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选修3-5

1、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

2、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

3、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

4、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

5、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1.5200.5eq blc(rc)(avs4alco1(40)1v2，解得v250 m/s

6、，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v1eq f(mv2,Mm)eq f(271 000,32727)m/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

7、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 . eq f(Mv1Mv2,Mm)，向东 B. eq f(Mv1,Mm)，向东C. eq f(Mv1Mv2,Mm)，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

8、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.eq f(1,8)mveq oal(2,0) B.eq f(3,8)mveq oal(2,0)C.eq f(1,24)mveq oal(2,0) D.eq f(1,16)mveq oal(2,0)解析：碰撞过程中A球的动能减少了75%，即变为原来的eq f(1,4)，所以A的速度大小变为原来的eq f(1,2). 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： mv0meq f(v0,2)3mvB，解得vBeq f(1,6)v0，碰后A、B同向运动，

9、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： mv0meq f(v0,2)3mvB，解得vBeq f(1,2)v0.符合题意，碰撞后B球的动能为EBeq f(1,2)3mveq oal(2,B)eq f(3,8)mveq oal(2,0)，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()AI1I2CW1 W2 DW1 W2解析：动量与动能的关系式为pe

10、q r(2mEk)，则由动量定理得： I1eq r(2mE1)， I2eq r(2mblc(rc)(avs4alco1(2E1)eq r(2mE1)2eq r(mE1)eq r(2mE1)，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

11、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eq f(p,t)meq f(v,t)mg，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

12、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()AE1p0CE2E0 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，D对；碰撞过程动能不增加，则E0E1E2，又E20，故E1E0，A对，E2mb)相碰后，小球a、b的落地点依

13、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： eq blc(rc)(avs4alco1(12.5

14、0.395) 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

15、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v1eq r(2gh1)eq r(2103.2) m/s8 m/s，方向竖直向下刚离开网时速度的大小为v2eq r(2gh2)eq r(2105.0) 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：Feq f(mv2mv1,t)mgeq f(601060（8）,1.2

16、) 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 eq r(f(2h1,g) eq r(f(23.2,10) s0.8 s，运动员刚离开网弹回5.0 m高处所用的时间为：t2 eq r(f(2h2,g) eq r(f(25,10) 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Feq f(（t1t2t3）,t3)mgeq f(0.811.2,1.2)6010 N1.5103 N，方向竖直向上答案：1.5103 N17(14分)如

17、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mAgheq f(1,2)mAveq

18、 oal(2,1)，解得v1eq r(2gh)，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v2eq f(r(2gh),2).(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v3eq f(r(2gh),5)，由机械能守恒定律，得eq f(1,2)(mAmB)veq oal(2,2)eq f(1,2)(mAmBmc)veq oal(2,3)Ep，把v2、v3代入，解得Epeq f(3,10)mgh.(3)被压缩弹簧再次恢复自然长度时，滑块C脱离弹簧，设滑块A、B的速度为v4，滑块C的速度为v5，以向右为正方向，由动量守恒定律得：(mAmB)v2(mAmB)v4mCv5，由机械能守恒定律，得eq f(1,2)(mAmB)veq oal(2,2)eq f(1,2)(mAmB)veq oal(2,4)eq f(1,2)mC veq oal(2,5)，解得：v4eq f(r(2gh),10)，v5eq f(2r(2gh),5).滑块C从桌面边缘飞出后做平抛运动水平