1、第一章质量评估(A)(时间:75分钟满分:100分)一、单项选择题:本题共7小题,每小题4分,共28分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.“天津之眼”(如图所示)是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮,是天津市的地标之一.摩天轮悬挂透明座舱,乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动.下列叙述正确的是( )A.摩天轮转动过程中,乘客的机械能保持不变B.在最高点时,乘客重力大于座椅对他的支持力C.摩天轮转动一周的过程中,乘客重力的冲量为0D.摩天轮转动过程中,乘客重力的瞬时功率保持不变解析:摩天轮转动过程中,乘客的动能不变,重力势能不断变化,故乘客的机械能不断变化,选项A错误.乘客在最高
2、点时,具有向下的加速度,乘客重力大于座椅对他的支持力,选项B正确.根据I=Ft知,重力的冲量不为0,选项C错误.根据P=mgvcos (为重力方向与速度方向之间的夹角)可知,摩天轮转动过程中,不断变化,重力的瞬时功率不断变化,选项D错误.答案:B2.太空探测器常装配离子发动机,其基本原理是将被电离的原子从发动机尾部高速喷出,从而为探测器提供推力.若某探测器质量为490 kg,离子以30 km/s的速率(远大于探测器的飞行速率)向后喷出,流量为3.010-3 g/s,则探测器获得的平均推力大小为( )A.1.47 NB.0.147 NC.0.09 ND.0.009 N解析:在时间t内喷出离子的质
3、量m=3.010-310-3t kg/s=3.010-6t kg/s.对喷出的离子,由动量定理得Ft=mv-0,代入数据解得F=0.09 N,由牛顿第三定律可知,探测器获得的平均推力大小F=F=0.09 N,故选项C正确.答案:C3.静置在地面上的质量为m(含燃料)的火箭模型点火升空,在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体.忽略喷气过程重力和空气阻力的影响,则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是( )A.mmv0 B.mmv0 C.mm-mv0 D.mm-mv0解析:根据动量守恒定律mv0=(m-m)v,解得 v=mm-mv0,选项D正确.答案:D4.如果一个系统不受外力
4、,或者所受外力的矢量和为0,这个系统的总动量保持不变.这就是动量守恒定律.若一个系统动量守恒,则( )A.此系统内每个物体所受的合力一定都为0B.此系统内每个物体的动量大小不可能都增加C.此系统的机械能一定守恒D.此系统的机械能可能增加解析:若一个系统动量守恒,则整个系统所受的合力为0,此系统内每个物体所受的合力不一定都为0,选项A错误.此系统内每个物体的动量大小可能会都增加,但是方向不同,总动量不变,选项B错误.系统所受合外力为0,但是除重力、弹力以外的其他力做功不一定为0,故机械能不一定守恒,系统的机械能可能增加,也可能减少,选项C错误,选项D正确.答案:D5.如图所示,质量为m的小车静止
5、在光滑的水平面上,小车上AB部分是半径为R的14光滑圆弧,BC部分是粗糙的水平面.今把质量为m的小物体从A点由静止释放,小物体与BC部分间的动摩擦因数为,最终小物体静止于B、C之间的D点,则B、D间的距离x随各量变化的情况是( )A.其他量不变,R越大,x越大B.其他量不变,越大,x越大C.其他量不变,m越大,x越大D.其他量不变,m越大,x越大解析:小车和小物体组成的系统水平方向动量守恒且为0,所以当小车和小物体相对静止时,系统水平方向的总动量仍为0,则小车和小物体最终相对于水平面也静止,由能量守恒得mgx=mgR,x=R,选项A正确,选项B、C、D错误.答案:A6.在光滑的水平面的同一直线
6、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v运动,依次与上述小球相碰,碰后粘在一起,碰撞n次后,剩余的总动能为原来的18,则n为( )A.5 B.6C.7 D.8解析:第一次碰撞时根据动量守恒mv=2mv1,解得v1=12v,碰撞前的动能Ek0=12mv2,第一次碰撞后的动能Ek1=122mv22=14mv2,第n次碰撞后的动能Ekn=12(n+1)mvn+12=12mv2n+1,当剩余的总动能为原来的18时,1812mv2=12mv2n+1,解得n=7,故选项C正确,选项A、B、D错误.答案:C7.甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动,甲追上乙
