1、碰撞与动量守恒综合检测(时间:90分钟满分:100分)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18小题只有一个选项正确,第912小题有多个选项正确,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不选的得0分)1.如图所示,一倾角为的光滑斜面,固定在水平面上,一质量为m的小物块从斜面的顶端由静止开始滑下,滑到底端时速度的大小为v,所用时间为t,则物块滑至斜面的底端时,重力的瞬时功率及下滑过程重力的冲量分别为(D)A.mgv,0 B.mgv,mgtsin C.mgvcos ,mgtD.mgvsin ,mgt解析:根据瞬时功率的公式,可得物块滑至斜面的底端时重力
2、的瞬时功率为p=mgvsin ,重力的冲量为I=mgt,所以D正确,A,B,C错误.2.如图,从竖直面上大圆的最高点A,引出两条不同的光滑轨道,端点都在大圆上.相同物体由静止开始,从A点分别沿两条轨道滑到底端,则下列说法中正确的是(B)A.到达底端的速度大小相等B.重力的冲量都相同C.物体动量的变化率都相同D.沿AB运动所用的时间小于沿AC运动所用的时间解析:如图所示,对物体在轨道上下滑过程中,由牛顿第二定律可得a=gcos 根据运动学公式x=at2可得2Rcos =gcos t2,则有t=2;因此下滑时间与轨道和竖直方向的角度无关,只与圆弧的半径及重力加速度有关,故D错误;因时间相同,则重力
3、的冲量相同,故B正确;由于物体下落的高度不同,故物体到达轨道底端的速度大小不同,选项A错误;根据动量定理,动量的变化率等于合外力,即mgcos ,因为不同,则动量的变化率不同,选项C错误.3.在光滑的水平面上有a,b两球,其质量分别为ma,mb,两球在t0时刻发生正碰,并且在碰撞过程中无机械能损失,两球碰撞前后的速度时间图像如图所示,下列关系正确的是(B)A.mambB.mambC.ma=mbD.无法判断解析:由图像知a球以一初速度向原来静止的b球运动,碰后a球反弹且速度小于其初速度,根据动量守恒定律,a球的质量小于b球的质量,选项B正确.4.在光滑水平面上,质量为m的小球A正以速度v0匀速运
4、动.某时刻小球A与质量为3m的静止小球B发生正碰,两球相碰后,A球的动能恰好变为原来的.则碰后B球的速度大小是(A)A. B.C.或D.无法确定解析:两球相碰后A球的速度大小变为原来的,相碰过程中满足动量守恒,若碰后A速度方向不变,则mv0=mv0+3mv1,可得B球的速度v1=,若B在前,A在后,则A球在后的速度应小于B球在前的速度,不满足实际情况,因此A球一定反向运动,即mv0=-mv0+3mv1,可得v1=,因此A正确,B,C,D错误.5.如图,长l的轻杆两端固定两个质量相等的小球甲和乙,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
5、速度大小为(A)A.B.C.D.0解析:两球组成的系统水平方向动量守恒,小球甲刚要落地时,水平方向系统速度为0,则小球乙速度为0;由机械能守恒定律得m=mgl,解得vB=,故选项A正确.6.如图所示,足够长的长木板A静止在光滑的水平地面上,质量为1 kg的物体B以v0=3 m/s的水平速度冲上A,由于摩擦力作用,最后停止在木板A上.若从B冲到木板A上到相对木板A静止这段时间内摩擦力对长木板的冲量大小为2 Ns,则A,B最后的共同速度及长木板的质量分别为(B)A.1 m/s,1 kgB.1 m/s,2 kgC.2 m/s,1 kgD.2 m/s,2 kg解析:物体B与长木板A最终两者达到共同速度
