1、1单元质检六 动量守恒定律 力学三大观点(时间:45 分钟 满分:100 分)一、选择题(本题共 8 小题,每小题 6 分,共 48 分。在每小题给出的四个选项中,第 16 题只有一项符合题目要求,第 78 题有多项符合题目要求。全部选对的得 6 分,选对但不全的得 3 分,有选错的得 0 分)1.(2017宁夏沙坡头区月考)质量为 1 kg 的物体做直线运动,其速度时间图象如图所示,则物体在前 10 s 内和后 10 s 内所受外力的冲量分别是( )A.10 Ns,10 Ns B.10 Ns,-10 NsC.0,10 Ns D.0,-10 Ns答案 D解析 由题图可知,在前 10 s 内初、
2、末状态的动量相等, p1=p2=5 kgm/s,由动量定理知 I1=0;在后10 s 内 p2=-5 kgm/s,I2=p3-p2=-10 Ns,故选 D。22.一个质量是 5 kg 的小球以 5 m/s 的速度竖直落到地板上,随后以 3 m/s 的速度反向弹回,若取竖直向下的方向为正方向,则小球动量的变化量是( )A.10 kgm/s B.-10 kgm/sC.40 kgm/s D.-40 kgm/s答案 D解析 因向下为正方向,则小球与地面相碰前的动量为 p1=mv1=55 kgm/s=25 kgm/s;碰后的动量为 p2=mv2=5(-3) kgm/s=-15 kgm/s;则小球的动量变
3、化为 p=p2-p1=(-15 kgm/s)-25 kgm/s=-40 kgm/s,故 D 正确。3.(2017河北涞水县期中)如图所示,光滑水平面上有大小相同的 A、 B 两球在同一直线上运动。两球质量关系为 mB=2mA,规定向右为正方向, A、 B 两球的动量均为 6 kgm/s,运动中两球发生碰撞,碰撞后 A 球的动量增量为 -4 kgm/s,则( )A.左方是 A 球,碰撞后 A、 B 两球速度大小之比为 2 5B.左方是 A 球,碰撞后 A、 B 两球速度大小之比为 1 10C.右方是 A 球,碰撞后 A、 B 两球速度大小之比为 2 5D.右方是 A 球,碰撞后 A、 B 两球速
4、度大小之比为 1 10答案 A解析 由两球的动量都是 6 kgm/s 可知,运动方向都向右,且能够相碰,说明左方是质量小速度大的小球,故左方是 A 球。碰后 A 球的动量减少了 4 kgm/s,即 A 球的动量为 2 kgm/s,由动量守恒定律知 B 球的动量为 10 kgm/s,则其速度比为 2 5,故选项 A 是正确的。4.(2017福建华安县期末)“爆竹声中一岁除,春风送暖入屠苏”,爆竹声响是辞旧迎新的标志。有一个质量为 3m 的爆竹斜向上抛出,到达最高点时速度大小为 v0、方向水平向东,在最高点爆炸成质量不等的两块,其中一块质量为 2m,速度大小为 v,方向水平向东;则另一块的速度为(
5、 )A.3v0-v B.2v0-3v3C.3v0-2v D.2v0+v答案 C解析 取水平向东为正方向,爆炸过程系统动量守恒,3 mv0=2mv+mvx,可得 vx=3v0-2v,C 正确。5.(2017广西宾阳县期末)如图所示,一质量 m1=3.0 kg 的长方形木板 B 放在光滑水平地面上,在其右端放一个质量 m2=1.0 kg 的小木块 A。给 A 和 B 以大小均为 4.0 m/s,方向相反的初速度,使 A 开始向左运动, B 开始向右运动, A 始终没有滑离 B 板。在小木块 A 做加速运动的时间内,木板速度大小可能是( )A.1.8 m/s B.2.4 m/s C.2.8 m/s