7、,并与乙发生碰撞,碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示.已知甲的质量为1 kg,则碰撞过程两物块损失的机械能为( )A.3 J B.4 JC.5 J D.6 J解析:设甲、乙的质量分别为m甲、m乙,碰撞前甲、乙的速度分别为v1和v2,碰撞后甲、乙的速度分别为v3和v4.碰撞过程中动量守恒,则m甲v1+m乙v2=m甲v3+m乙v4,其中v1=5.0 m/s,v2=1.0 m/s,v3=-1.0 m/s,v4=2.0 m/s,解得m乙=6 kg,则碰撞过程两物块损失的机械能E=12m甲v12+12m乙v22-12m甲v32-12m乙v42=3 J,故选项A正确.答案:A二、多项选择题:本
8、题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的四个选项中,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.8.如图所示,一个质量为0.18 kg的垒球,以25 m/s的水平速度飞向球棒,被球棒打击后反向水平飞回,速度大小变为45 m/s,设球棒与垒球的作用时间为0.01 s.下列说法正确的是( )A.球棒对垒球的平均作用力大小为1 260 NB.球棒对垒球的平均作用力大小为360 NC.球棒对垒球做的功为126 JD.球棒对垒球做的功为36 J解析:设球棒对垒球的平均作用力为F,由动量定理得Ft=m(vt-v0),将vt=45 m/s,v0=-25 m/s,代入上式
9、,得F=1 260 N,由动能定理得W=12mvt2-12mv02=126 J,选项A、C正确.答案:AC9.如图所示,在光滑水平面上停着质量为m装有弧形槽的小车.现有一质量也为m的小球以v0的水平速度沿与切线水平的槽口向小车滑去(不计摩擦),到达某一高度后,小球又返回小车右端,则下列判断正确的是( )A.小球在小车上到达最高点时的速度大小为12v0B.小球离开车后,对地将向右做平抛运动C.小球离开车后,对地将做自由落体运动D.此过程中小球对车做的功为12mv02解析:当小球与小车的水平速度相等时,小球沿弧形槽上升到最大高度,设该高度为h,则mv0=2mv,得v=12v0,选项A正确.设小球离
10、开小车时,小球的速度为v1,小车的速度为v2,整个过程中动量守恒,得mv0=mv1+mv2,由机械能守恒得12mv02=12mv12+12mv22,联立解得v1=0,v2=v0,即小球与小车分离后二者交换速度,所以小球与小车分离后做自由落体运动,选项B错误,选项C正确.对小车运用动能定理,得小球对小车做功W=12mv02-0=12mv02,选项D正确.答案:ACD10.如图所示,甲、乙两车的质量均为m,静置在光滑的水平面上,两车相距l.乙车上站立着一个质量为m的人,他通过一条轻绳拉甲车,甲、乙两车最后互相接触,下列说法正确的是( )A.甲、乙两车运动速度之比为m+mmB.甲、乙两车运动速度之比
11、为mm+mC.甲车移动的距离为m+m2m+mlD.乙车移动的距离为m2m+ml解析:将甲、乙、人看成一系统,则水平方向动量守恒,甲、乙两车运动速度之比等于质量的反比,为m+mm,选项A正确,选项B错误.mx甲=(m+m)x乙,x甲+x乙=l,解得x甲=(m+m)l2m+m,x乙=ml2m+m,选项C、D正确.答案:ACD三、非选择题:共54分.11.(8分)下图为验证动量守恒定律实验的装置示意图.已知A、B小球的质量分别为mA、mB,半径分别为rA、rB,图中P点为单独释放A球的落点平均位置,M、N是A、B小球碰撞后落点的平均位置.(1)本实验必须满足的条件是.A.斜槽轨道必须是光滑的B.斜槽
12、轨道末端的切线水平C.入射小球每次都从斜槽上的同一位置无初速度释放D.入射球与被碰球满足mA=mB,rA=rB(2)为了验证动量守恒定律,需要测量OP间的距离x1,还需要测量的物理量有、(用相应的文字和字母表示).(3)如果动量守恒,那么满足的关系式是(用测量的物理量的字母表示).解析:(1)验证斜槽末端小球碰撞时的动量守恒实验,是通过平抛运动的规律求解碰撞前后的速度的,只要求小球离开轨道后做平抛运动,对斜槽是否光滑没有要求,选项A错误.要保证每次小球都做平抛运动,则轨道的末端必须水平,选项B正确.要保证碰撞前的速度相同,入射球每次都要从同一高度由静止滚下,选项C正确.为了保证小球的碰撞为正碰
13、,且碰后不反弹,要求mAmB,rA=rB,选项D错误.(2)要验证动量守恒定律,即验证mAv1=mAv2+mBv3,小球离开轨道后做平抛运动,它们抛出点的高度相等,在空中的运动时间t相等,上式两边同时乘t得mAv1t=mAv2t+mBv3t,即mAx1=mAx2+mBx3,因此实验需要测量OP间的距离x1、OM间的距离x2、ON间的距离x3.(3)根据第(2)问可知需要验证mAx1=mAx2+mBx3.答案:(1)BC(2)OM间的距离x2ON间的距离x3(3)mAx1=mAx2+mBx312.(8分)某同学用图甲所示的装置验证动量守恒定律,实验开始前在水平放置的气垫导轨左端装一个弹射装置,滑