6、,作用过程中系统不受外力作用,系统动量守恒.选向右为正方向,则mv0=(M+m)v,对长木板A由动量定理得I=Mv,得v=1 m/s,M=2 kg,选项B正确,A,C,D错误.7.将质量为M=3m的木块固定在光滑水平面上,一颗质量为m的子弹以速度v0沿水平方向射入木块,子弹射穿木块时的速度为,现将同样的木块放在光滑的水平桌面上,相同的子弹仍以速度v0沿水平方向射入木块.则子弹(A)A.不能射穿木块,子弹将留在木块中,一起以共同的速度做匀速运动B.能够射穿木块C.刚好能射穿木块,此时相对速度为零D.子弹以3v0速度射向木块,并从木块中穿出,木块获得的速度为v1;若子弹以4v0速度射向木块,木块获
7、得的速度为v2,则必有v1v2解析:当木块固定时,根据动能定理-fd=m()2-m,解得fd=m,当木块不固定,假设子弹不能射出木块,根据动量守恒定律得mv0=(M+m)v,解得v=,根据动能定理-fx=(M+m)()2-m,解得fx=m,可知xd,故子弹均射出,子弹初速度越大,穿出时间越短,木块加速时间越短,获得的速度越小,故D错误。8.如图所示,带有光滑弧形轨道的小车质量为m,放在光滑水平面上,一质量也为m的铁块,以速度v沿轨道水平端向上滑去,至某一高度后再向下返回,则当铁块回到小车右端时,将(D)A.以速度v做平抛运动B.以小于v的速度做平抛运动C.静止于车上D.自由下落解析:整个过程水
8、平方向动量守恒,机械能守恒,所以小车与铁块相当于弹性碰撞;由于小车和铁块的质量都为m,所以当铁块回到小车右端时,铁块的速度为0,小车具有向左的速度v,选项D正确.9.如图所示,轻质弹簧的一端固定在墙上,另一端与质量为m的物体A相连,A放在光滑水平面上,有一质量与A相同的物体B从高h处由静止开始沿光滑曲面滑下,与A相碰后一起将弹簧压缩,弹簧复原过程中某时刻B与A分开且沿原曲面上升.下列说法正确的是(BD)A.弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mghB.弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mghC.B能达到的最大高度为hD.B能达到的最大高度为h解析:对B下滑过程,据机械能守恒定律可得mgh=m,则
9、得B刚到达水平地面时的速度v0=,与A碰撞过程,以A,B组成的系统为研究对象,取向右为正方向,根据动量守恒定律可得mv0=2mv,得A与B碰撞后的共同速度为v=v0,所以弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为Epm=2mv2=mgh,选项A错误,B正确;当弹簧再次恢复原长时,A与B将分开,B以v的速度沿斜面上滑,根据机械能守恒定律可得mgh=mv2,解得B能达到的最大高度为h=h,选项C错误,D正确.10.两小球A,B置于光滑的水平面上,A球以一定的速度与静止的B球发生弹性正碰,如图所示,关于两球碰撞过程中的说法正确的是(AC)A.在两球碰撞的整个过程中,相互作用力冲量的矢量和为零,做功的代数和也
10、为零B.在两球碰撞的整个过程中,B对A始终做负功C.在两球压缩形变阶段,系统的动量不变,动能减少D.当两球的速度相等时,系统的机械能最小解析:由牛顿第三定律知,在两球碰撞的整个过程中相互作用力始终大小相等、方向相反,故相互作用力冲量的矢量和为零,由于两球发生弹性碰撞,系统机械能守恒,故相互作用力做功的代数和为零,选项A正确;若两球碰后A的速度反向,则在整个碰撞过程中,B对A先做负功再做正功,若两球碰后A的速度方向不变,则在整个碰撞过程中,B对A做负功,选项B错误;在两球压缩形变阶段,由于水平方向不受外力,则系统动量保持不变,虽然两球发生弹性碰撞,即碰撞开始和结束的两时刻动能相等,但在压缩阶段,
