2018_2019学年高中物理第一章碰撞与动量守恒章末质量评估粤教版.docx

第一章 碰撞与动量守恒章末质量评估(一)(时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题(本大题共10小题，每小题3分，共30分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得3分，选错或不答的得0分)1一支枪水平固定在小车上，小车放在光滑的水平面上，枪发射子弹时，关于车、枪和子弹的说法正确的是()A枪和子弹组成的系统动量守恒B枪和车组成的系统动量守恒C枪、车和子弹组成的系统动量守恒D若忽略摩擦，枪、车组成的系统动量近似守恒解析：由于枪被固定在车上，所以发射子弹过程中枪必然与车相互作用，即枪要受到车的作用力，故枪和子弹组成的系统动量不守恒，所以A项错误；因为枪与车作用是枪与子弹作用的结果，因此枪和车组成的系统动量也不守恒，即B项错误；D项中，由于枪与子弹的作用主要是火药爆炸后的推力，而不是摩擦力，因此即使忽略了摩擦力，枪和车组成的系统动量也不守恒，所以正确的只有C项答案：C2玻璃杯从同一高度落下，掉在水泥地上比掉在草地上容易碎，这是由于玻璃杯与水泥地撞击的过程中()A玻璃杯的动量较大B玻璃杯受到的冲量较大C玻璃杯的动量变化较大D玻璃杯的动量变化较快解析：玻璃杯从同一高度下落，落地前的速度大小相等，故落地前的动量相等，而最后的速度均为零，故说明动量的变化一定相等；由动量定理可知冲量也一定相等，但由于掉在水泥地上的时间较短，则说明玻璃杯掉在水泥地上动量变化较快，从而导致冲击力较大，使玻璃杯易碎；故D正确，A、B、C错误答案：D3质量为2 kg的物体，速度由4 m/s变成6 m/s，则在此过程中，该物体所受到的合外力冲量是()A20 NsB20 NsC4 Ns D12 Ns解析：根据动量定理，冲量等于动量的变化量，有I6242 kgm/s20 kgm/s20 Ns，A正确答案：A4.如图所示，一铁块压着一张纸条放在水平桌面上，当以较大速度v抽出纸条后，铁块掉在地上的P点，若以2v速度抽出纸条，则铁块落地点为()A仍在P点B在P点左侧C在P点右侧不远处D在P点右侧原水平位移的两倍处解析：纸条抽出的过程，铁块所受的摩擦力一定，以速度v抽出纸条，铁块所受的摩擦力的作用时间较长，铁块获得的速度较大，铁块平抛运动的水平位移较大；若以2v的速度抽出纸条，则铁块所受的摩擦力的作用时间较短，铁块获得的速度较小，平抛运动的水平位移较小，所以铁块落地点在P点左侧，正确选项为B. 答案：B5子弹水平射入一个置于光滑水平面上的木块中，则()A子弹对木块的冲量必大于木块对子弹的冲量B子弹受到的冲量和木块受到的冲量大小相等、方向相反C当子弹与木块以同一速度运动后，子弹与木块的动量一定相等D子弹与木块的动量变化的方向相反，大小不一定相等解析：由牛顿第三定律知子弹射入木块时，二者受到的相互作用力FF，因此，二力在相同时间内的冲量大小相等、方向相反故选项A错，B对根据动量定理Ip，知子弹和木块动量的变化大小相等、方向相反，故选项D错根据动量的定义知二者以同一速度运动时，速度相同，但质量不一定相同，故选项C错答案：B6以速度20 m/s沿水平方向飞行的手榴弹在空中爆炸，炸裂成1 kg和0.5 kg的两块，其中0.5 kg的那块以40 m/s的速率沿与原来速度相反的方向运动，此时另一块的速率为()A10 m/s B30 m/sC50 m/s D70 m/s解析：手榴弹在空中爆炸，爆炸力远大于重力，在水平方向上动量守恒，以手榴弹原来速度为正方向，由动量守恒定律得： Mv0m1v1m2v2，即1.5200.51v2，解得v250 m/s，故选C.答案：C7质量M327 kg的小型火箭(含燃料)由静止发射，发射时共喷出质量m27 kg的气体，设喷出的气体相对地面的速度均为v1 000 m/s.忽略地球引力和空气阻力的影响，则气体全部喷出后，火箭的速度大小为()A76 m/sB82 m/sC90 m/s D99 m/s解析：根据动量守恒定律：(Mm)v1mv20，所以气体全部喷出后火箭的速度v1m/s90 m/s，大小为90 m/s，方向与喷出气体方向相反，C正确. 答案：C8.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 . ，向东 B. ，向东C. ，向东 Dv1，向东解析：人和车这个系统，在水平方向上合外力等于零，系统在水平方向上动量守恒设车的速度v1的方向为正方向，选地面为参考系，初态车和人的总动量为Mv1，末态车的动量为(Mm)v1.