高考物理總復習碰撞與動量守恒綜合檢測教科版20180723333

1、碰撞與動量守恒綜合檢測(時間:90分鐘滿分:100分)一、選擇題(本題共12小題,每小題4分,共48分.在每小題給出的四個選項中,第17小題只有一個選項正確,第812小題有多個選項正確,全部選對的得4分,選對但不全的得2分,有選錯或不選的得 0分)1.一物體豎直向下勻加速運動一段距離,對于這一運動過程,下列說法正確的是(C)A.物體的機械能一定增加B.物體的機械能一定減少C.相同時間內(nèi),物體動量的增量一定相等D.相同時間內(nèi),物體動能的增量一定相等解析:物體豎直向下做勻加速運動,有兩種可能的情況:加速度大于重力加速度,物體受到重力和向下的力的作用;加速度小于重力加速度,說明物體受到向上的、小于重

2、力的作用力.若物體的加速度小于重力加速度,說明物體受到向上的、小于重力的作用力,該力對物體做負功,物體的機械能減少,選項A錯誤;若物體的加速度大于g,說明除重力做功之外,還有其他力對物體做正功,物體的機械能應增加,選項B錯誤;物體做勻加速運動,則物體受到的合外力不變,根據(jù)I=Ft,相同時間內(nèi)物體受到的沖量一定相等,根據(jù)動量定理,物體動量的增量一定相等,選項C正確;由C的分析,物體受到的合外力不變,相同時間內(nèi)物體動量的增量一定相等,則物體動能的增加量Ek=m-m=m(v2-v1)(v2+v1)=mv(v2+v1),顯然,隨時間的變化,v2+v1是變化的,即動量變化相等的情況下,動能的變化是不同的

3、,選項D錯誤.2.如圖所示,一質(zhì)量為2 kg的物體放在光滑的水平面上,原來處于靜止狀態(tài),現(xiàn)用與水平方向成60角的恒力F=10 N作用于物體上,歷時5 s,則下列說法不正確的是(A)A.力F對物體的沖量大小為50 NsB.力F對物體的沖量大小為25 NsC.物體的動量變化量為50 kgm/sD.物體所受合外力沖量大小為50 Ns解析:力F對物體的沖量大小I=Ft=105 Ns=50 Ns,選項A正確,B錯誤;物體受到的合外力的沖量為I=Ftcos 60,由動量定理可知Ftcos 60=p,則合外力的沖量及動量的變化量為p=105 kgm/s=25 kgm/s,選項C,D錯誤.3.在光滑的水平面上

4、有a,b兩球,其質(zhì)量分別為ma,mb,兩球在t0時刻發(fā)生正碰,并且在碰撞過程中無機械能損失,兩球碰撞前后的速度時間圖像如圖所示,下列關(guān)系正確的是(B)A.mambB.mambC.ma=mbD.無法判斷解析:由圖像知a球以一初速度向原來靜止的b球運動,碰后a球反彈且速度大小小于其初速度大小,根據(jù)動量守恒定律,a球的質(zhì)量小于b球的質(zhì)量,選項B正確.4.如圖所示,質(zhì)量為3 kg的木板放在光滑的水平地面上,質(zhì)量為1 kg的木塊放在木板上,它們之間有摩擦,木板足夠長,兩者都以4 m/s的初速度向相反方向運動.當木板的速度為2.4 m/s時,木塊(C)A.處于勻速運動階段B.處于減速運動階段C.處于加速運

5、動階段D.靜止不動解析:木板和木塊組成的系統(tǒng)動量守恒,設(shè)它們相對靜止時的共同速度為v,以木板運動的方向為正方向,則Mv1-mv2=(M+m)v,v= 2 m/s,方向與木板運動方向相同.在這之前,木板一直做勻減速運動,木塊先做勻減速運動,當相對地面的速度為零時,再反向向右做勻加速運動,直到速度增大到2 m/s.設(shè)當木塊對地速度為零時,木板速度為v,則Mv1-mv2=Mv,v=2.67 m/s,大于2.4 m/s,所以木板的速度為2.4 m/s時,木塊處在反向向右加速運動階段,選項C正確.5.如圖所示,質(zhì)量為M的盒子放在光滑的水平面上,盒子內(nèi)表面不光滑,盒內(nèi)放有一塊質(zhì)量為m的物體,其時刻給物體一