6、D.3.0 m/s答案 B解析 A 先向左减速到零,再向右加速运动,在此期间,木板减速运动,最终它们保持相对静止,设 A 减速到零时,木板的速度为 v1,最终它们的共同速度为 v2,取水平向右为正方向,则 m1v-m2v=m1v1,m1v1=(m1+m2)v2,可得 v1= m/s,v2=2 m/s,所以在小木块 A 做加速运动的时间内,木板速度83大小应大于 2.0 m/s 而小于 m/s,只有选项 B 正确。836.(2017安徽金安区月考)如图所示,两质量分别为 m1和 m2的弹性小球叠放在一起,从高度为 h 处自由落下, h 远大于两小球半径,所有的碰撞都是完全弹性碰撞,且都发生在竖直
7、方向。已知 m2=3m1,则小球 m1反弹后能达到的高度为( )A.h B.2hC.3h D.4h4答案 D解析 下降过程为自由落体运动,触地时两球速度相同, v= ,m2碰撞地之后,速度瞬间反向,大小相2等,选 m1与 m2碰撞过程为研究过程,碰撞前后动量守恒,设碰后 m1、 m2速度大小分别为 v1、 v2,选向上方向为正方向,则m2v-m1v=m1v1+m2v2由能量守恒定律得 (m1+m2)v2= m1 m2 ,且 m2=3m112 1212+1222联立解得 v1=2 2反弹后高度 H= =4h,D 正确。1227.(2017河南林州市月考)如图所示,三角形传送带以 1 m/s 的速
8、度逆时针匀速转动,两边的传送带长都是 2 m 且与水平方向的夹角均为 37。现有两个小物块 A、 B 从传送带顶端都以 1 m/s 的初速度沿传送带下滑,物块与传送带间的动摩擦因数都是 0.5,g 取 10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8。下列判断正确的是( )A.物块 A 先到达传送带底端B.物块 A、 B 同时到达传送带底端C.传送带对物块 A、 B 均做负功D.物块 A 下滑过程中系统产生的热量小于 B 下滑过程中系统产生的热量答案 BCD解析 因 tan 37=0.750.5,即 mgsin mg cos ,故 A、 B 都会匀加速下滑,根据牛顿第二定律知 A、
9、B 加速度大小相等,故会同时到达底端,选项 A 错误,B 正确;物块 A、 B 受到传送带的摩擦力方向与其运动方向相反,故传送带对物块 A、 B 均做负功,选项 C 正确;因 A 物块与传送带同向运动,相对位移要小,根据 Q=Ffs 相对 ,产生的热量要小于 B 物块下滑产生的热量,故选项 D 正确。8.5(2017河北石家庄模拟)如图所示,质量为 m 的小球套在倾斜放置的固定光滑杆上,一根轻质弹簧一端固定于 O 点,另一端与小球相连,弹簧与杆在同一竖直平面内。将小球沿杆拉到弹簧水平位置由静止释放,小球沿杆下滑,当弹簧位于竖直位置时,小球速度恰好为零,此时小球下降的竖直高度为 h,若整个过程中
10、弹簧始终处于伸长状态且处于弹性限度范围内,则下列说法正确的是( )A.弹簧与杆垂直时,小球速度最大B.弹簧与杆垂直时,小球的动能与重力势能之和最大C.小球从静止位置下滑至最低点的过程中,弹簧的弹性势能增加量小于 mghD.小球从静止位置下滑至最低点的过程中,弹簧的弹性势能增加量等于 mgh答案 BD解析 弹簧与斜杆垂直时,弹簧的弹性势能最小,小球的动能与重力势能之和最大,但加速度不为零,所以小球速度不是最大,B 正确,A 错误;小球从静止位置下滑至最低点的过程中,小球动能变化量为零,所以弹簧的弹性势能增加量等于小球重力势能的减少量 mgh,C 错误,D 正确。二、实验题(10 分)9.气垫导轨