因为人在水平方向上没有受到冲量，其水平动量保持不变，人在水平方向上对地的动量仍为mv1，则有Mv1(Mm)v1mv1，(Mm)v1(Mm)v1，所以v1v1，正确选项应为D.答案：D9质量为m的小球A以水平初速度v0与原来静止的光滑水平面上的质量为3m的小球B发生正碰，已知碰撞过程中A球的动能减少了75%，则碰撞后B球的动能可能是()A.mv B.mvC.mv D.mv解析：碰撞过程中A球的动能减少了75%，即变为原来的，所以A的速度大小变为原来的. 若碰后A球速度方向和原来的方向一致，取A原来的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得： mv0m3mvB，解得vBv0，碰后A、B同向运动，A在B的后面，A的速度大于B的速度，不可能；若碰后A球速度方向和原来的方向相反，取A原来的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得： mv0m3mvB，解得vBv0.符合题意，碰撞后B球的动能为EB3mvmv，故B正确答案：B10物体在恒定的合力作用下做直线运动，在时间t1内动能由零增大到E1，在时间t2内动能由E1增加到2E1，设合力在时间t1内做的功为W1、冲量为I1，在时间t2内做的功为W2、冲量为I2，则()AI1I2 BI1I2CW1 W2 DW1 W2解析：动量与动能的关系式为p，则由动量定理得： I1， I22，则I1I2，故A错误、B正确；根据动能定理得：W1E10E1，W22E1E1E1，则W1W2，故CD错误答案：B二、多项选择题(本大题共4小题，每小题4分，共16分在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，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)11A、B两球质量相等，A球竖直上抛，B球平抛，两球在运动中空气阻力不计，则下列说法中正确的是()A相同时间内，动量的变化大小相等，方向相同B相同时间内，动量的变化大小相等，方向不同C动量的变化率大小相等，方向相同D动量的变化率大小相等，方向不同解析：A、B球在空中只受重力作用，相同时间内重力的冲量相同，因此两球动量的变化大小相等，方向相同，A选项正确；动量的变化率为mmg，大小相等，方向相同，C选项正确答案：AC12一人从停泊在码头边的船上往岸上跳，若该船的缆绳并没拴在码头上，下列说法中正确的有()A船越轻小，人越难跳上岸B人跳时对船速度大于对地速度C船越重越大，人越难跳上岸D人跳时对船速度等于对地速度解析：由系统动量守恒定律可知：Mv船mv人0，当船越重时，船获得的速度越小，则人相对船的速度则越大，人越好跳上岸，故A正确、C错误；人跳跃时，船要向后运动，所以人对船速度大于对地速度，人才能跳上岸，故B正确、D错误答案：AB13在光滑的水平面上动能为E0，动量大小为p0的小钢球甲与静止的小钢球乙发生碰撞，碰撞前后钢球甲的运动方向反向，将碰后球甲的动能和动量的大小分别记为E1和p1，球乙的动能和动量的大小分别记为E2和p2，则必有()AE1E0 Bp1p0CE2E0 Dp2p0解析：钢球甲与钢球乙碰撞，满足动量守恒定律，则p0p1p2，所以p2p0p1，又因碰撞中能量不增加，故p1p0，B错，p2p0，D对；碰撞过程动能不增加，则E0E1E2，又E20，故E1E0，A对，E2E0，C错答案：AD14长木板A放在光滑的水平面上，质量为m的小物体B以水平初速v0滑上A的上表面，它们的vt图象如图所示，则根据图中的信息(图中所标注的物理量均为已知量)可以求得()甲乙A木板获得的动能B系统损失的机械能C木板的长度DA与B间的动摩擦因数解析：由图象的斜率表示加速度求出长木板的加速度为aA，物块的加速度aB，根据牛顿第二定律，得fMaA，fmaB，解得M，A板获得的动能EkAMvmv1(v0v1)，故A正确；系统损失的机械能等于摩擦力所做的功，由图象与坐标轴围成的面积表示位移可以求出B相对A运动的位移xv0t1，故Wffxmv0(v0v1)，故B正确；根据题意只能求出A、B的相对位移，不知道B最终停在哪里，无法求出木板的长度，故C错误；由牛顿第二定律可知，摩擦力fmaBm，又fmg，解得，故D正确答案：ABD三、非选择题(本题共4小题，共54分把答案填在题中的横线上或按题目要求作答解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤只写出最后