6、個水平向右的初速度v0,那么在物體與盒子前后壁多次往復碰撞后(D)A.兩者的速度均為零B.兩者的速度總不會相等C.盒子的最終速度為,方向水平向右D.盒子的最終速度為,方向水平向右解析:由于盒子內(nèi)表面不光滑,在多次碰后物體與盒子相對靜止,由動量守恒得mv0=(M+m)v,解得v=,選項D正確.6.如圖所示,一個傾角為的直角斜面體靜置于光滑水平面上,斜面體質(zhì)量為M,頂端高度為h,今有一質(zhì)量為m的小物體,沿光滑斜面下滑,當小物體從斜面頂端自由下滑到底端時,斜面體在水平面上移動的距離是(C)A. B.C. D.解析:此題屬“人船模型”問題.m與M組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒,設(shè)m在水平方向上對地位移

7、為x1,M在水平方向上對地位移為x2,因此有0=mx1-Mx2.且x1+x2=.可得x2=,選項C正確.7.如圖所示,完全相同的A,B兩物塊隨足夠長的水平傳送帶按圖中所示方向勻速運動.A,B間夾有少量炸藥,對A,B在炸藥爆炸過程及隨后的運動過程有下列說法,其中正確的是(D)A.炸藥爆炸后瞬間,A,B兩物塊速度方向一定相同B.炸藥爆炸后瞬間,A,B兩物塊速度方向一定相反C.炸藥爆炸過程中,A,B兩物塊組成的系統(tǒng)動量不守恒D.A,B在炸藥爆炸后至A,B相對傳送帶靜止的過程中動量守恒解析:設(shè)A,B質(zhì)量都為m,A,B在炸藥爆炸過程中,內(nèi)力遠遠大于外力,動量守恒,爆炸后B的速度方向肯定與v的方向相同,根

8、據(jù)動量守恒定律得2mv=mvA+mvB.若爆炸后B的速度大于2v,則A的速度方向與B的速度方向相反,若爆炸后B的速度小于2v,則A的速度方向與B的速度方向相同,選項A,B,C錯誤;A,B在炸藥爆炸后至A,B相對傳送帶靜止的過程中,對A,B的兩個摩擦力剛好大小相等,方向相反,時間相同,所以沖量是相反的,所以總沖量是0,動量是守恒的,選項D正確.8.如圖所示,質(zhì)量為M的“L”形物體靜止在光滑的水平面上.物體的AB部分是半徑為R的四分之一光滑圓弧,BC部分是水平面.將質(zhì)量為m的小滑塊從物體的A點靜止釋放,沿圓弧面滑下并最終停在物體的水平部分BC之間的D點,則(AD)A.滑塊m從A滑到B的過程,物體與

9、滑塊組成的系統(tǒng)動量不守恒,機械能守恒B.滑塊滑到B點時,速度大小等于C.滑塊從B運動到D的過程,系統(tǒng)的動量和機械能都不守恒D.滑塊滑到D點時,物體的速度等于0解析:因為滑塊從A下滑到B的過程中,系統(tǒng)所受合外力不為零,系統(tǒng)動量守恒,又因為滑塊從A下滑到B的過程中系統(tǒng)中只有動能和重力勢能的相互轉(zhuǎn)化,故滿足機械能守恒條件,選項A正確;滑塊從A下滑到B的過程中,系統(tǒng)在水平方向上動量守恒、機械能守恒,設(shè)到達B點時的速度為vM,到達B點時的速度為vm,圓弧的半徑為R,以水平向右為正方向,由水平方向動量守恒得mvm+MvM=0,由機械能守恒定律可得mgR=m+M,當vm=時,vM=0,這兩組數(shù)據(jù)不滿足動量守

10、恒定律,選項B錯誤;滑塊從B運動到D的過程,系統(tǒng)所受合外力為零,系統(tǒng)動量守恒,在該過程中要克服摩擦阻力做功,系統(tǒng)機械能不守恒,選項C錯誤;滑塊到達D點時停在物體上,即滑塊與物體相對靜止,速度相等.根據(jù)動量守恒定律mvm+MvM=0,滿足方程時只有vM=vm=0,即滑塊滑到D點時,物體的速度一定等于零,選項D正確.9.如圖所示,位于光滑水平桌面,質(zhì)量相等的小滑塊P和Q都可以視做質(zhì)點,Q與輕質(zhì)彈簧相連,設(shè)Q靜止,P以某一初動能E0水平向Q運動并與彈簧發(fā)生相互作用,若整個作用過程中無機械能損失,用E1表示彈簧具有的最大彈性勢能,用E2表示Q具有的最大動能,則(AD)A.E1=E0B.E1=E0C.E

