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物理选择性必修 第一册第一章 动量守恒定律综合与测试免费课后测评
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这是一份物理选择性必修 第一册第一章 动量守恒定律综合与测试免费课后测评，共17页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
第一章 动量守恒定律
本章达标检测
(满分:100分;时间:90分钟)
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1~8小题只有一项符合题目要求,第9~12小题有多项符合题目要求。全部选对的得4分,选不全的得2分,选错或不答的得0分)
1.(2020北京高考适应性测试)“蹦极”运动中,长弹性绳的一端固定,另一端绑在人身上,人从几十米高处跳下。将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动,从绳恰好伸直到人第一次下降至最低点的过程中,若不计空气阻力,下列分析正确的是( )
A.绳对人的冲量始终向上,人的动量一直减小
B.绳对人的拉力始终做负功,人的动能一直减小
C.绳恰好伸直时,人的动能最大
D.人的动量最大时,绳对人的拉力等于人所受的重力
2.(2020江西吉安高三上期中)物体A和B用轻绳相连,挂在轻弹簧下静止不动,如图(a)所示,A的质量为m,B的质量为M。当连接A、B的绳突然断开后,物体A上升经某一位置时的速度大小为v,这时物体B的下落速度大小为u,如图(b)所示,在这段时间里,弹簧的弹力对物体A的冲量为( )
A.mv B.mu C.mv+Mu D.mv+mu
3.(2019重庆巴蜀中学高一下期末)如图,长l的轻杆两端固定两个质量相等的小球甲和乙(可视为质点),初始时它们直立在光滑的水平地面上。后由于受到微小扰动,系统从图示位置开始倾倒。当小球甲刚要落地时,其速度大小为( )
A.2gl2 B.gl C.2gl D.0
4.(2019山东日照莒县一中高二10月月考)如图所示,质量为m的人立于平板车上,人与车的总质量为M,人与车以速度v1在光滑水平面上向东运动。当此人相对于车以速度v2竖直跳起时,车的速度变为( )
A.Mv1-Mv2Mm,向东 B.Mv1M-m,向东
C.Mv1+Mv2M-m,向东 D.v1,向东
5.(2019四川攀枝花高一下期末)如图所示,光滑水平面上A、B、C三个质量均为1 kg的物体紧贴着放在一起,A、B之间有微量炸药。炸药爆炸过程中B对C做的功为4 J,若炸药爆炸过程释放的能量全部转化为三个物体的动能,则炸药爆炸过程中释放出的能量为( )
A.8 J B.16 J C.24 J D.32 J
6.(2019江苏赣榆高中月考)如图为丁俊晖正在准备击球,设丁俊晖在某一杆击球过程中,白色球(主球)和花色球碰撞前后都在同一直线上运动,碰前白色球A的动量pA=5 kg·m/s,花色球B静止,碰后花色球B的动量变为p'B=4 kg·m/s,则两球质量mA与mB间的关系可能是( )
A.mB=mA B.mB=14mA
C.mB=16mA D.mB=6mA
7.(2019安徽滁州定远育才学校高二下期末)在光滑的水平面的同一直线上,自左向右地依次排列质量均为m的一系列小球,另一质量为m的小球A以水平向右的速度v0运动,依次与上述小球相碰,碰后即粘在一起,碰撞n次后,剩余的总动能为原来的18,则n为( )
A.5 B.6 C.7 D.8
8.(2020浙江舟山中学高二下月考)如图所示,半径为R的光滑半圆槽质量为M,静止在光滑水平面上,其内表面有一质量为m的小球被细线吊着位于槽的边缘处。如将线烧断,小球滑行到最低点向右运动时,半圆槽的速度为( )
A.0 B.mM2MgRM+m,向左
C.mM2MgRM+m,向右 D.不能确定
9.(2020河北安平中学高三上月考)一物块沿光滑水平面做直线运动,运动过程中受到一水平拉力F作用,如图所示是其速度-位移图像,则物块运动到位移为x1的过程中,下列关于力F的说法正确的是( )
A.力F是恒力
B.相等位移内力F冲量相等
C.力F逐渐减小
D.相等时间内力F做功相等
10.(2020广东阳江高一下期末)如图所示,水平面上有两个木块,两木块的质量分别为m1、m2,且m2=2m1。开始两木块之间有一根用轻绳缚住的已压缩的轻弹簧,烧断细绳后,两木块分别向左、右运动。若两木块与水平面间的动摩擦因数分别为μ1、 μ2,且μ1=2μ2,则在弹簧伸长的过程中,两木块 ( )
