新教科版物理选修35碰撞与动量守恒单元测试.docx
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新教科版物理选修35碰撞与动量守恒单元测试
阶段质量检测
(一)碰撞与动量守恒
一、选择题(本题共12小题,每小题4分,共48分。
在每小题给出的四个选项中,第1~7小题只有一个选项正确,第8~12小题有多个选项正确,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不答的得0分)
1.关于系统动量守恒的条件,下列说法正确的是( )
A.只要系统内存在摩擦力,系统动量就不可能守恒
B.只要系统中有一个物体具有加速度,系统动量就不守恒
C.只要系统所受的合外力为零,系统动量就守恒
D.系统中所有物体的加速度为零时,系统的总动量不一定守恒
解析:
选C 由动量守恒的条件知C正确。
D项中所有物体加速度为零时,各物体速度恒定,动量恒定,总动量一定守恒。
2.在光滑的水平面上有一质量为0.2kg的小球以5.0m/s的速度向前运动,与质量为3.0kg的静止木块发生碰撞,假设碰撞后木块的速度是v木=4.2m/s,则( )
A.碰撞后球的速度为v球=-1.3m/s
B.v木=4.2m/s这一假设不合理,因而这种情况不可能发生
C.v木=4.2m/s这一假设是合理的,碰撞后小球被弹回来
D.v木=4.2m/s这一假设是可能发生的,但由于题给条件不足,v球的大小不能确定
解析:
选B 根据动量守恒定律,m1v=m1v1+m2v2,即0.2×5.0=0.2v1+3.0×4.2得:
v1=-58m/s,这一过程不可能发生,因为碰撞后机械能增加了。
3.
如图所示,带有光滑弧形轨道的小车质量为m静止,放在光滑水平面上,一质量也是m的铁块,以速度v沿轨道水平端向上滑去,至某一高度后再向下返回,则当铁块回到小车右端时,将( )
A.以速度v做平抛运动
B.以小于v的速度做平抛运动
C.静止于车上
D.自由下落
解析:
选D 由动量守恒:
mv=mv1+mv2,由机械能守恒:
mv2=
mv12+
mv22,解得v1=0,v2=v,故D正确。
4.A、B两球在光滑水平面上做相向运动,已知mA>mB,当两球相碰后,其中一球停止,则可以断定( )
A.碰前A的动量与B的动量大小相等
B.碰前A的动量大于B的动量
C.若碰后A的速度为零,则碰前A的动量大于B的动量
D.若碰后B的速度为零,则碰前A的动量大于B的动量
解析:
选C 若碰后A球静止,则B球一定反弹,故有A球的动量大于B球的动量;若碰撞后B球静止,则A球一定反弹,有B球的动量大于A球的动量,故C正确。
5.如图所示,一轻质弹簧两端连着物体A和B,放在光滑的水平面上。
如果物体A被水平速度为v0的子弹射中并留在物体A中,已知物体A的质量是物体B的质量的
,子弹的质量是物体B的质量的
,则弹簧被压缩到最短时A的速度为( )
A.
B.
C.
D.
解析:
选B 设mB=m,
则有:
mv0=(
m+
m)vA;
mvA=2mv共(A、B等速时弹簧最短),
解得v共=
v0。
6.冰壶运动深受观众喜爱,图(a)为冬奥会上运动员投掷冰壶的镜头。
在某次投掷中,冰壶甲运动一段时间后与对方静止的冰壶乙发生正碰,如图(b)所示。
若两冰壶质量相等,则碰后两冰壶最终停止的位置,可能是图中的哪幅图( )
解析:
选B 碰撞过程动量守恒,两冰壶发生正碰,由动量守恒定律可知,碰撞前后系统动量不变,两冰壶的动量方向即速度方向不会偏离甲原来的方向,由题图可知,A图示情况是不可能的,故A错误;如果两冰壶发生弹性碰撞,碰撞过程动量守恒、机械能守恒,两冰壶质量相等,碰撞后两冰壶交换速度,甲静止,乙的速度等于甲的速度,碰后乙做减速运动,最后停止,最终两冰壶的位置如图B所示,故B正确;两冰壶碰撞后,甲的速度不可能大于乙的速度,碰后乙在前,甲在后,图C是不可能出现的,故C错误;碰撞过程机械能不可能增大,两冰壶质量相等,碰撞后甲的速度不可能大于乙的速度,碰撞后甲的位移不可能大于乙的位移,故D错误。
7.一中子与一质量数为A(A>1)的原子核发生弹性正碰。
若碰前原子核静止,则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为( )
A.