11、2=E0D.E2=E0解析:彈簧的最大彈性勢能發(fā)生在P,Q的速度相等時,系統(tǒng)動量守恒,以向右為正方向,由動量守恒定律得mv0=2mv,由能量守恒定律得,彈簧的最大彈性勢能為E1=m-2mv2,解得E1=m=E0,選項A正確,B錯誤;由于P,Q之間發(fā)生的是完全彈性碰撞,且P,Q的質(zhì)量相等,最終P,Q將交換速度,即小滑塊P將靜止,小滑塊Q以動能E0運動,選項C錯誤,D正確.10.如圖所示,在質(zhì)量為M的小車中掛有一單擺,擺球的質(zhì)量為m0,小車(和單擺)以恒定的速度v0沿光滑水平面運動,與位于正對面的質(zhì)量為m的靜止木塊發(fā)生碰撞,碰撞的時間極短.在碰撞過程中,下列情況可能發(fā)生的是(CD)A.小車和擺球的

12、速度都變?yōu)関1,木塊的速度變?yōu)関2,滿足(M+m0)v0=(M+m0)v1+mv2B.小車、木塊、擺球的速度都發(fā)生變化,分別變?yōu)関1,v2,v3,滿足(M+m0)v0=Mv1+mv2+m0v3C.擺球的速度不變,小車和木塊的速度變?yōu)関1和v2,滿足Mv0=Mv1+mv2D.擺球的速度不變,小車和木塊的速度變?yōu)関,滿足Mv0=(M+m)v解析:由于小車與木塊發(fā)生碰撞的時間極短,碰撞時僅小車與木塊間發(fā)生相互作用,使小車與木塊的動量、速度發(fā)生變化,而在這極短時間內(nèi),擺球和小車水平方向并沒有通過繩發(fā)生相互作用,所以小車與木塊碰后瞬時,小球仍保持原來的速度而未來得及變化,僅小車與木塊由于相互作用,各自動

13、量發(fā)生改變,選項A,B錯誤;取小車(不包括擺球)和木塊作為系統(tǒng),碰撞前后動量守恒,但小車與木塊碰后可能分離,也可能結(jié)合在一起,選項C,D正確.11.如圖所示,水平傳送帶AB足夠長,質(zhì)量為M=1.0 kg的木塊隨傳送帶一起以v1=2 m/s的速度向左勻速運動(傳送帶的速度恒定),木塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)=0.5,當木塊運動到最左端A點時,一顆質(zhì)量為m=20 g的子彈,以v0=300 m/s的水平向右的速度,正對射入木塊并穿出,穿出速度v=50 m/s,設(shè)子彈射穿木塊的時間極短,(g取10 m/s2)則(BC)A.子彈射穿木塊后,木塊一直做減速運動B.木塊遭射擊后遠離A的最大距離為0.9 mC.

14、木塊遭射擊后到相對傳送帶靜止所經(jīng)歷的時間為1.0 sD.木塊遭射擊后到相對傳送帶靜止所經(jīng)歷的時間為0.6 s解析:子彈射穿木塊后,木塊先向右做減速運動,然后再向左做加速運動,選項A錯誤;設(shè)木塊被子彈擊穿時的速度為v3,子彈擊穿木塊過程水平方向的動量守恒,選取向右為正方向,故mv0-Mv1=mv+Mv3,代入數(shù)據(jù)解得v3=3.0 m/s木塊遭射擊后遠離A的距離最大時的瞬時速度為0,根據(jù)動能定理得-Mgxm=0-M代入數(shù)據(jù)得xm=0.9 m,選項B正確;選取向右為正方向,則木塊與傳送帶的速度相等時的速度是-2 m/s.木塊的加速度a=-=-g=-0.510 m/s2=-5 m/s2木塊遭射擊后到相