A.动量大小之比为1∶1
B.速度大小之比为2∶1
C.通过的路程之比为2∶1
D.通过的路程之比为1∶1
11.(2019湖北荆门高二下期末)如图所示,两根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A、B(质量分别为m1、m2)分别穿在两杆上,两球间连接一个处于原长状态的竖直轻弹簧,现给小球B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.A、B及弹簧组成的系统动量不守恒
B.弹簧最长时,其弹性势能为m1m2v022(m1+m2)
C.A、B速度相同时,共同速度为m2v0m1+m2
D.A、B及弹簧组成的系统机械能守恒
12.(2019吉林长春实验中学高一下期末)光滑的水平面上,物体A、B的质量分别为m1和m2,且m1
A.第二种情况下,弹簧最短时物体A的速度较大
B.两种情况,弹簧最短时物体A的速度等大
C.两种情况,弹簧的最大弹性势能相同
D.第二种情况下,弹簧的最大弹性势能较大
二、非选择题(本题共6小题,共52分)
13.(2019四川绵阳高二下期末)(4分)如图所示,质量为20 kg的小车静止在光滑水平面上,从水枪中喷出的水柱的横截面积是10 cm2,速度为10 m/s,水的密度为1.0×103 kg/m3。若用水枪喷出的水从车后沿水平方向冲击小车的前壁,且冲击到小车前壁的水全部沿前壁流进小车中。当有质量5 kg的水进入小车时,小车的速度大小 m/s,小车的加速度大小 m/s2。
14.(2019江苏随州高二下期中)(8分)利用气垫导轨和光电门进行“探究碰撞中的不变量”这一实验,气垫导轨的左侧与一倾斜轨道平滑连接,滑块在水平气垫导轨上运动时可忽略阻力。让滑块A在左侧倾斜轨道的P点由静止开始下滑,然后与静止在光电门C和光电门D之间的滑块B发生碰撞,如图所示。
(1)实验中滑块B备有甲、乙两种:其中甲种滑块左端装有弹性圈,乙种滑块左端装有橡皮泥,与滑块A碰撞后会粘在一起。若要求碰撞时动能损失最大,则应选用 种滑块(填“甲”或“乙”);若要求碰撞时动能损失最小,则应选用 种滑块(填“甲”或“乙”)。
(2)某同学选取左端装有橡皮泥的滑块B进行实验,两滑块的质量分别为mA和mB,滑块A从P点由静止释放后,通过光电门C的时间为t1,与滑块B粘在一起后通过光电门D的时间为t2,则在误差允许的范围内,只需验证等式 成立,即说明碰撞过程中滑块A和滑块B系统动量守恒。
(3)在上一问的某次实验中,滑块A通过光电门C和光电门D的时间分别为t1=0.05 s和t2=0.15 s,那么滑块A和滑块B的质量之比为mA∶mB= 。
15.(2019江苏南京师大附中期末)(6分)甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑水平面上匀速相向行驶,速度大小均为6 m/s。甲车上有质量为m=1 kg的小球若干个,甲和他的小车及所带小球的总质量为M1=50 kg,乙和他的小车总质量为M2=30 kg。现为避免相撞,甲不断地将小球以相对地面16.5 m/s的水平速度抛向乙,且被乙接住,假设某一次甲将小球抛出且被乙接住后刚好可保证两车不相撞,试求此时:
(1)两车的速度大小;
(2)甲总共抛出的小球个数。
16.(2019江西四校联考)(8分)如图甲所示,物块A、B的质量分别是m1=4 kg和m2=6 kg,用轻弹簧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时刻以一定的速度向左运动,在t=5 s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:
(1)物块C的质量m3;
(2)在5~15 s时间内,物块A的动量变化量的大小和方向。
17.(2020江苏连云港高三上期中)(10分)如图所示,光滑水平面上静止放置质量M=2 kg的长木板 C,离板右端x=0.72 m处静止放置质量mA=1 kg的小物块A,A与C间的动摩擦因数μ=0.4;在木板右端静止放置质量为mB=1 kg的小物块B,B与C间的摩擦忽略不计。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,A、B均可视为质点,g取10 m/s2。现在木板上加一水平向右的力F=3 N,到A与B发生弹性碰撞时撤去力F。问:
(1)A与B碰撞之前运动的时间是多少?
(2)若A最终能停在C上,则长木板C的长度至少是多少?