B.
C.
D.
解析:
选A 中子和原子核发生弹性正碰,动量守恒、能量守恒,则mv=mv1+Amv2,
mv2=
mv12+
Amv22,联立方程可得:
=
,选项A正确,选项B、C、D错误。
8.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发生对心碰撞,则碰撞后小球A的速度大小vA和小球B的速度大小vB可能为( )
A.vA=
v0 vB=
v0B.vA=
v0 vB=
v0
C.vA=
v0 vB=
v0D.vA=
v0 vB=
v0
解析:
选AC 两球发生对心碰撞,应满足动量守恒及能量不增加,且后面的物体不能与前面物体有二次碰撞,故D错误。
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
mv02,而碰撞后B选项能量增加,B错误,故A、C正确。
9.(2017·全国卷Ⅲ)一质量为2kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。
F随时间t变化的图线如图所示,则( )
A.t=1s时物块的速率为1m/s
B.t=2s时物块的动量大小为4kg·m/s
C.t=3s时物块的动量大小为5kg·m/s
D.t=4s时物块的速度为零
解析:
选AB 法一:
根据Ft图线与时间轴围成的面积的物理意义为合外力F的冲量,可知在0~1s、0~2s、0~3s、0~4s内合外力冲量分别为2N·s、4N·s、3N·s、2N·s,应用动量定理I=mΔv可知物块在1s、2s、3s、4s末的速率分别为1m/s、2m/s、1.5m/s、
1m/s,物块在这些时刻的动量大小分别为2kg·m/s、4kg·m/s、3kg·m/s、2kg·m/s,则A、B项正确,C、D项错误。
法二:
前2s内物块做初速度为零的匀加速直线运动,加速度a1=
=
m/s2=1m/s2,t=1s时物块的速率v1=a1t1=1m/s,A正确;t=2s时物块的速率v2=a1t2=2m/s,动量大小为p2=mv2=4kg·m/s,B正确;物块在2~4s内做匀减速直线运动,加速度的大小为a2=
=0.5m/s2,t=3s时物块的速率v3=v2-a2t3=(2-0.5×1)m/s=1.5m/s,动量大小为p3=mv3=3kg·m/s,C错误;t=4s时物块的速率v4=v2-a2t4=(2-0.5×2)m/s=1m/s,D错误。
10.如图所示,小车与木箱紧挨着静止放在光滑的水平冰面上,现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱。
关于上述过程,下列说法中正确的是( )
A.男孩和木箱组成的系统动量守恒
B.小车与木箱组成的系统动量守恒
C.男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒
D.木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量不同
解析:
选CD 在男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱的过程中,男孩和木箱组成的系统所受合外力不为零,系统动量不守恒,故A错误;小车与木箱组成的系统所受合外力不为零,系统动量不守恒,故B错误;男孩、小车与木箱三者组成的系统所受合外力为零,系统动量守恒,故C正确;木箱、男孩、小车组成的系统动量守恒,木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相等,方向相反,木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量不相同,故D正确。
11.如图所示,在质量为M的小车中挂着一个单摆,摆球的质量为m0,小车(和单摆)以恒定的速度u沿光滑的水平面运动,与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞,碰撞时间极短,在此碰撞过程中,下列说法可能发生的是( )
A.小车、木块、摆球的速度都发生变化,分别变为v1、v2、v3,满足:
(M+m0)u=Mv1+mv2+m0v3
B.摆球的速度不变,小车和木块的速度变为v1和v2,满足:
Mu=Mv1+mv2
C.摆球的速度不变,小车和木块的速度变为v,满足:
Mu=(M+m)v
D.小车和摆球的速度都变为v1,木块的速度为v2,满足:
(M+m0)u=(M+m0)v1+mv2
解析:
选BC 因碰撞时间极短,所以单摆相对小车没有发生摆动,即摆线对球的作用力原来是竖直向上的,现在还是竖直向上的,没有水平方向的分力,未改变小球的动量,即单摆没有参与这个碰撞过程,单摆的速度不发生变化,因此排除A、D。
因为单摆的速度不变,所以研究对象选取小车和木块所构成的系统,若为弹性碰撞或碰后分离,水平方向动量守恒,由动量守恒定律得:
Mu=Mv1+mv2,故B正确。
由于题目中并没有提供在碰撞过程中的能量变化关系,所以也有可能小车和木块发生碰撞后以同一速度运动,故C正确。
12.