14、块碰到弹射装置后将被锁定,打开控制开关,滑块可被弹射装置向右弹出.滑块甲和滑块乙上装有相同宽度的挡光片,在滑块甲的右端和滑块乙的左端装上了弹性碰撞架(图中未画出).实验开始前,滑块甲被弹射装置锁定,滑块乙静止于两个光电门之间.甲乙(1)该同学用游标卡尺测量挡光片的宽度d,如图乙所示,则d=cm.(2)为使碰撞后两个滑块能够先后通过光电门2,选用组滑块实验效果更好.A.m甲=50 g,m乙=50 gB.m甲=100 g,m乙=50 gC.m甲=50 g,m乙=100 g(3)实验时,数字计时器记录下滑块甲(质量为m甲)通过光电门1的时间为t1,滑块乙(质量为m乙)通过光电门2的时间为t2,滑块甲
15、通过光电门2的时间为t3,根据实验器材等测量条件确定只要等式成立,则可说明碰撞过程中动量守恒;只要等式成立,则可说明这次碰撞没有能量损失.(用题目中所给的字母表示)解析:(1)游标卡尺的主尺读数为21 mm,游标读数为 0.059 mm=0.45 mm,则最终读数为21.45 mm=2.145 cm.(2)为使碰撞后两个滑块能够先后通过光电门2,入射滑块不能反弹,所以应用质量较大的滑块去碰质量较小的滑块,故选项B符合要求.(3)滑块经过光电门的速度分别为v1=dt1,v2=dt2,v3=dt3.设甲的初速度方向为正方向,则由动量守恒定律有m甲v1=m甲v3+m乙v2,代入速度则有m甲dt1=m
16、甲dt3+m乙dt2.若碰撞没有能量损失,则有12m甲dt12=12m甲dt32+12m乙dt22,即m甲dt12=m甲dt32+m乙dt22成立.答案:(1)2.145(2)B(3)m甲dt1=m甲dt3+m乙dt2m甲dt12=m甲dt32+m乙dt2213.(12分)在光滑的水平面上,质量为2m的小球A以速率v0 向右运动.在小球A的前方O点处有一质量为m的小球B处于静止状态,如图所示.小球A与小球B发生正碰后均向右运动.小球B被Q点处的墙壁弹回后与小球A在P点相遇,lPQ=1.5lOP.假设小球与墙壁之间的碰撞没有能量损失,求:(1)A、B两球在O点碰后速度的大小;(2)A、B两球在O
17、点碰撞的能量损失.解析:(1)由碰撞过程中动量守恒得2mv0=2mv1+mv2,由题意可知lOP=v1t,lOQ+lPQ=v2t,lOQ=lOP+lPQ,lPQ=1.5lOP,解得v1=13v0,v2=43v0.(2)两球在O点碰撞前后系统的机械能之差E=122mv02-122mv12+12mv22,代入(1)的结果得E=0.答案:(1)13v043v0(2)014.(12分)两滑块A、B在光滑水平面上沿同一条直线运动,并发生碰撞,碰撞后二者粘在一起运动,经过一段时间后,从光滑路段进入粗糙路段.二者的位移x随时间t变化的图像如图所示.求:(1)滑块A、B的质量之比;(2)整个运动过程中,两滑块
18、克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比.解析:(1)设A、B质量分别为m1、m2,A、B碰撞前的速度分别为v1、v2,由题给图像得v1=-2 m/s,v2=1 m/s,A、B碰撞后粘在一起,二者的共同速度为v,由题给图像得v=23 m/s,由动量守恒定律有m1v1+m2v2=(m1+m2)v,解得m1m2=18.(2)由能量守恒定律得,两滑块因碰撞而损失的机械能E=12m1v12+12m2v22-12(m1+m2)v2,由图像可知,两滑块最后停止运动,由动能定理得,两滑块克服摩擦力所做的功W=12(m1+m2)v2,解得WE=12.答案:(1)18(2)1215.(14分)如图所示,小球A
19、的质量为m,系在细线的一端,线的另一端固定在O点,O点到水平面的距离为h.物块B的质量是小球的5倍,置于粗糙的水平面上且位于O点正下方,物块与水平面间的动摩擦因数为.现拉动小球使线水平伸直,由静止开始释放小球,小球运动到最低点时与物块发生正碰,碰撞时间极短,反弹后上升至最高点时到水平面的距离为h16.小球与物块均可视为质点,不计空气阻力,自由落体加速度大小为g,求碰撞过程物块获得的冲量大小及物块在水平面上滑行的距离.解析: 设小球运动到最低点与物块相撞前的速度大小为v1,取小球运动到最低点时的重力势能为0,根据机械能守恒定律有mgh=12mv12,解得v1=2gh,设碰撞后小球反弹的速度大小为v1,同理有mgh16=12mv12,解得v1=gh8,设碰撞后物块的速度大小为v2,取水平向右为正方向,由动量守恒定律有mv1=-mv1+5mv2,解得v2=gh8,由动量定理可得,碰撞过程物块获得的冲量为I=5mv2=54m2gh,物块在水平面上滑行所受摩擦力的大小为F=5mg,设物块在水平面上滑行的距离为s,由动能定理有-Fs=0-125mv22,解得s=h16.答案:54m2ghh16