18.(16分)如图所示,两物块A、B并排静置于高h=0.80 m的光滑水平桌面上,物块的质量均为M=0.60 kg。一颗质量m=0.10 kg的子弹C以v0=100 m/s的水平速度从左面射入A,子弹射穿A后接着射入B并留在B中,此时A、B都没有离开桌面。已知物块A的长度为0.27 m,A离开桌面后,落地点到桌边的水平距离s=2.0 m。设子弹在物块A、B中穿行时受到的阻力大小相等,g取10 m/s2。(平抛过程中物块可看成质点)求:
(1)物块A和物块B离开桌面时速度的大小分别是多少;
(2)子弹在物块B中打入的深度;
(3)若使子弹在物块B中穿行时物块B未离开桌面,则物块B到桌边的最小初始距离为多少。
答案全解全析
1.D 由于绳子对人的拉力一直向上,所以绳子对人的冲量始终向上;人的速度先增大后减小,所以人的动量也是先增大后减小,A错误。由于绳子对人的拉力始终与人的运动方向相反,所以绳子对人的拉力始终做负功;由于人的速度先增大后减小,所以人的动能也是先增大后减小,B错误。绳子恰好伸直时,绳子对人的拉力为零,人受重力仍会加速向下运动,所以此时人的速度不是最大,人的动能也不是最大,C错误。当绳子对人的拉力与重力等大反向时,人的加速度为零,此时速度最大,动量也最大,D正确。
2.D 取竖直向上为正方向,对B,由动量定理得-Mgt=-Mu-0;设弹簧弹力的冲量为I,对A,由动量定理得I-mgt=mv-0,联立解得I=mv+mu,故选D。
3.C 甲、乙组成的系统在水平方向动量守恒,当小球甲刚要落地时,水平方向上的速度为零,所以乙球的速度也为零,乙球的动能为零;甲球初始状态的重力势能全部转化为甲球的动能,由机械能守恒定律得12mv甲2=mgl,解得v甲=2gl,选C。
4.D 人和车在水平方向上动量守恒,当人竖直跳起时,人和车之间的相互作用在竖直方向上,在水平方向上仍然动量守恒,即水平方向的速度不发生变化,所以车的速度仍然为v1,方向向东,选D。
5.C 因为A、B、C在光滑水平面上,所以炸药爆炸后B与C的速度相同;由于B对C做的功为4 J,根据动能定理W=ΔEk及动能定义式Ek=12mv2,可得C的速度vC=22 m/s;根据动量守恒定律,有0=-mvA+2mvC;根据能量守恒定律,有E=12mvA2+12×2mvC2,联立解得E=24 J,选C。
6.A 由动量守恒定律得pA+pB=p'A+p'B,解得p'A=1 kg·m/s。由碰撞中动能不增原则,得pA2mA≥p' A2mA+p' B2mB,解得mB≥23mA,B、C两项不符合题意;若mB=6mA,虽满足动能不增原则,但此时p' AmA>p' BmB,即v'A>v'B,不合理,D项不符合题意。
7.C 整个过程动量守恒,则碰撞n次后整体的速度为v=mv0(n+1)m=v0n+1,对应的总动能为Ek=12(n+1)mv2=mv022(n+1),由题可知Ek=18×12mv02,联立解得n=7,选C。
8.B 以水平向右为正方向,设小球在最低点时,小球和半圆槽的速度大小分别为v和v',两者组成的系统水平方向动量守恒,得0=mv-Mv';根据机械能守恒定律得mgR=12mv2+12Mv'2,联立以上两式解得v'=mM2MgRM+m,方向向左,故选项B正确。
9.BC 根据v-x图像可知,在相等的位移中,速度的变化量相等,对比匀变速直线运动公式v22-v12=2as,即(v2-v1)(v2+v1)=2as,因s相同时(v2-v1)相同,而(v2+v1)逐渐减小,可知物体的加速度逐渐减小,则力F逐渐减小,A错误、C正确;由图可知,在相等的位移中,速度的变化量相等,则动量的变化量相等,由动量定理可知,力F的冲量相等,B正确;物体在相等时间内的位移逐渐减小,F逐渐减小,则相等时间内力F做功逐渐减小,D错误。
10.ABC 以两木块及弹簧为研究对象,绳断开后,弹簧对两木块有推力作用,是内力;水平面对两木块有方向相反的滑动摩擦力,且Ff1=μ1m1g,Ff2=μ2m2g;又因为m2=2m1,μ1=2μ2,所以系统所受合外力F合=μ1m1g-μ2m2g=0,即满足动量守恒定律的条件。设弹簧伸长过程中某一时刻,两木块速度大小分别为v1、v2,由动量守恒定律有-m1v1+m2v2=0(以向右为正方向),即m1v1=m2v2,所以两木块的动量大小之比为1∶1,A项正确。两木块的速度大小之比为v1v2=m2m1=21,故B项正确。由于木块通过的路程正比于其速度,所以两木块通过的路程之比s1s2=v1v2=21,C项正确,D项错误。
11.BCD 由于系统在竖直方向上受力平衡,水平方向不受外力,所以A、B及弹簧组成的系统所受的合外力为零,系统动量守恒,A错误。弹簧最长时,A、B速度相同,以向右为正方向,由动量守恒定律得m2v0=(m1+m2)v,解得v=m2v0m1+m2;对于两球和弹簧组成的系统,只有弹簧弹力做功,系统的机械能守恒,由机械能守恒定律得12m2v02=12(m1+m2)v2+Ep,解得Ep=m1m2v022(m1+m2),B、C、D正确。