如图所示,两光滑且平行的固定水平杆位于同一竖直平面内,两静止小球m1、m2分别穿在两杆上,两球间连接一个保持原长的竖直轻弹簧,现给小球m2一个水平向右的初速度v0,如果两杆足够长,则在此后的运动过程中,下列说法正确的是( )
A.m1、m2系统动量不守恒
B.弹簧最长时,其弹性势能为
m2v02
C.m1、m2速度相同时,共同速度为
D.m1、m2及弹簧组成的系统机械能守恒
解析:
选CD 两球组成系统所受合力为零,则动量守恒,包含弹簧在内的系统在整个过程中没有能量损失,故机械能守恒。
当弹簧伸长最长时两小球速度相同。
二、非选择题(本题共5小题,共52分。
)
13.(8分)两位同学用如图甲所示装置,通过半径相同的A、B两球的碰撞来“探究碰撞中的不变量”。
(1)实验中必须满足的条件是________。
A.斜槽轨道尽量光滑以减小误差
B.斜槽轨道末端的切线必须水平
C.入射球A每次必须从轨道的同一位置由静止滚下
D.两球的质量必须相等
(2)测量所得入射球A的质量为mA,被碰撞小球B的质量为mB,图甲中O点是小球抛出点在水平地面上的垂直投影,实验时,先让入射球A从斜轨上的起始位置由静止释放,找到其平均落点的位置P,测得平抛射程为OP;再将入射球A从斜轨上起始位置由静止释放,与小球B相撞,分别找到球A和球B相撞后的平均落点M、N,测得平抛射程分别为OM和ON。
根据课堂探究的不变量,本实验中表示碰撞前后不变量的表达式应为____________________________。
(3)乙同学也用上述两球进行实验,但将实验装置进行了改装:
如图乙所示,将白纸、复写纸固定在竖直放置的木条上,用来记录实验中球A、球B与木条的撞击点。
实验时,首先将木条竖直立在轨道末端右侧并与轨道接触,让入射球A从斜轨上起始位置由静止释放,撞击点为B′;然后将木条平移到图中所示位置,入射球A从斜轨上起始位置由静止释放,确定其撞击点P′;再将入射球A从斜轨上起始位置由静止释放,与球B相撞,确定球A和球B相撞后的撞击点分别为M′和N′。
测得B′与N′、P′、M′各点的高度差分别为h1、h2、h3。
乙同学实验中表示碰撞前后不变量的表达式应为________________________。
解析:
(1)本实验中,是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度,只要离开轨道后做平抛运动,对斜槽是否光滑没有要求,故A错误;要保证每次小球都做平抛运动,则轨道的末端必须水平,故B正确;要保证碰撞前的速度相同,所以入射球每次都要从同一高度由静止滚下,故C正确;为了使小球碰后不被反弹,要求入射小球质量大于被碰小球质量,故D错误。
故选B、C。
(2)小球离开轨道后做平抛运动,由于小球抛出点的高度相同,它们在空中的运动时间t相等,它们的水平位移x与其初速度成正比,可以用小球的水平位移代替小球的初速度,若两球相碰前后动量守恒,则mAv0=mAv1+mBv2,又OP=v0t,OM=v1t,ON=v2t,代入得:
mAOP=mAOM+mBON。
(3)小球做平抛运动,在竖直方向上:
h=
gt2,平抛运动时间:
t=
,设轨道末端到木条的水平位移为x,小球做平抛运动的初速度:
vA=
,vA′=
,vB′=
,如果碰撞过程动量守恒,应满足:
mAvA=mAvA′+mBvB′,将速度代入式中解得:
=
+
。
答案:
(1)BC
(2)mAOP=mAOM+mBON
(3)
=
+
14.