15、對傳送帶靜止所經(jīng)歷的時間為t= s=1.0 s,選項C正確,D錯誤.12.如圖所示,水平光滑軌道的寬度和彈簧自然長度均為d.m2的左邊有一固定擋板,m1由圖示位置靜止釋放.當m1與m2第一次相距最近時m1速度為v1,在以后的運動過程中(BD)A.m1的最小速度是0B.m1的最小速度是v1C.m2的最大速度是v1D.m2的最大速度是v1解析:從小球m1到達最近位置后繼續(xù)前進,此后拉著m2前進,m1減速,m2加速,達到共同速度時兩者相距最遠,此后m1繼續(xù)減速,m2加速,當兩球再次相距最近時,m1達到最小速度,m2達最大速度.兩小球水平方向動量守恒,速度相同時保持穩(wěn)定,一直向右前進,m1v1=m1v

16、1+m2v2,m1=m1v12+m2,解得v1=v1,v2=v1故m1的最小速度為v1,選項A錯誤,B正確;m2的最大速度為v1,選項D正確,C錯誤.二、非選擇題(共52分)13.(5分)在用氣墊導軌做“驗證動量守恒定律”實驗時,左側(cè)滑塊質(zhì)量m1=170 g,右側(cè)滑塊質(zhì)量m2=110 g,擋光片寬度為3.00 cm,兩滑塊之間有一壓縮的彈簧片,并用細線連在一起,如圖所示.開始時兩滑塊靜止,燒斷細線后,兩滑塊分別向左、右方向運動.擋光片通過光電門的時間分別為t1=0.32 s,t2=0.21 s.則兩滑塊的速度分別為v1=m/s,v2=m/s.燒斷細線前m1v1+m2v2=kgm/s,燒斷細線后

17、m1v1+m2v2=kgm/s.可得到的結(jié)論是.解析:由平均速度公式可得v1= m/s=0.09 m/s;v2= m/s=0.143 m/s.設(shè)向右為正方向,因燒斷細線之前,兩滑塊均靜止,故燒斷細線前的動量為零;碰后的動量為0.17(-0.09) kgm/s+0.110.143 kgm/s0,故說明碰撞前后動量相等,系統(tǒng)動量守恒.答案:0.090.14300系統(tǒng)動量守恒評分標準:每空1分.14.(9分)如圖(甲)所示,用“碰撞實驗器”,可以驗證動量守恒定律,即研究兩個小球在軌道水平部分碰撞前后的動量關(guān)系.(1)實驗中,直接測定小球碰撞前后的速度是不容易的,但是,可以通過僅測量(填選項前的符號)

18、,間接地解決這個問題.A.小球開始釋放高度hB.小球拋出點距地面的高度HC.小球做平拋運動的射程(2)圖(甲)中O點是小球拋出點在地面上的垂直投影.實驗時,先將入射球m1多次從斜軌上S位置由靜止釋放,找到其平均落地點的位置P,測量平拋射程OP.然后,把被碰小球m2靜止于軌道的水平部分,再將入射小球m1從斜軌上S位置由靜止釋放,與小球m2相撞,并多次重復.接下來要完成的必要步驟是.(填選項前的符號)A.用天平測量兩個小球的質(zhì)量m1,m2B.測量小球m1開始釋放高度hC.測量拋出點距地面的高度HD.分別找到m1,m2相碰后平均落地點的位置M,NE.測量平拋射程OM,ON(3)若兩球相碰前后的動量守

19、恒,其表達式可表示為用(2)中測量的量表示.(4)經(jīng)測定,m1=0.45 g,m2=7.5 g,小球落地點的平均位置距O點的距離如圖(乙)所示.碰撞前、后m1的動量分別為p1與p1,則p1p1=11;若碰撞結(jié)束時m2的動量為p2,則p1p2=11.實驗結(jié)果說明,碰撞前、后總動量的比值為.解析:(1)小球離開軌道后做平拋運動,由H=gt2知t=,即小球的下落時間一定,則初速度v=可用平拋運動的水平射程來表示,選項C 正確.(2)本實驗要驗證的是m1OM+m2ON=m1OP,因此要測量兩個小球的質(zhì)量m1和m2以及它們的水平射程OM和ON,而要確定水平射程,應先分別確定兩個小球落地的平均落點,沒有必