11、两球的弹性势能增加,则总动能减少.当两球速度相等时,系统动能最小.选项C正确,D错误.11.如图所示,竖直平面内的光滑水平轨道的左边与墙壁对接,右边与一个足够高的四分之一光滑圆弧轨道平滑相连,木块A,B静置于光滑水平轨道上,A,B的质量分别为1.5 kg和0.5 kg.现让A以6 m/s的速度水平向左运动,之后与墙壁碰撞,碰撞的时间为0.3 s,碰后的速度大小变为4 m/s,当A与B碰撞后立即粘在一起运动,g取10 m/s2,则(BCD)A.A与墙壁的过程中,墙壁对A的平均作用力的大小F=10 NB.A与B碰撞的过程中损失的机械能为3 JC.A,B碰撞后的速度v=3 m/sD.A,B滑上圆弧轨
12、道的最大高度h=0.45 m解析:设水平向右为正方向,当A与墙壁碰撞时,由动量定理得Ft=mAv1-mA(-v1),则F=50 N,故A错误;设碰撞后A,B的共同速度为v,以向右为正方向,由动量守恒定律得mAv1=(mA+mB)v,则v=3 m/s,故C正确.A与B碰撞过程中,损失的机械能E=mAv12-(mA+mB)v2=3 J,故B正确.A,B在光滑圆形轨道上滑动时,由机械能守恒定律得(mA+mB)v2=(mA+mB)gh,代入数据解得h=0.45 m,故D正确.12.如图所示,小车的上面固定一个光滑弯曲圆管道,整个小车(含管道)的质量为2m,原来静止在光滑的水平面上.今有一个可以看做质点
13、的小球,质量为m,半径略小于管道半径,以水平速度v从左端滑上小车,小球恰好能到达管道的最高点,然后从管道左端滑离小车.关于这个过程,下列说法正确的是(BC)A.小球滑离小车时,小车回到原来位置B.小球滑离小车时相对小车的速度大小为vC.车上管道中心线最高点的竖直高度为D.小球从滑进管道到滑到最高点的过程中,小车的动量变化大小是解析:小球恰好到达管道的最高点,说明在最高点时小球和管道之间相对速度为0,小球从滑进管道到滑到最高点的过程中,根据水平方向的动量守恒,有mv=(m+2m)v,得v=,小车动量变化大小p车=2m=mv,D项错误.小球从滑进管道到滑到最高点,根据机械能守恒定律有mgH=mv2
14、-(m+2m)v2,得H=,C项正确.小球从滑上小车到滑离小车的过程,有mv=mv1+2mv2,mv2=m+2m,解得v1=-,v2=v,则小球滑离小车时相对小车的速度大小为v+v=v,B项正确.在整个过程中小球对小车总是做正功,因此小车一直向右运动,A项错误.二、非选择题(共52分)13.(4分)某班物理兴趣小组选用如图所示装置做“验证动量守恒定律”的实验.将一段不可伸长的轻质小绳一端与力传感器(可以实时记录绳所受的拉力)相连固定在O点,另一端连接小钢球A,在小钢球最低点N下方有一水平气垫导轨,气垫导轨上放有小滑块B(B上安装宽度较小且质量不计的遮光板)、光电门(已连接数字毫秒计).当地的重
15、力加速度为g.实验时先调整滑块B的位置使小钢球自由下垂静止在N点时与滑块B接触而无压力,调整好气垫导轨高度,确保小钢球A通过最低点时恰好与滑块B发生正碰.把小钢球A拉至某位置M且绳拉紧,然后由静止释放,摆到最低点N与滑块B碰撞,碰撞后小钢球A并没有立即反向,碰撞时间极短.(1)为完成实验,除了数字计时器读数t、碰撞前瞬间绳的拉力F1、碰撞结束瞬间绳的拉力F2、滑块B的质量mB和遮光板宽度d外,还需要测量的物理量有.A.小钢球A的质量mAB.绳长LC.小钢球从M到N运动的时间(2)滑块B通过光电门时的瞬时速度vB=.(用题中已给的物理量符号来表示)(3)实验中应得到的表达式是.(用题中已给的物理