11、是常用的一种实验仪器,它是利用气泵将压缩空气通过导轨的众多小孔高速喷出,在导轨与滑块之间形成薄薄一层气垫,使滑块悬浮在导轨上。由于气垫的摩擦力极小,滑块在导轨上的运动可近似为没有摩擦的运动。用固定在气垫导轨上的光电门 A、 B 和光电计时装置,以及带有挡光条的滑块 C、 D 来验证动量守恒定律。已知挡光条的持续挡光宽度为 l,实验装置如图所示,采用的实验步骤如下:a.调节气垫导轨底座螺母,观察导轨上的气泡仪,使导轨成水平状态;6b.在滑块 C、 D 间放入一个轻质弹簧,用一条橡皮筋捆绑住三者成一水平整体,静置于导轨中部;c.将光电门尽量靠近滑块 C、 D 两端;d.烧断捆绑的橡皮筋,使滑块 C
12、、 D 在弹簧作用下分离,分别通过光电门 A、 B;e.由光电计时器记录滑块 C 第一次通过光电门 A 时挡光条持续挡光的时间 tC,以及滑块 D 第一次通过光电门 B 时挡光条持续挡光的时间 tD。(1)实验中还应测量的物理量是 ; (2)根据上述测量的实验数据及已知量,验证动量守恒定律的表达式是 ;实验中算得的 C、 D 两滑块的动量大小并不完全相等,产生误差的主要原因是 ; (3)利用上述实验数据 (填“能”或“不能”)测出被压缩弹簧的弹性势能的大小。如能,请写出计算表达式,若不能,说明理由: 。 答案 (1)滑块 C、 D 的质量 mC、 mD(2) 滑块与气垫导轨间仍存在摩擦 ,气垫
13、导轨未完全水平=(3)能, Ep= mC 2+ mD 212 12 解析 (1)要验证弹簧弹开的两滑块动量守恒,需要知道两滑块的质量和速度,而速度可以通过光电计时器测量的时间和位移计算,所以实验中还应测量的物理量是滑块 C、 D 的质量 mC、 mD。(2)设遮光条的宽度为 l,则 vC= ,vD= ,验证动量守恒定律的表达式是 mCvC=mDvD,即 。 =产生误差的主要原因是滑块与气垫导轨间仍存在摩擦,气垫导轨未完全水平,测量 mC、 mD及tC、 tD时有误差。7(3)烧断捆绑的橡皮筋后只有弹簧弹力做功,系统机械能守恒,所以弹簧的弹性势能等于两滑块离开弹簧时的动能,即 Ep= mC mD
14、 mC 2+ mD 2。122+122=12 12 三、计算题(本题共 3 小题,共 42 分)10.(10 分)(2018山东省山师附中三模)如图,两块相同平板 P1、 P2置于光滑水平面上,质量均为m=0.1 kg。 P2的右端固定一轻质弹簧,物体 P 置于 P1的最右端,质量为 M=0.2 kg 且可看作质点。 P1与 P 以共同速度 v0=4 m/s 向右运动,与静止的 P2发生碰撞,碰撞时间极短,碰撞后 P1与 P2黏连在一起, P 压缩弹簧后被弹回(弹簧始终在弹性限度内)。平板 P1的长度 L=1 m,P 与 P1之间的动摩擦因数为 = 0.2,P2上表面光滑。求:(1)P1、 P
15、2刚碰完时的共同速度 v1;(2)此过程中弹簧的最大弹性势能 Ep。(3)通过计算判断最终 P 能否从 P1上滑下,并求出 P 的最终速度 v2。答案 (1)2 m/s (2)0.2 J (3)3 m/s解析 (1)P1、 P2碰撞过程,由动量守恒定律 mv0=2mv1解得 v1= =2 m/s,方向水平向右;02(2)对 P1、 P2、 P 系统,由动量守恒定律2mv1+Mv0=(2m+M)v2解得 v2= v0=3 m/s,方向水平向右 ,34此过程中弹簧的最大弹性势能 Ep= 2m (2m+M)v22=0.2 J;12 12+120212(3)对 P1、 P2、 P 系统,由动量守恒定律
