【优化设计】2015-2016学年高中物理 第十六章 动量守恒定律测评A 新人教版选修3-5
(基础过关卷)
一、选择题(本题共10小题,每小题4分,共40分。在每小题给出的四个选项中,至少有一个选项正确;全部选对的得4分,选不全的得2分,有选错或不答的得0分)
1.下列说法正确的是( )
A.物体做匀速直线运动时,物体受到的合力的冲量为零
B.当物体受到的合力为零时,物体的动量一定为零
C.作用在物体上的合力越小,物体的动量变化量越小
D.发生相互作用的物体,如果不受合力作用,每个物体的动量保持不变
解析:由动量定理可知,合力的冲量等于物体动量的变化,故选项A正确;动量的变化与物体的受力有关,合力等于零时,动量不变,动量的变化除了与受力有关外,还与作用时间有关,选项B、C错误;两物体相互作用的过程中,如果不受外力作用,总动量守恒,并不是每个物体动量守恒,选项D错误。
答案:A
2.在空中相同高度处以相同速率分别抛出质量相同的三个小球。一个竖直上抛,一个竖直下抛,一个平抛,若不计空气阻力,从三个小球抛出到落地的过程中( )
A.三个球动量的变化量相同
B.下抛球和平抛球动量变化量相同
C.上抛球动量变化量最大
D.三个球落地时的动量相同
解析:在空中运动的小球只受重力的作用,故F合=mg,而动量变化量等于合力与时间的乘积,故只有选项C正确。
答案:C
3.质量为2 kg的物体在水平面上做直线运动,若速度大小由4 m/s变成6 m/s,那么在此过程中,动量变化的大小可能是( )
A.4 kg·m/s B.10 kg·m/s
C.20 kg·m/s D.12 kg·m/s
解析:注意速度的方向,若两个速度同向,则Δv=2 m/s,那么Δp=m·Δv=4 kg·m/s;若两个速度反向,则速度变化量的大小为Δv=10 m/s,此时动量变化量的大小为Δp=m·Δv=20 kg·m/s,故选项A、C正确。
答案:AC
4.一粒钢球从某高度处由静止自由下落,然后陷入泥潭某一深度,若钢球在空中下落时间为t,陷入泥潭中的时间为t',且t∶t'=2∶1,则钢球所受重力G与泥潭对钢球的平均阻力Ff之比等于( )
A.1∶1 B.2∶1
C.1∶3 D.3∶1
解析:对从开始下落到陷在泥潭中的全过程,由动量定理得G(t+t')-Fft'=0
由题意知t=2t'
所以G∶Ff=t'∶(t+t')=1∶3。
答案:C
5.质量为M的物块以速度v运动,与质量为m的静止物块发生正碰,碰撞后两者的动量正好相等。两者质量之比可能为( )
A.2 B.3 C.4 D.5
6
解析:由题意知:碰后两物体运动方向相同,动量守恒,Mv=Mv1+mv2,又Mv1=mv2,得出v1=v,v2=v,能量关系满足:Mv2≥,把v1、v2代入求得≤3,选项A、B正确。
答案:AB
6.在一条直线上,运动方向相反的两球发生碰撞。以球1的运动方向为正,碰前球1、球2的动量分别是p1=6 kg·m/s,p2=-8 kg·m/s。若两球所在的水平面是光滑的,碰后各自的动量可能是( )
A.p1'=4 kg·m/s,p2'=-6 kg·m/s
B.p1'=-4 kg·m/s,p2'=2 kg·m/s
C.p1'=-8 kg·m/s,p2'=6 kg·m/s
D.p1'=-12 kg·m/s,p2'=10 kg·m/s
解析:两球的碰撞不一定是弹性碰撞,所以,它们在碰撞过程中动量守恒,但动能不增加,除此之外,还要注意它们的速度关系。
经过计算可知,四种情况均符合动量守恒。一般来说,在碰撞过程中,要有一部分机械能转化为内能,即系统会损失一部分机械能,即有。
经计算知,选项D不符合上述关系,所以选项D错误;再仔细分析选项A、B、C中的速度关系,发现在选项A中,碰后两小球的速度方向不变,好像二者相互穿过一样(如图所示),
这显然是不可能的,所以选项A错误;同样对选项B、C进行分析,可以判断B、C是正确的。
答案:BC
7.两物体甲和乙在同一直线上运动,它们在0~0.4 s时间内的v-t图象如图所示。若仅在两物体之间存在相互作用,则物体甲与乙的质量之比和图中时间t1分别为( )
A.和0.30 s B.3和0.30 s
C.和0.28 s D.3和0.28 s
解析:由题中图象知:甲、乙两物体均做匀变速直线运动。
对于乙,加速度大小
a乙= m/s2=
故a乙=10 m/s2,t1=0.30 s
甲物体加速度大小a甲= m/s2
由动量守恒定律得=3。
答案:B
8.如图所示,轻质弹簧的一端固定在墙上,另一端与质量为m的物体A相连,A放在光滑水平面上,有一质量与A相同的物体B,从高h处由静止开始沿光滑曲面滑下,与A相碰后一起将弹簧压缩,弹簧复原过程中某时刻B与A分开且沿原曲面上升。下列说法正确的是( )
A.弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mgh
B.弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为
C.B能到达的最大高度为
D.B能到达的最大高度为
6