16、量符号来表示)解析:(1)实验中要确定物体碰撞前、后动量的关系,需要得到小钢球的速度和质量.计算速度需要绳长L,即答案为A,B.(2)滑块B通过光电门时的瞬时速度vB=.(3)根据牛顿第二定律得F1-mAg=mA.F2-mAg=mA.实验中应得到的表达式为mAv1=mAv2+mBvB整理得=+mB.答案:(1)AB(2)(3)=+mB评分标准:(1)问1分,(2)问1分,(3)问2分.14.(6分)某同学运用图示装置探究弹性碰撞的规律.斜面底端用光滑小圆弧与水平桌面相连,实验中使用半径相等的弹性小球1和2,且小球1的质量大于小球2的质量.实验步骤如下:安装好实验装置,做好测量前的准备.第一步:
17、先将木板竖直固定于斜槽前端边缘处的C点,且板面与纸面垂直,在木板上记下置于C点小球的位置O,然后将木板向右平移适当的距离,并固定.第二步:不放小球2,让小球1从斜槽上A点由静止滚下,并撞在木板上.重复多次,用尽可能小的圆把小球的所有落点圈在里面,其圆心就是小球落点的平均位置.第三步:把小球2放在斜槽前端边缘处的C点,让小球1从A点由静止滚下,使它们碰撞,重复多次,并使用与第二步同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置.第四步:用刻度尺分别测量三个落点的平均位置离O点的距离,即线段OM,OP,ON的长度.回答下列问题:(1)若木板到C点的距离为x,小球落点到O点的距离为y,重力加速度为g,则
18、小球做平抛运动的初速度v0=;(2)上述实验中P点是的平均位置,N点是的平均位置,M点是的平均位置.(3)用测量的物理量写出表示验证弹性碰撞的表达式为.解析:(1)由平抛运动规律得,x=v0t,y=gt2,由以上两式解得,v0=x.(2)设碰前小球1的速度大小为v1,碰后小球1的速度大小为v1,小球2的速度大小为v2,因为小球1的质量大于小球2的质量,则v2v1v1,小球的水平位移相等,由x=vt知,t2t1t1,由y=gt2知,y2y1y1,故P点是在实验的第二步中小球1落点的平均位置,N点是小球1与小球2碰撞后小球1落点的平均位置,M点是小球2落点的平均位置.(3)由v0=x知,v1=x,
19、v2=x,v1=x,根据动量守恒定律得m1v1=m1v1+m2v2,由机械能守恒定律得m1=m1v12+m2,由以上各式解得=-.答案:(1)x(2)小球1未碰撞的落点小球1碰撞后的落点小球2落点(3)=-评分标准:(1)问1分,(2)问每空1分,(3)问2分.15.(8分)光滑水平地面上,木板A左端与竖直墙壁接触处于静止状态,可视为质点的小木块B停在木板的右端,如图所示.对木块施加水平向左的瞬时冲量使其获得初速度v0=7 m/s,经时间t=0.5 s木块运动到竖直墙壁处,速度大小减为v1=5 m/s.木块与墙壁发生弹性碰撞后,恰能停在木板右端.重力加速度g=10 m/s2,求:(1)木板的长
20、度L和木板与木块间的动摩擦因数;(2)木板和木块的质量的比值.解析:(1)木块向左运动L=(v0+v1)t (1分)v1=v0-at (1分)mg=ma (1分)木板长为L=3 m (1分)动摩擦因数为=0.4. (1分)(2)木块在木板上向右滑动的过程中mv1=(M+m)v (1分)m=mgL+(M+m)v2 (1分)可得=24. (1分)答案:(1)3 m0.4(2)2416.(9分)从某高度自由下落一个质量为M的物体,当物体下落h时,突然炸裂成两块,已知质量为m的一块碎片恰能沿竖直方向回到开始下落的位置,求:(1)刚炸裂时另一块碎片的速度;(2)爆炸过程中有多少化学能转化为弹片的动能?解