20、要測量小球m1開始釋放的高度h和拋出點距地面的高度H.故應完成的步驟是ADE.(3)若動量守恒,應有m1v1+m2v2=m1v0(v0是m1單獨下落離開軌道時的速度,v1,v2是兩球碰后m1,m2離開軌道時的速度),又v=,則有m1+m2=m1,即m1OM+m2ON=m1OP.(4)碰前m1的動量p1=m1v0=m1,碰后m1的動量p1=m1v1=m1,則p1p1=OPOM=1411;碰后m2的動量p2=m2v2=m2,所以p1p2=(m1OM)(m2ON)=112.9;碰撞前、后總動量的比值=1.01.答案:(1)C(2)ADE(3)m1OM+m2ON=m1OP(4)142.91.01評分標

21、準:第(1)(2)(3)問各2分,第(4)問3分.15.(6分)如圖所示,甲、乙兩名宇航員正在離空間站一定距離的地方執(zhí)行太空維修任務(wù).某時刻甲、乙都以大小為v0=2 m/s的速度相向運動,甲、乙和空間站在同一直線上且可視為質(zhì)點.甲和他的裝備總質(zhì)量為M1=90 kg,乙和他的裝備總質(zhì)量為M2=135 kg,為了避免直接相撞,乙從自己的裝備中取出一質(zhì)量為m=45 kg的物體A推向甲,甲迅速接住A后即不再松開,此后甲、乙兩宇航員在空間站外做相對距離不變的同向運動,且安全“飄”向空間站.(設(shè)甲、乙距離空間站足夠遠,本題中的速度均指相對空間站的速度)(1)乙要以多大的速度v(相對于空間站)將物體A推出?

22、(2)設(shè)甲與物體A作用時間為t=0.5 s,求甲與A的相互作用力F的 大小.解析:(1)以甲、乙、A三者組成的系統(tǒng)為研究對象,系統(tǒng)動量守恒,以乙的方向為正方向,則有M2v0-M1v0=(M1+M2)v1(1分)以乙和A組成的系統(tǒng)為研究對象,由動量守恒得M2v0=(M2-m)v1+mv(1分)代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得v1=0.4 m/s,v=5.2 m/s.(2分)(2)以甲為研究對象,由動量定理得Ft=M1v1-(-M1v0)(1分)代入數(shù)據(jù)解得F=432 N.(1分)答案:(1)5.2 m/s(2)432 N16.(7分)如圖所示,光滑水平面上依次放置兩個質(zhì)量均為m的小物塊A和C以及光滑曲面劈B,B

23、的質(zhì)量為M=3m,B的曲面下端與水平面相切,且劈B足夠高.現(xiàn)讓小物塊C以水平速度v0向右運動,與A發(fā)生彈性碰撞,碰撞后小物塊A又滑上劈B.求物塊A在B上能夠達到的最大高度.解析:C,A組成的系統(tǒng)動量守恒,以向右為正方向,由動量守恒定律得mv0=mvC+mvA(1分)由能量守恒定律得m=m+m(1分)解得vC=0,vA=v0(1分)A,B系統(tǒng)在水平方向動量守恒,以向右為正方向,由動量守恒定律得mvA=(m+M)v(1分)系統(tǒng)機械能守恒,由機械能守恒定律得m=mgh+(m+M)v2(2分)解得h=.(1分)答案:17.(11分)如圖所示,半徑為R的四分之三光滑圓軌道豎直放置,CB是豎直直徑,A點與

24、圓心等高,有小球b靜止在軌道底部,小球a自軌道上方某一高度處由靜止釋放自A點與軌道相切進入豎直圓軌道,a,b小球直徑相等,質(zhì)量之比為31,兩小球在軌道底部發(fā)生彈性正碰后小球b經(jīng)過C點水平拋出落在離C點水平距離為2R的地面上,重力加速度為g,小球均可視為質(zhì)點.求:(1)小球b碰后瞬間的速度;(2)小球a碰后在軌道中能上升的最大高度.解析:(1)b小球從C點拋出做平拋運動,有g(shù)t2=2R(1分)解得t=(1分)小球b做平拋運動的水平位移x=vCt=2R(1分)解得vC=(1分)根據(jù)機械能守恒有mb=mb+2mbgR(1分)可知小球b在碰后瞬間的速度vb=.(1分)(2)a,b兩小球相碰,由動量守恒得mava=mava+mbvb(1分)a,b兩小球發(fā)生彈性碰