12.AC 弹簧最短时,弹簧的弹性势能最大,两物体速度相等。第一种情况:由动量守恒定律得m1v=(m1+m2)v1,解得弹簧最短时物体A的速度v1=m1vm1+m2,弹簧的最大弹性势能Epmax=12m1v2-12(m1+m2)v12=m1m2v22(m1+m2)。第二种情况:由动量守恒定律得m2v=(m1+m2)v2,解得弹簧最短时物体A的速度v2=m2vm1+m2,弹簧的最大弹性势能Epmax'=12m2v2-12(m1+m2)v22=m1m2v22(m1+m2)。因为m1
13.答案 2(2分) 2.56(2分)
解析 流进小车的水与小车组成的系统在水平方向动量守恒,当流入质量为m的水后,设小车速度为v1,则mv=(m+M)v1,解得v1=mvm+M=2 m/s。
质量为m的水流进小车后,在极短的时间Δt内,冲击小车的水的质量为Δm=ρS(v-v1)Δt,此时,水对车的冲击力大小为F,则车对水的作用力大小也为F,据动量定理有-FΔt=Δmv1-Δmv,解得F=ρS(v-v1)2=64 N,根据牛顿第二定律得a=Fm+M=2.56 m/s2。
14.答案 (1)乙(2分) 甲(2分) (2)见解析(2分) (3)1∶2(2分)
解析 (1)若要求碰撞时动能损失最大,则应选用左端装有橡皮泥的乙种滑块。若要求碰撞时动能损失最小,则应选用左端装有弹性圈的甲种滑块。
(2)设滑块A上的遮光条宽度为d,滑块A从P点由静止释放后,通过光电门C的时间为t1,则滑块A通过光电门C的速度为v1=dt1;与滑块B粘在一起后通过光电门D的时间为t2,则滑块A通过光电门D的速度为v2=dt2;若验证碰撞过程中滑块A和滑块B系统动量守恒,则应满足mAv1=(mA+mB)v2,即mAdt1=(mA+mB)dt2,验证等式mAt1=mA+mBt2或mAt2=(mA+mB)t1成立即可。
(3)某次实验中,滑块A通过光电门C和光电门D的时间分别为t1=0.05 s和t2=0.15 s,则mA0.05s=mA+mB0.15s,解得mA∶mB=1∶2。
15.答案 (1)见解析 (2)15
解析 (1)甲、乙两小孩及两车组成的系统总动量守恒,以甲的运动方向为正方向,甲不断抛球、乙接球后,当甲和小车与乙和小车具有相同速度时,可保证不相撞,设相同速度为v,则
M1v1-M2v2=(M1+M2)v(2分)
解得v=1.5 m/s(1分)
(2)设甲抛出n个小球后速度变为1.5 m/s,甲、小车和n个小球组成的系统动量守恒,有
(M1-nm)v+nmv0=M1v1(2分)
解得n=15(1分)
16.答案 (1)2 kg (2)16 kg·m/s 向右
解析 (1)根据图像可知,物块C与物块A碰撞前,物块C的速度为
v1=6 m/s
碰撞后物块C的速度为v2=2 m/s(1分)
规定向左为正方向,根据动量守恒定律得
m3v1=(m1+m3)v2(2分)
解得m3=2 kg(1分)
(2)在第5 s末和第15 s末,物块A的速度分别为
v2=2 m/s,v3=-2 m/s(1分)
所以5~15 s时间内物块A的动量变化量为
Δp=m1(v3-v2)=-16 kg·m/s(2分)
即在5~15 s时间内物块A动量变化量的大小为16 kg·m/s,方向向右。(1分)
17.答案 (1)1.2 s (2)0.84 m
解析 (1)若A、C相对滑动,则A受到的摩擦力为FA=μmAg=4 N>F,故A、C不可能发生相对滑动。(1分)
设A、C一起运动的加速度为a
则a=FmA+M=1 m/s2(2分)
由x=12at2得A与B碰撞之前运动的时间t=2xa=1.2 s(2分)
(2)因A、B发生弹性碰撞,mA=mB,B相对水平面静止,故A、B碰后,A的速度为0,则从碰后瞬间到木板与A速度相同的过程中,由动量守恒定律得Mv0=(M+mA)v,v0=at,解得v0=1.2 m/s,v=0.8 m/s(2分)
由能量守恒定律得μmAgΔx=12Mv02-12(M+mA)v2(1分)
解得Δx=0.12 m(1分)
故长木板C的长度L至少为
L=x+Δx=0.84 m(1分)
18.答案 (1)5 m/s 10 m/s (2)3.5×10-2 m (3)2.5×10-2 m
解析 (1)子弹射穿物块A后,A以速度vA沿桌面水平向右匀速运动,离开桌面后做平抛运动,h=12gt2(1分)
解得t=0.40 s(1分)
则A离开桌面时的速度vA=st=5 m/s(2分)
设子弹射入物块B后,子弹与B的共同速度为vB,子弹与两物块作用过程中系统动量守恒,有
mv0=MvA+(M+m)vB(1分)
