用起来更方便D．易碎品运输时要用柔软材料包装，船舷常常悬挂旧轮胎,都是为了延长作用时间以减小作用力答案ACD解析A选项是牛顿第二定律的一种表达方式；冲量是矢量,B错;F＝eq\f(Δp,Δt）是牛顿第二定律的最初表达方式，实质是一样的，C对；柔软材料起缓冲作用，延长作用时间，D对．8．质量为1kg的小球以4m/s的速度与质量为2kg的静止小球发生正碰，关于碰后的速度v1′和v2′，可能正确的是(）A．v1′＝v2′＝eq\f（4,3)m/sB．v1′＝－1m/s,v2′＝2。5m/sC．v1′＝1m/s,v2′＝3m/sD．v1′＝3m/s,v2′＝0.5m/s答案AB解析对于碰撞问题要遵循三个原则：动量守恒定律、碰后系统的机械能不增加和碰撞过程要符合实际情况．碰撞过程满足动量守恒，所以碰后系统的动量为p＝1kg×4m/s＝4kg·m/s,方向与质量为1kg的小球的初速度方向相同，据此可排除选项C;因为碰后两球不可能发生再次碰撞,据此可排除选项D;经检验，选项A、B满足碰撞过程应遵循的三个原则，所以选项A、B正确．9．如图4所示为A、B两球沿一直线运动并发生正碰,如图为两球碰撞前后的位移图像．a、b分别为A、B两球碰前的位移图像，c为碰撞后两球共同运动的位移图像,若A球的质量m＝2kg，则由图判断下列结论正确的是()图4A．A、B两球碰撞前的总动量为3kg·m/sB．碰撞时A对B的冲量为－4N·sC．碰撞前后A的动量变化量为4kg·m/sD．碰撞中A、B两球组成的系统损失的机械能为10J答案BCD解析由题意可知mAvA－mBvB＝（mA＋mB)v，将mA＝2kg,vA＝3m/s，vB＝2m/s，v＝1m/s代入可得mB＝eq\f(4,3)kg，A、B碰撞前的总动量为mAvA－mBvB＝eq\f(10,3)kg·m/s，选项A错误;碰撞前后A的动量变化为mAvA－mAv＝4kg·m/s，即碰撞时A对B所施冲量为－4N·s,选项B、C正确；碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为eq\f(1，2)mAveq\o\al（2，A）＋eq\f(1，2)mBveq\o\al(2，B）－eq\f(1，2）（mA＋mB)v2＝10J，选项D正确．10．质量为m的小球A以速度v0在光滑水平面上运动,与质量为2m的静止小球B发生正碰，则碰撞后小球A的速度大小vA和小球B的速度大小vBA．vA＝eq\f(1，3）v0vB＝eq\f（2,3）v0B．vA＝eq\f(2，5）v0vB＝eq\f(7，10）v0C．vA＝eq\f（1,4)v0vB＝eq\f(5,8)v0D．vA＝eq\f（3,8）v0vB＝eq\f(5,16）v0答案AC解析两球发生正碰，动量守恒、能量不增加，且后面的物体不能大于前面物体的速度．根据动量守恒定律可得，四个选项都满足．但碰撞前总动能为eq\f(1,2）mveq\o\al(2，0)，而碰撞后B选项总动能为eq\f（57，100)mveq\o\al(2,0），B错误；D选项中vA〉vB,不可能，D错误．故A、C正确．二、实验题(本题共2小题,共18分）11．(8分）如图5所示为“探究两物体作用前后动量是否守恒”的实验装置示意图．已知a、b小球的质量分别为ma、mb，半径分别是ra、rb，图中P点为单独释放a球的平均落点，M、N是a、b小球碰撞后落点的平均位置．图5（1）本实验必须满足的条件是________．A．斜槽轨道必须是光滑的B．斜槽轨道末端的切线水平C．入射小球每次都从斜槽上的同一位置无初速释放D．入射球与被碰球满足ma＝mb，ra＝rb（2)为了判断动量守恒，需要测量OP间的距离x1，则还需要测量的物理量有________、________（用相应的文字和字母表示）．（3)如果动量守恒,须满足的关系式是________(用测量物理量的字母表示）．答案(1）BC（2）测量OM间的距离x2测量ON的距离x3(3)max1＝max2＋mbx3（写成maOP＝maOM＋mbON不扣分)12．（10分)某同学利用打点计时器和气垫导轨做“探究动量是否守恒"的实验，气垫导轨装置如图6甲所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架等组成．在空腔导轨的两个工作面上均匀分布着一定数量的小孔，向导轨空腔内不断通入压缩空气，压缩空气会从小孔中喷出,使滑块稳定地漂浮在导轨上，如图乙所示，这样就大大减小因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差．