(10分)现利用如图所示的装置验证动量守恒定律。
在图中,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(图中未画出)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(未完全画出)可以记录遮光片通过光电门的时间。
实验测得滑块A的质量m1=0.310kg,滑块B的质量m2=0.108kg,遮光片的宽度d=1.00cm;打点计时器所用交流电的频率f=50.0Hz。
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。
碰后光电计时器显示的时间为ΔtB=3.500ms,碰撞前后打出的纸带如图所示。
若实验允许的相对误差绝对值
×100%最大为5%,本实验是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=
①
式中Δs为滑块在很短时间Δt内走过的路程。
设纸带上打出相邻两点的时间间隔为ΔtA,则
ΔtA=
=0.02s②
ΔtA可视为很短。
设滑块A在碰撞前、后瞬时速度大小分别为v0、v1。
将②式和图给实验数据代入①式得
v0=2.00m/s③
v1=0.970m/s④
设滑块B在碰撞后的速度大小为v2,由①式有
v2=
⑤
代入题给实验数据得
v2=2.86m/s⑥
设两滑块在碰撞前、后的总动量分别为p和p′,则
p=m1v0⑦
p′=m1v1+m2v2⑧
两滑块在碰撞前后总动量相对误差的绝对值为
δp=
×100%⑨
联立③④⑥⑦⑧⑨式并代入有关数据,得
δp=1.7%<5%⑩
因此,本实验在允许的误差范围内验证了动量守恒定律。
答案:
见解析
15.(10分)如图所示,光滑水平桌面上有长L=2m的挡板C,质量mC=5kg,在其正中央并排放着两个小滑块A和B,mA=1kg,mB=3kg,开始时三个物体都静止。
在A、B间放有少量塑胶炸药,爆炸后A以6m/s速度水平向左运动,A、B中任意一块与挡板C碰撞后,都粘在一起,不计摩擦和碰撞时间,求:
(1)当两滑块A、B都与挡板C碰撞后,C的速度是多大;
(2)A、C碰撞过程中损失的机械能。
解析:
(1)A、B、C系统动量守恒0=(mA+mB+mC)vC,vC=0。
(2)炸药爆炸时A、B系统动量守恒,
mAvA=mBvB,解得:
vB=2m/s
A、C碰撞前后系统动量守恒
mAvA=(mA+mC)v,v=1m/s
ΔE=
mAvA2-
(mA+mC)v2=15J。
答案:
(1)0
(2)15J
16.(10分)质量为m的小球A,沿光滑水平面以v0的速度与质量为2m的静止小球B发生正碰,碰撞后A球的动能变为原来的
,求碰撞后B球的速度大小。
解析:
根据Ek=
mv2,可得碰撞后A的速度变为vA′=±
v0,正、负表示方向有两种可能。
若vA′=
v0,即vA′与v0同向时有:
mv0=
mv0+2mvB,vB=
v0
碰撞后两球具有共同速度说明是完全非弹性碰撞,此速度合理。
若vA′=-
v0,即vA′与v0反向时有:
mv0=-
mv0+2mvB,vB=
v0
碰撞后系统总动能为
Ek总′=EkA′+EkB′=
m(-
v0)2+
×2m(
v0)2
=
mv02,
恰好等于碰前系统的总动能
mv02,是弹性碰撞,此速度合理。
答案:
v0或
v0
17.(14分)(2017·天津高考)如图所示,物块A和B通过一根轻质不可伸长的细绳相连,跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧,质量分别为mA=2kg、mB=1kg。
初始时A静止于水平地面上,B悬于空中。
现将B竖直向上再举高h=1.8m(未触及滑轮),然后由静止释放。
一段时间后细绳绷直,A、B以大小相等的速度一起运动,之后B恰好可以和地面接触。
取g=10m/s2,空气阻力不计。
求:
(1)B从释放到细绳刚绷直时的运动时间t;
(2)A的最大速度v的大小;
(3)初始时B离地面的高度H。
解析:
(1)B从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动,有h=
gt2 ①
代入数据解得t=0.6s。
②
(2)设细绳绷直前瞬间B速度大小为vB,有vB=gt ③
细绳绷直瞬间,细绳张力远大于A、B的重力,A、B相互作用,由动量守恒得
mBvB=(mA+mB)v ④
之后A做匀减速运动,所以细绳绷直后瞬间的速度v即为A的最大速度,
联立②③④式,代入数据解得v=2m/s。
⑤
(3)细绳绷直后,A、B一起运动,B恰好可以和地面接触,说明此时A、B的速度为零,这一过程中A、B组成的系统机械能守恒,有
(mA+mB)v2+mBgH=mAgH ⑥
代入数据解得H=0.6m。
⑦
答案:
(1)0.6s
(2)2m/s (3)0.6m
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