代入数据,解得B离开桌面时的速度vB=10 m/s(1分)
(2)设子弹离开A时的速度为v1,子弹射穿物块A过程,A、B与子弹组成的系统动量守恒,有mv0=mv1+2MvA,解得v1=40 m/s(2分)
子弹在物块B中穿行的过程中,由能量守恒定律得
FfLB=12MvA2+12mv12-12(M+m)vB2 ①(1分)
子弹在物块A中穿行的过程中,由能量守恒定律得
FfLA=12mv02-12mv12-12(M+M)vA2 ②(1分)
由①②解得LB=3.5×10-2 m(1分)
(3)子弹在物块A中穿行的过程中,物块A在水平桌面上的位移为s1,由动能定理得
Ffs1=12(M+M)vA2-0 ③(1分)
子弹在物块B中穿行的过程中,物块B在水平桌面上的位移为s2,由动能定理得
Ffs2=12MvB2-12MvA2 ④(1分)
B到桌边的最小初始距离为smin=s1+s2 ⑤(1分)
联立解得smin=2.5×10-2 m(2分)
第一章 动量守恒定律
本章达标检测
(满分:100分;时间:90分钟)
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1~8小题只有一项符合题目要求,第9~12小题有多项符合题目要求。全部选对的得4分,选不全的得2分,选错或不答的得0分)
1.(2020北京高考适应性测试)“蹦极”运动中,长弹性绳的一端固定,另一端绑在人身上,人从几十米高处跳下。将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动,从绳恰好伸直到人第一次下降至最低点的过程中,若不计空气阻力,下列分析正确的是( )
A.绳对人的冲量始终向上,人的动量一直减小
B.绳对人的拉力始终做负功,人的动能一直减小
C.绳恰好伸直时,人的动能最大
D.人的动量最大时,绳对人的拉力等于人所受的重力
2.(2020江西吉安高三上期中)物体A和B用轻绳相连,挂在轻弹簧下静止不动,如图(a)所示,A的质量为m,B的质量为M。当连接A、B的绳突然断开后,物体A上升经某一位置时的速度大小为v,这时物体B的下落速度大小为u,如图(b)所示,在这段时间里,弹簧的弹力对物体A的冲量为( )
A.mv B.mu C.mv+Mu D.mv+mu
3.(2019重庆巴蜀中学高一下期末)如图,长l的轻杆两端固定两个质量相等的小球甲和乙(可视为质点),初始时它们直立在光滑的水平地面上。后由于受到微小扰动,系统从图示位置开始倾倒。当小球甲刚要落地时,其速度大小为( )
A.2gl2 B.gl C.2gl D.0
4.(2019山东日照莒县一中高二10月月考)如图所示,质量为m的人立于平板车上,人与车的总质量为M,人与车以速度v1在光滑水平面上向东运动。当此人相对于车以速度v2竖直跳起时,车的速度变为( )
A.Mv1-Mv2Mm,向东 B.Mv1M-m,向东
C.Mv1+Mv2M-m,向东 D.v1,向东
5.(2019四川攀枝花高一下期末)如图所示,光滑水平面上A、B、C三个质量均为1 kg的物体紧贴着放在一起,A、B之间有微量炸药。炸药爆炸过程中B对C做的功为4 J,若炸药爆炸过程释放的能量全部转化为三个物体的动能,则炸药爆炸过程中释放出的能量为( )
A.8 J B.16 J C.24 J D.32 J
6.(2019江苏赣榆高中月考)如图为丁俊晖正在准备击球,设丁俊晖在某一杆击球过程中,白色球(主球)和花色球碰撞前后都在同一直线上运动,碰前白色球A的动量pA=5 kg·m/s,花色球B静止,碰后花色球B的动量变为p'B=4 kg·m/s,则两球质量mA与mB间的关系可能是( )
A.mB=mA B.mB=14mA
C.mB=16mA D.mB=6mA
7.(2019安徽滁州定远育才学校高二下期末)在光滑的水平面的同一直线上,自左向右地依次排列质量均为m的一系列小球,另一质量为m的小球A以水平向右的速度v0运动,依次与上述小球相碰,碰后即粘在一起,碰撞n次后,剩余的总动能为原来的18,则n为( )
A.5 B.6 C.7 D.8
8.(2020浙江舟山中学高二下月考)如图所示,半径为R的光滑半圆槽质量为M,静止在光滑水平面上,其内表面有一质量为m的小球被细线吊着位于槽的边缘处。如将线烧断,小球滑行到最低点向右运动时,半圆槽的速度为( )
A.0 B.mM2MgRM+m,向左
C.mM2MgRM+m,向右 D.不能确定
9.(2020河北安平中学高三上月考)一物块沿光滑水平面做直线运动,运动过程中受到一水平拉力F作用,如图所示是其速度-位移图像,则物块运动到位移为x1的过程中,下列关于力F的说法正确的是( )
A.力F是恒力
B.相等位移内力F冲量相等
C.力F逐渐减小
D.相等时间内力F做功相等