(1)下面是实验的主要步骤：图6①安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平;②向气垫导轨通入压缩空气；③把打点计时器固定在紧靠气垫导轨左端弹射架的外侧，将纸带穿过打点计时器越过弹射架并固定在滑块1的左端，调节打点计时器的高度，直至滑块拖着纸带移动时,纸带始终在水平方向；④滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳；⑤把滑块2放在气垫导轨的中间；⑥先________，然后________，让滑块带动纸带一起运动；⑦取下纸带，重复步骤④⑤⑥，选出较理想的纸带如图7所示；图7⑧测得滑块1（包括撞针）的质量为310g，滑块2(包括橡皮泥）的质量为205g．试完善实验步骤⑥的内容．(2）已知打点计时器每隔0。02s打一个点，计算可知，两滑块相互作用前动量之和为________kg·m/s；两滑块相互作用以后动量之和为________kg·m/s(保留三位有效数字）．（3）试说明(2）问中两结果不完全相等的主要原因是__________________________________________________________________________________________________________________________________________。答案(1)接通打点计时器的电源放开滑块1（2)0。6200.618（3）纸带与打点计时器的限位孔有摩擦解析作用前滑块1的速度v1＝eq\f（0.2,0.1)m/s＝2m/s，其动量为0.310kg×2m/s＝0。620kg·m/s，作用后滑块1和滑块2具有相同的速度v＝eq\f(0.168,0.14）m/s＝1.2m/s，其动量之和为(0。310kg＋0。205kg）×1。2m/s＝0。618kg·m/s。三、计算题（本题共4小题，共42分)13．（10分）如图8甲所示，物块A、B的质量分别是m1＝4。0kg和m2＝6。0kg，用轻弹簧相连接放在光滑的水平面上，物块B左侧与竖直墙相接触．另有一个物块C从t＝0时刻起以一定的速度向左运动,在t＝0。5s时刻与物块A相碰,碰后立即与A粘在一起不再分开,物块C的v－t图像如图乙所示．试求：图8(1)物块C的质量m3；（2)在5.0s到15s的时间内物块A的动量变化的大小和方向．答案(1)2。0kg（2)16kg·m/s,方向向右解析（1）根据图像可知，物块C与物块A相碰前的速度为v1＝6m/s相碰后的速度为：v2＝2m/s根据动量守恒定律得：m3v1＝(m1＋m3）v2解得：m3＝2。0kg.(2)规定向左的方向为正方向,在第5。0s和第15s末物块A的速度分别为：v2＝2m/s,v3＝－2m/s所以物块A的动量变化为：Δp＝m1(v3－v2）＝－16kg·m/s即在5.0s到15s的时间内物块A动量变化的大小为：16kg·m/s，方向向右．14．(10分）如图9所示，质量为3m的木块静止放置在光滑水平面上,质量为m的子弹（可视为质点）以初速度v0水平向右射入木块,穿出木块时速度变为eq\f(2，5）v0，已知木块的长为L，设子弹在木块中的阻力恒定．试求：图9（1）子弹穿出木块后，木块的速度大小v；(2）子弹在木块中运动的时间t.答案(1)eq\f(v0，5）（2)eq\f(5L，3v0）解析(1）子弹与木块相互作用过程，满足动量守恒定律，则mv0＝m×eq\f（2,5）v0＋3mv,解得v＝eq\f（v0,5）(2）对子弹和木块组成的系统，由功能关系，有fL＝eq\f（1，2）mveq\o\al(2，0)－eq\f（1,2)m（eq\f（2,5）v0）2－eq\f（1,2)×3mv2，解得f＝eq\f(9mv\o\al(2,0),25L）对木块，根据动量定理，有ft＝3mv，解得t＝eq\f(5L,3v0）.15．(10分)如图10所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点．现将A无初速释放,A与B碰撞后结合为一个整体,并沿桌面滑动．已知圆弧轨道光滑，半径R＝0.2m；A和B的质量相等；A和B整体与桌面之间的动摩擦因数μ＝0.2。取重力加速度g＝10m/s2。求：图10(1)碰撞前瞬间A的速率v；(2)碰撞后瞬间A和B整体的速率v′；（3）A和B整体在桌面上滑动的距离l.答案(1）2m/s（2)1m/s（3)0.25m解析设滑块的质量为m.（1）根据机械能守恒定律mgR＝eq\f(1,2)mv2得碰撞前瞬间A的速率v＝eq\r（2gR)＝2m/s(2）根据动量守恒定律mv＝2mv′得碰撞后