解析:根据机械能守恒定律mgh=可得B刚到达水平地面的速度v0=,根据动量守恒定律mv0=2mv可得A与B碰撞后的速度为v=v0,所以弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为Epm=·2mv2=mgh,即选项B正确,选项A错误;当弹簧再次恢复原长时,A与B将分开,B以速度v沿斜面上滑,根据机械能守恒定律可得mgh'=mv2,B能到达的最大高度为,即选项D正确,选项C错误。
答案:BD
9.质量分别为m1、m2的小球在一直线上做弹性碰撞,它们在碰撞前后的位移—时间图象如图所示,若m1=1 kg,则m2的质量应为( )
A.1 kg B.3 kg C.5 kg D.10 kg
解析:从位移—时间图象上可看出:m1和m2于t=2 s时在位移等于8 m处碰撞,碰前m2的速度为0,m1的速度
v0==4 m/s。
碰撞后,m1的速度v1=-2 m/s,m2的速度v2=2 m/s,
由动量守恒定律得
m1v0=m1v1+m2v2,m2=3 kg。
答案:B
10.一物体在外力的作用下从静止开始做直线运动,合外力方向不变,大小随时间的变化如图所示。设该物体在t0和2t0时刻相对于出发点的位移分别是x1和x2,速度分别是v1和v2,合外力从开始至t0时刻做的功是W1,从t0至2t0时刻做的功是W2,则( )
A.x2=5x1 v2=3v1
B.x2=9x1 v2=5v1
C.x2=5x1 W2=8W1
D.v2=3v1 W2=9W1
解析:根据F-t图象面积意义和动量定理有F0t0=mv1,F0t0+2F0t0=mv2,得v2=3v1;应用位移公式有x1=t0、x2=t0+t0,得x2=5x1,选项B错误,选项A正确;在第一个t0内对物体应用动能定理有W1=,在第二个t0内对物体应用动能定理有W2=,得W2=8W1,选项D错误,选项C正确。
答案:AC
二、填空题(本题共2小题,共16分。把答案填在题中的横线上)
11.(6分)一同学利用水平气垫导轨做“探究碰撞中的不变量”的实验时,测出一个质量为0.8 kg的滑块甲以0.4 m/s的速度与另一个质量为0.6 kg、速度为0.2 m/s的滑块乙迎面相撞,碰撞后滑块乙的速度大小变为0.3 m/s,此时滑块甲的速度大小为 m/s,方向与它原来的速度方向 (选填“相同”或“相反”)。
解析:甲的初动量大小
p甲=m甲v甲=0.8×0.4 kg·m/s=0.32 kg·m/s,
乙的初动量大小
p乙=m乙v乙=0.6×0.2 kg·m/s=0.12 kg·m/s,
6
因为p甲大于p乙,所以碰撞后乙必反向,对系统利用动量守恒定律得
p甲+p乙=p甲'+p乙',p甲'=0.02 kg·m/s,
速度为v甲'= m/s=0.025 m/s,
方向与它原来的速度方向相同。
答案:0.025 相同
12.(10分)如图,用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律,即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。
(1)实验中,直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的。但是,可以通过仅测量 (填选项前的符号),间接地解决这个问题。
A.小球开始释放高度h
B.小球抛出点距地面的高度H
C.小球做平抛运动的射程
(2)图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影。实验时,先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放,找到其平均落地点的位置P,测量平抛射程OP。
然后,把被碰小球m2静置于轨道的水平部分,再将入射球m1从斜轨上S位置静止释放,与小球m2相碰,并多次重复。
接下来要完成的必要步骤是 。(填选项前的符号)
A.用天平测量两个小球的质量m1、m2
B.测量小球m1开始释放的高度h
C.测量抛出点距地面的高度H
D.分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、N
E.测量平抛射程OM,ON
(3)若两球相碰前后的动量守恒,其表达式可表示为 (用(2)中测量的量表示);若碰撞是弹性碰撞,那么还应满足的表达式为 (用(2)中测量的量表示)。
(4)经测定,m1=45.0 g,m2=7.5 g,小球落地点的平均位置距O点的距离如图所示。碰撞前、后m1的动量分别为p1与p1',则p1∶p1'= ∶11;若碰撞结束时m2的动量为p2',则p1'∶p2'=11∶ 。
实验结果说明,碰撞前、后总动量的比值为 。
(5)有同学认为,在上述实验中仅更换两个小球的材质,其他条件不变,可以使被碰小球做平抛运动的射程增大。请你用(4)中已知的数据,分析和计算出被碰小球m2平抛运动射程ON的最大值为 cm。
解析:(1)小球离开轨道后做平抛运动,由h=gt2知t=,即小球的下落时间一定,则初速度v=可用平抛运动的水平射程来表示,选项C正确。