16、2mv1+Mv0=2mv3-Mv28由能量守恒定律得 2m 2m +MgL12 12+1202=12 32+1222解得 P 的最终速度 v2=3 m/s0,即 P 能从 P1上滑下, P 的最终速度 v2=3 m/s。11.(14 分)如图所示,在足够长的光滑水平面上,物体 A、 B、 C 位于同一直线上, A 位于 B、 C 之间。A 的质量为 m,B、 C 的质量都为 M,三者均处于静止状态。现使 A 以某一速度向右运动,求 m 和 M 之间应满足什么条件,才能使 A 只与 B、 C 各发生一次碰撞。设物体间的碰撞都是弹性的。答案 ( -2)M mM5解析 设 A 运动的初速度为 v0,
17、A 向右运动与 C 发生碰撞,由动量守恒定律得 mv0=mv1+Mv2由机械能守恒定律得1202=1212+1222可得 v1= v0,v2= v0-+ 2+要使得 A 与 B 能发生碰撞,需要满足 v10,即 mMA 反向向左运动与 B 发生碰撞过程,有 mv1=mv3+Mv41212=1232+1242整理可得 v3= v1,v4= v1-+ 2+由于 mM,所以 A 还会向右运动,根据要求不发生第二次碰撞,需要满足 v3 v2即 v0 v1= 2v02+ -+ -+整理可得 m2+4Mm M2解方程可得 m( -2)M59另一解 m -( +2)M 舍去5所以使 A 只与 B、 C 各发
18、生一次碰撞,须满足( -2)M mM。512.(18 分)(2017海南海口一模)如图所示,倾角为 的固定粗糙斜面上有一物块 A,物块到斜面底端的高度为 h,紧靠斜面底端有一长为 L 的长木板 B 停放在光滑的水平面上,斜面底端刚好与长木板上表面左端接触,长木板上表面粗糙,右端与一 圆弧面 C 黏接在一起,圆弧面左端与木板平滑相14接,现释放物块 A 让其从斜面上滑下。圆弧面表面光滑,圆弧面的半径为 R,物块与斜面长木板表面的动摩擦因数均为 ,A、 B、 C 三者的质量相等,重力加速度大小为 g,不计物块 A 从斜面滑上木板时的机械能损失。(1)求物块 A 到达斜面底端时的速度大小 v;(2)
19、改变物块 A 由静止释放的位置,若物块 A 恰好能滑到圆弧面 C 的最高点,求其开始下滑时到斜面底端的高度 h1;(3)在(2)中情况下,求物块 A 从圆弧面最高点返回后停留在长木板 B 上的位置到长木板右端的距离s(设物块 A 不会从长木板 B 的左端滑下)。答案 (1) (2) (3)2-2 3(+)2(-) 解析 (1)物块 A 在斜面上下滑的过程,由动能定理得mgh-mg cos mv2=12解得 v= 。2-2(2)当物块开始下滑时到斜面底端的高度 h1时,物块 A 在斜面上下滑的过程,由动能定理得mgh1-mg cos 1=121210解得 v1=21-21设物块 A 滑到圆弧面 C 的最高点时的速度大小为 v2,取向右为正方向,由水平方向动量守恒得mv1=3mv2。由功能关系有 mgL= 3m -mgR121212 22解得 h1= 。3(+)2(-)(3)经分析可知,当物块 A 最终停留在长木板 B 上时,物块、木板和圆弧面具有共同的速度,设为 v3。根据动量守恒定律得 mv1=3mv3。上式中 v1= 且 h1=21-21 3(+)2(-)由功能关系有 mg (L+s)= 3m121212 32解得 s= 。