21、析:(1)物体下落h的过程中,由机械能守恒定律得Mgh=Mv2 (2分)解得v= (1分)炸裂时,爆炸力远大于物体受到的重力,规定向下为正方向,因为质量为m的一块碎片恰好能返回到开始下落的位置,可知该碎片的速度大小等于物体爆炸前的速度大小,由动量守恒定律知Mv=-mv+(M-m)v (2分)解得v=,方向竖直向下. (1分)(2)爆炸过程中转化为动能的化学能等于动能的增量故转化为动能的化学能为E=mv2+(M-m)v2-Mv2 (2分)解得E=. (1分)答案:(1)方向竖直向下(2)17.(11分)如图所示,光滑固定斜面倾角=30,一轻质弹簧底端固定,上端与m0=3 kg的物体B相连,初始时
22、B静止,物体A质量m=1 kg,从斜面上与B物体相距s1=10 cm处由静止释放,物体A下滑过程中与物体B发生碰撞,碰撞时间极短,碰撞后粘在一起,已知碰后AB经t=0.2 s下滑s2=5 cm至最低点,弹簧始终处于弹性限度内,A,B可视为质点,g取10 m/s2,求:(1)从碰后到最低点的过程中弹性势能的增加量;(2)从碰后至返回到碰撞点的过程中,弹簧对物体B冲量的大小.解析:(1)A下滑s1时,由动能定理得mgs1sin =m (1分)则v0= m/s=1 m/s (1分)设初速度方向为正方向,A,B相碰时根据动量守恒定律有mv0=(m+m0)v1 (2分)解得v1=0.25 m/s; (1
23、分)从碰后到最低点,由于系统机械能守恒,有Ep=(m+m0)+(m+m0)gs2sin (2分)解得Ep=1.125 J. (1分)(2)从碰后至返回到碰撞点的过程中,由动量定理得I-(m+m0)gsin 2t=(m+m0)v1-(m0+m)v1 (2分)解得I=10 Ns. (1分)答案:(1)1.125 J(2)10 Ns18.(14分)如图所示,水平传送带两轮间的距离L=30 m,传送带以恒定的速率v0=4 m/s顺时针匀速转动,两质量分别为m1=4 kg,m2=2 kg的小滑块P,Q用一根轻绳(未画出)连接,中间夹着一根被压缩的轻质弹簧(弹簧与物体不拴接),此时弹簧的弹性势能Ep=54
24、 J,现把P,Q从传送带的最左端由静止开始释放,t1=2 s时轻绳突然断裂,瞬间弹簧恢复至原长(不考虑弹簧的长度的影响).已知两滑块与传送带之间的动摩擦因数均为=0.1,重力加速度g=10 m/s2,求:(1)轻绳突然断裂时两滑块的位移;(2)两滑块离开传送带的时间差.解析:(1)绳子断前对PQ整体,根据牛顿第二定律有(m1+m2)g=(m1+m2)a解得a=1 m/s2 (1分)假设绳子断前P,Q一直加速,则v1=at1=2 m/sv0,假设成立 (1分)其位移为s1=a=2 m. (1分)(2)绳断到弹簧恢复原长的过程,P,Q与弹簧系统动量、能量守恒,则(m1+m2)v1=m1vP1+m2
25、vQ1 (1分)Ep+(m1+m2)=m1+m2 (1分)解得vP1=-1 m/s,vQ1=8 m/s (1分)绳断后P向左运动sP2=0.5 ms1,可见P从右侧掉落 (1分)P向左减速为零的时间tP2=1 s (1分)P向右加速到传送带速度的时间tP3=4 s,sP3=a=8 m (1分)P向右匀速运动直到掉下,有L-(s1-sP2)-sP3=v0tP4解得tP4=5.125 s (1分)Q向右减速到传送带速度,有v0=vQ1-atQ2解得tQ2=4 s (1分)sQ2=24 m (1分)Q向右匀速运动直到掉下,有L-s1-sQ2=v0tQ3解得tQ3=1 s (1分)时间差为t=tP2+tP3+tP4-tQ2-tQ3=5.125 s. (1分)答案:(1)2 m(2)5.125 s