6
(2)本实验要验证的是m1·OM+ m2·ON=m1·OP,因此要测量两个小球的质量m1和m2以及它们的水平射程OM和ON,而要确定水平射程,应先分别确定两个小球落地的平均落点,没有必要测量小球m1开始释放的高度h和抛出点距地面的高度H。故应完成的步骤是ADE或DEA或DAE。
(3)若动量守恒,应有m1·v1+ m2·v2=m1·v0(v0是m1单独下落时离开轨道时的速度,v1、v2是两球碰后m1、m2离开轨道时的速度),又v=,则有m1·+m2·=m1·,即m1·OM+m2·ON=m1·OP;若碰撞是弹性碰撞,则碰撞过程中没有机械能损失,则有m1m2m1,同样整理可得m1·OM2+ m2·ON2=m1·OP2。
(4)碰前m1的动量p1=m1v0=m1·,碰后m1的动量p1'=m1v1=m1·,则p1∶p1'=OP∶OM=14∶11;碰后m2的动量p2'=m2v2=m2·,所以p1'∶p2'= (m1·OM)∶(m2·ON)=11∶2.9;碰撞前、后总动量的比值=1.01。
(5)仅更换两个小球的材质时,碰撞中系统机械能的损失会发生变化,当碰撞为弹性碰撞时,被碰小球获得的速度最大,平抛运动的射程就越大。由m1·OM+ m2·ON= m1·OP和m1·OM2+ m2·ON2=m1·OP2可得ON=OP,代入数据可得ON=76.8 cm。
答案:(1)C (2)ADE或DEA或DAE (3)m1·OM+m2·ON=m1·OP m1·OM2+m2·ON2=m1·OP2 (4)14 2.9 1~1.01 (5)76.8
三、解答题(本题共3小题,共44分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤,有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位)
13.(14分)如图所示,在水平面上放置质量为M=800 g的木块,一质量为m=50 g的子弹以v0=170 m/s的水平速度射入木块,最终与木块一起运动,若木块与地面间的动摩擦因数μ=0.2,求木块在地面上滑行的距离。(g取10 m/s2)
解析:子弹射入木块,由动量守恒定律,得
mv0=(M+m)v'①
由①得v'= m/s=10 m/s
设木块(含子弹)在地面上滑行L后停止,由动能定理得-μ(M+m)gL=-(M+m)v'2②
由②得L= m=25 m。
答案:25 m
14.(14分)如图所示,在距水平地面高h=0.80 m的水平桌面一端的边缘放置一个质量m=0.80 kg的木块B,桌面的另一端有一块质量M=1.0 kg的木块A以初速度v0=4.0 m/s开始向着木块B滑动,经过时间t=0.80 s与B发生碰撞,碰后两木块都落到地面上。木块B离开桌面后落到地面上的D点。设两木块均可以看作质点,它们的碰撞时间极短,且已知D点距桌面边缘的水平距离s=0.60 m,木块A与桌面间的动摩擦因数μ=0.25,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)两木块碰撞前瞬间,木块A的速度大小;
(2)木块B离开桌面时的速度大小;
(3)木块A落到地面上的位置与D点之间的距离。
解析:(1)木块A在桌面上受到滑动摩擦力作用做匀减速运动,根据牛顿第二定律,木块A的加速度大小
a==2.5 m/s2
设两木块碰撞前A的速度大小为v,根据运动学公式,得v=v0-at=2.0 m/s。
6
(2)两木块离开桌面后均做平抛运动,设木块B离开桌面时的速度大小为v2,在空中飞行的时间为t'。根据平抛运动规律有h=gt'2,s=v2t'
解得v2=s=1.5 m/s。
(3)设两木块碰撞后木块A的速度大小为v1,根据动量守恒定律有Mv=Mv1+mv2
解得v1==0.80 m/s
设木块A落到地面过程的水平位移为s',根据平抛规律有s'=v1t'=v1=0.32 m
则木块A落到地面上的位置与D点之间的距离
Δs=s-s'=0.28 m。
答案:(1)2.0 m/s (2)1.5 m/s (3)0.28 m
15.(16分)在粗糙的水平桌面上有两个静止的木块A和B,两者相距为d。现给A一初速度,使A与B发生弹性正碰,碰撞时间极短。当两木块都停止运动后,相距仍然为d。已知两木块与桌面之间的动摩擦因数均为μ,B的质量为A的2倍,重力加速度大小为g。求A的初速度的大小。
解析:设在发生碰撞前的瞬间,木块A的速度大小为v;在碰撞后的瞬间,A和B的速度分别为v1和v2。在碰撞过程中,由能量和动量守恒定律,得
mv2=(2m)①
mv=mv1+(2m)v2②
式中,以碰撞前木块A的速度方向为正。由①②式得v1=-③
设碰撞后木块A和木块B运动的距离分别为d1和d2,由动能定理得μmgd1=④
μ(2m)gd2=(2m)⑤
按题意有d=d1+d2⑥
设木块A的初速度大小为v0,由动能定理得
μmgd=mv2⑦
联立②至⑦式,得v0=。
答案:
6
微信/支付宝扫码支付