答案的不能得分答案中必须明确写出数值和单位)15(12分)某同学用如图甲所示的装置做验证动量守恒定律的实验先将a球从斜槽轨道上某固定点处由静止开始滚下，在水平地面上的记录纸上留下压痕，重复10次；再把同样大小的b球放在斜槽轨道末端水平段的最右端上，让a球仍从原固定点由静止开始滚下，和b球相碰后，两球分别落在记录纸的不同位置处，重复10次图甲图乙(1)本实验必须测量的物理量有_(填字母序号)A斜槽轨道末端到水平地面的高度HB小球a、b的质量ma、mbC小球a、b的半径rD小球a、b离开斜槽轨道末端后平抛飞行的时间tE记录纸上O点到A、B、C各点的距离OA、OB、OCFa球的固定释放点到斜槽轨道末端水平部分间的高度差h(2)两小球的直径用螺旋测微器核准相等，测量结果如图乙所示，则两小球的直径均为_m.(3)放上被碰小球b，两球(mamb)相碰后，小球a、b的落地点依次是图中水平面上的_点和_点(4)某同学在做实验时，测量了过程中的各个物理量，利用上述数据验证碰撞中的动量守恒，那么判断的依据是看_和_在误差允许范围内是否相等解析：(1)小球离开轨道后做平抛运动，小球在空中的运动时间t相等，如果碰撞过程动量守恒，则有：mav0mavambvb，两边同时乘以时间t得： mav0tmavatmbvbt，则maOBmaOAmbOC，因此A实验需要测量：两球的质量，两球做平抛运动的水平位移，故ACD错误，BE正确(2)螺旋测微器的主尺部分长度为12.5 mm，转动部分读数为： 39.50.01 mm，故最终读数为： mm12.895 mm1.289 5102 m；(3)由题图所示装置可知，小球a和小球b相撞后，小球b的速度增大，小球a的速度减小，b球在前，a球在后，两球都做平抛运动，由题图示可知，未放被碰小球时小球a的落地点为B点，碰撞后a、b的落点分别为A、C点(4)由(1)可知，实验需要验证的表达式为：maOBmaOAmbOC，因此比较maOB与maOAmbOC即可判断动量是否守恒答案：(1)BE(2)1.289 5102(3)AC(4)maOBmaOAmbOC16(12分)蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并在空中做各种动作的运动项目一个质量为60 kg 的运动员，从离水平网面3.2 m 高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回离水平网面 5.0 m高处已知运动员与网接触的时间为 1.2 s若把在这段时间内网对运动员的作用力当作恒力处理，求此力的大小(g 取10 m/s2)解析：法一：运动员刚接触网时速度的大小为v1 m/s8 m/s，方向竖直向下刚离开网时速度的大小为v2 m/s10 m/s，方向竖直向上运动员接触网的过程中，网的作用力为F，规定竖直向上为正方向，根据动量定理得：(Fmg)tmv2(mv1)，解得：Fmg N6010 N1.5103 N，方向竖直向上法二：运动员从3.2 m高处自由下落的时间为：t1 s0.8 s，运动员刚离开网弹回5.0 m高处所用的时间为：t2 s1 s，整个过程中运动员始终受重力作用，仅在与网接触的t31.2 s时间内受到网对他向上的弹力F的作用，对全过程应用动量定理得：Ft3mg(t1t2t3)0，解得Fmg6010 N1.5103 N，方向竖直向上答案：1.5103 N17(14分)如图所示，一轻质弹簧的一端固定在滑块B上，另一端与滑块C接触但未连接，该整体静止放在离地面高为H的光滑水平桌面上现有一滑块A从光滑曲面上离桌面h高处由静止开始下滑下，与滑块B发生碰撞(时间极短)并粘在一起压缩弹簧推动滑块C向前运动，经一段时间，滑块C脱离弹簧，继续在水平桌面上匀速运动一段时间后从桌面边缘飞出已知mAm，mBm，mC3m求：(1)滑块A与滑块B碰撞结束瞬间的速度；(2)被压缩弹簧的最大弹性势能；(3)滑块C落地点与桌面边缘的水平距离解析：(1)滑块A从光滑曲面上h高处由静止开始滑下的过程，机械能守恒，设其滑到底面的速度为v1，由机械能守恒定律，有mAghmAv，解得v1，滑块A与B碰撞的过程，A、B系统的动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律，得mAv1(mAmB)v2，解得v2.(2)滑块A、B发生碰撞后与滑块C一起压缩弹簧，压缩的过程机械能守恒，被压缩弹簧的弹性势能最大时，滑块A、B、C速度相等，设为速度v3，以向右为正方向，由动量守恒定律，得mAv1(mAmBmc)v3，解得v3，由机