10.(2020广东阳江高一下期末)如图所示,水平面上有两个木块,两木块的质量分别为m1、m2,且m2=2m1。开始两木块之间有一根用轻绳缚住的已压缩的轻弹簧,烧断细绳后,两木块分别向左、右运动。若两木块与水平面间的动摩擦因数分别为μ1、 μ2,且μ1=2μ2,则在弹簧伸长的过程中,两木块 ( )
A.动量大小之比为1∶1
B.速度大小之比为2∶1
C.通过的路程之比为2∶1
D.通过的路程之比为1∶1
11.(2019湖北荆门高二下期末)如图所示,两根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A、B(质量分别为m1、m2)分别穿在两杆上,两球间连接一个处于原长状态的竖直轻弹簧,现给小球B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.A、B及弹簧组成的系统动量不守恒
B.弹簧最长时,其弹性势能为m1m2v022(m1+m2)
C.A、B速度相同时,共同速度为m2v0m1+m2
D.A、B及弹簧组成的系统机械能守恒
12.(2019吉林长春实验中学高一下期末)光滑的水平面上,物体A、B的质量分别为m1和m2,且m1
A.第二种情况下,弹簧最短时物体A的速度较大
B.两种情况,弹簧最短时物体A的速度等大
C.两种情况,弹簧的最大弹性势能相同
D.第二种情况下,弹簧的最大弹性势能较大
二、非选择题(本题共6小题,共52分)
13.(2019四川绵阳高二下期末)(4分)如图所示,质量为20 kg的小车静止在光滑水平面上,从水枪中喷出的水柱的横截面积是10 cm2,速度为10 m/s,水的密度为1.0×103 kg/m3。若用水枪喷出的水从车后沿水平方向冲击小车的前壁,且冲击到小车前壁的水全部沿前壁流进小车中。当有质量5 kg的水进入小车时,小车的速度大小 m/s,小车的加速度大小 m/s2。
14.(2019江苏随州高二下期中)(8分)利用气垫导轨和光电门进行“探究碰撞中的不变量”这一实验,气垫导轨的左侧与一倾斜轨道平滑连接,滑块在水平气垫导轨上运动时可忽略阻力。让滑块A在左侧倾斜轨道的P点由静止开始下滑,然后与静止在光电门C和光电门D之间的滑块B发生碰撞,如图所示。
(1)实验中滑块B备有甲、乙两种:其中甲种滑块左端装有弹性圈,乙种滑块左端装有橡皮泥,与滑块A碰撞后会粘在一起。若要求碰撞时动能损失最大,则应选用 种滑块(填“甲”或“乙”);若要求碰撞时动能损失最小,则应选用 种滑块(填“甲”或“乙”)。
(2)某同学选取左端装有橡皮泥的滑块B进行实验,两滑块的质量分别为mA和mB,滑块A从P点由静止释放后,通过光电门C的时间为t1,与滑块B粘在一起后通过光电门D的时间为t2,则在误差允许的范围内,只需验证等式 成立,即说明碰撞过程中滑块A和滑块B系统动量守恒。
(3)在上一问的某次实验中,滑块A通过光电门C和光电门D的时间分别为t1=0.05 s和t2=0.15 s,那么滑块A和滑块B的质量之比为mA∶mB= 。
15.(2019江苏南京师大附中期末)(6分)甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑水平面上匀速相向行驶,速度大小均为6 m/s。甲车上有质量为m=1 kg的小球若干个,甲和他的小车及所带小球的总质量为M1=50 kg,乙和他的小车总质量为M2=30 kg。现为避免相撞,甲不断地将小球以相对地面16.5 m/s的水平速度抛向乙,且被乙接住,假设某一次甲将小球抛出且被乙接住后刚好可保证两车不相撞,试求此时:
(1)两车的速度大小;
(2)甲总共抛出的小球个数。
16.(2019江西四校联考)(8分)如图甲所示,物块A、B的质量分别是m1=4 kg和m2=6 kg,用轻弹簧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时刻以一定的速度向左运动,在t=5 s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:
(1)物块C的质量m3;
(2)在5~15 s时间内,物块A的动量变化量的大小和方向。
17.(2020江苏连云港高三上期中)(10分)如图所示,光滑水平面上静止放置质量M=2 kg的长木板 C,离板右端x=0.72 m处静止放置质量mA=1 kg的小物块A,A与C间的动摩擦因数μ=0.4;在木板右端静止放置质量为mB=1 kg的小物块B,B与C间的摩擦忽略不计。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,A、B均可视为质点,g取10 m/s2。现在木板上加一水平向右的力F=3 N,到A与B发生弹性碰撞时撤去力F。问:
(1)A与B碰撞之前运动的时间是多少?
(2)若A最终能停在C上,则长木板C的长度至少是多少?
18.(16分)如图所示,两物块A、B并排静置于高h=0.80 m的光滑水平桌面上,物块的质量均为M=0.60 kg。一颗质量m=0.10 kg的子弹C以v0=100 m/s的水平速度从左面射入A,子弹射穿A后接着射入B并留在B中,此时A、B都没有离开桌面。已知物块A的长度为0.27 m,A离开桌面后,落地点到桌边的水平距离s=2.0 m。设子弹在物块A、B中穿行时受到的阻力大小相等,g取10 m/s2。(平抛过程中物块可看成质点)求:
(1)物块A和物块B离开桌面时速度的大小分别是多少;
(2)子弹在物块B中打入的深度;
(3)若使子弹在物块B中穿行时物块B未离开桌面,则物块B到桌边的最小初始距离为多少。
答案全解全析
1.D 由于绳子对人的拉力一直向上,所以绳子对人的冲量始终向上;人的速度先增大后减小,所以人的动量也是先增大后减小,A错误。由于绳子对人的拉力始终与人的运动方向相反,所以绳子对人的拉力始终做负功;由于人的速度先增大后减小,所以人的动能也是先增大后减小,B错误。绳子恰好伸直时,绳子对人的拉力为零,人受重力仍会加速向下运动,所以此时人的速度不是最大,人的动能也不是最大,C错误。当绳子对人的拉力与重力等大反向时,人的加速度为零,此时速度最大,动量也最大,D正确。
2.D 取竖直向上为正方向,对B,由动量定理得-Mgt=-Mu-0;设弹簧弹力的冲量为I,对A,由动量定理得I-mgt=mv-0,联立解得I=mv+mu,故选D。
3.C 甲、乙组成的系统在水平方向动量守恒,当小球甲刚要落地时,水平方向上的速度为零,所以乙球的速度也为零,乙球的动能为零;甲球初始状态的重力势能全部转化为甲球的动能,由机械能守恒定律得12mv甲2=mgl,解得v甲=2gl,选C。
4.D 人和车在水平方向上动量守恒,当人竖直跳起时,人和车之间的相互作用在竖直方向上,在水平方向上仍然动量守恒,即水平方向的速度不发生变化,所以车的速度仍然为v1,方向向东,选D。
5.C 因为A、B、C在光滑水平面上,所以炸药爆炸后B与C的速度相同;由于B对C做的功为4 J,根据动能定理W=ΔEk及动能定义式Ek=12mv2,可得C的速度vC=22 m/s;根据动量守恒定律,有0=-mvA+2mvC;根据能量守恒定律,有E=12mvA2+12×2mvC2,联立解得E=24 J,选C。
6.A 由动量守恒定律得pA+pB=p'A+p'B,解得p'A=1 kg·m/s。由碰撞中动能不增原则,得pA2mA≥p' A2mA+p' B2mB,解得mB≥23mA,B、C两项不符合题意;若mB=6mA,虽满足动能不增原则,但此时p' AmA>p' BmB,即v'A>v'B,不合理,D项不符合题意。
7.C 整个过程动量守恒,则碰撞n次后整体的速度为v=mv0(n+1)m=v0n+1,对应的总动能为Ek=12(n+1)mv2=mv022(n+1),由题可知Ek=18×12mv02,联立解得n=7,选C。
8.B 以水平向右为正方向,设小球在最低点时,小球和半圆槽的速度大小分别为v和v',两者组成的系统水平方向动量守恒,得0=mv-Mv';根据机械能守恒定律得mgR=12mv2+12Mv'2,联立以上两式解得v'=mM2MgRM+m,方向向左,故选项B正确。
9.BC 根据v-x图像可知,在相等的位移中,速度的变化量相等,对比匀变速直线运动公式v22-v12=2as,即(v2-v1)(v2+v1)=2as,因s相同时(v2-v1)相同,而(v2+v1)逐渐减小,可知物体的加速度逐渐减小,则力F逐渐减小,A错误、C正确;由图可知,在相等的位移中,速度的变化量相等,则动量的变化量相等,由动量定理可知,力F的冲量相等,B正确;物体在相等时间内的位移逐渐减小,F逐渐减小,则相等时间内力F做功逐渐减小,D错误。
10.ABC 以两木块及弹簧为研究对象,绳断开后,弹簧对两木块有推力作用,是内力;水平面对两木块有方向相反的滑动摩擦力,且Ff1=μ1m1g,Ff2=μ2m2g;又因为m2=2m1,μ1=2μ2,所以系统所受合外力F合=μ1m1g-μ2m2g=0,即满足动量守恒定律的条件。设弹簧伸长过程中某一时刻,两木块速度大小分别为v1、v2,由动量守恒定律有-m1v1+m2v2=0(以向右为正方向),即m1v1=m2v2,所以两木块的动量大小之比为1∶1,A项正确。两木块的速度大小之比为v1v2=m2m1=21,故B项正确。由于木块通过的路程正比于其速度,所以两木块通过的路程之比s1s2=v1v2=21,C项正确,D项错误。
11.BCD 由于系统在竖直方向上受力平衡,水平方向不受外力,所以A、B及弹簧组成的系统所受的合外力为零,系统动量守恒,A错误。弹簧最长时,A、B速度相同,以向右为正方向,由动量守恒定律得m2v0=(m1+m2)v,解得v=m2v0m1+m2;对于两球和弹簧组成的系统,只有弹簧弹力做功,系统的机械能守恒,由机械能守恒定律得12m2v02=12(m1+m2)v2+Ep,解得Ep=m1m2v022(m1+m2),B、C、D正确。
12.AC 弹簧最短时,弹簧的弹性势能最大,两物体速度相等。第一种情况:由动量守恒定律得m1v=(m1+m2)v1,解得弹簧最短时物体A的速度v1=m1vm1+m2,弹簧的最大弹性势能Epmax=12m1v2-12(m1+m2)v12=m1m2v22(m1+m2)。第二种情况:由动量守恒定律得m2v=(m1+m2)v2,解得弹簧最短时物体A的速度v2=m2vm1+m2,弹簧的最大弹性势能Epmax'=12m2v2-12(m1+m2)v22=m1m2v22(m1+m2)。因为m1
解析 流进小车的水与小车组成的系统在水平方向动量守恒,当流入质量为m的水后,设小车速度为v1,则mv=(m+M)v1,解得v1=mvm+M=2 m/s。
质量为m的水流进小车后,在极短的时间Δt内,冲击小车的水的质量为Δm=ρS(v-v1)Δt,此时,水对车的冲击力大小为F,则车对水的作用力大小也为F,据动量定理有-FΔt=Δmv1-Δmv,解得F=ρS(v-v1)2=64 N,根据牛顿第二定律得a=Fm+M=2.56 m/s2。
14.答案 (1)乙(2分) 甲(2分) (2)见解析(2分) (3)1∶2(2分)
解析 (1)若要求碰撞时动能损失最大,则应选用左端装有橡皮泥的乙种滑块。若要求碰撞时动能损失最小,则应选用左端装有弹性圈的甲种滑块。
(2)设滑块A上的遮光条宽度为d,滑块A从P点由静止释放后,通过光电门C的时间为t1,则滑块A通过光电门C的速度为v1=dt1;与滑块B粘在一起后通过光电门D的时间为t2,则滑块A通过光电门D的速度为v2=dt2;若验证碰撞过程中滑块A和滑块B系统动量守恒,则应满足mAv1=(mA+mB)v2,即mAdt1=(mA+mB)dt2,验证等式mAt1=mA+mBt2或mAt2=(mA+mB)t1成立即可。
(3)某次实验中,滑块A通过光电门C和光电门D的时间分别为t1=0.05 s和t2=0.15 s,则mA0.05s=mA+mB0.15s,解得mA∶mB=1∶2。
15.答案 (1)见解析 (2)15
解析 (1)甲、乙两小孩及两车组成的系统总动量守恒,以甲的运动方向为正方向,甲不断抛球、乙接球后,当甲和小车与乙和小车具有相同速度时,可保证不相撞,设相同速度为v,则
M1v1-M2v2=(M1+M2)v(2分)
解得v=1.5 m/s(1分)
(2)设甲抛出n个小球后速度变为1.5 m/s,甲、小车和n个小球组成的系统动量守恒,有
(M1-nm)v+nmv0=M1v1(2分)
解得n=15(1分)
16.答案 (1)2 kg (2)16 kg·m/s 向右
解析 (1)根据图像可知,物块C与物块A碰撞前,物块C的速度为
v1=6 m/s
碰撞后物块C的速度为v2=2 m/s(1分)
规定向左为正方向,根据动量守恒定律得
m3v1=(m1+m3)v2(2分)
解得m3=2 kg(1分)
(2)在第5 s末和第15 s末,物块A的速度分别为
v2=2 m/s,v3=-2 m/s(1分)
所以5~15 s时间内物块A的动量变化量为
Δp=m1(v3-v2)=-16 kg·m/s(2分)
即在5~15 s时间内物块A动量变化量的大小为16 kg·m/s,方向向右。(1分)
17.答案 (1)1.2 s (2)0.84 m
解析 (1)若A、C相对滑动,则A受到的摩擦力为FA=μmAg=4 N>F,故A、C不可能发生相对滑动。(1分)
设A、C一起运动的加速度为a
则a=FmA+M=1 m/s2(2分)
由x=12at2得A与B碰撞之前运动的时间t=2xa=1.2 s(2分)
(2)因A、B发生弹性碰撞,mA=mB,B相对水平面静止,故A、B碰后,A的速度为0,则从碰后瞬间到木板与A速度相同的过程中,由动量守恒定律得Mv0=(M+mA)v,v0=at,解得v0=1.2 m/s,v=0.8 m/s(2分)
由能量守恒定律得μmAgΔx=12Mv02-12(M+mA)v2(1分)
解得Δx=0.12 m(1分)
故长木板C的长度L至少为
L=x+Δx=0.84 m(1分)
18.答案 (1)5 m/s 10 m/s (2)3.5×10-2 m (3)2.5×10-2 m
解析 (1)子弹射穿物块A后,A以速度vA沿桌面水平向右匀速运动,离开桌面后做平抛运动,h=12gt2(1分)
解得t=0.40 s(1分)
则A离开桌面时的速度vA=st=5 m/s(2分)
设子弹射入物块B后,子弹与B的共同速度为vB,子弹与两物块作用过程中系统动量守恒,有
mv0=MvA+(M+m)vB(1分)
代入数据,解得B离开桌面时的速度vB=10 m/s(1分)
(2)设子弹离开A时的速度为v1,子弹射穿物块A过程,A、B与子弹组成的系统动量守恒,有mv0=mv1+2MvA,解得v1=40 m/s(2分)
子弹在物块B中穿行的过程中,由能量守恒定律得
FfLB=12MvA2+12mv12-12(M+m)vB2 ①(1分)
子弹在物块A中穿行的过程中,由能量守恒定律得
FfLA=12mv02-12mv12-12(M+M)vA2 ②(1分)
由①②解得LB=3.5×10-2 m(1分)
(3)子弹在物块A中穿行的过程中,物块A在水平桌面上的位移为s1,由动能定理得
Ffs1=12(M+M)vA2-0 ③(1分)
子弹在物块B中穿行的过程中,物块B在水平桌面上的位移为s2,由动能定理得
Ffs2=12MvB2-12MvA2 ④(1分)
B到桌边的最小初始距离为smin=s1+s2 ⑤(1分)
联立解得smin=2.5×10-2 m(2分)
