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,每题4分,共48分.在每小题给出的四个选项中,第17题只有一个选项正确,第812题有多项正确,全部选对得4分,选对但不全得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,0B.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的瞬时功率为p=
2、mgvsin ,重力的冲量为I=mgt,所以D正确,A,B,C错误.2.一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A并留在其中,A,B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起,如图所示.则在子弹打击木块A及弹簧被压缩的过程中,对子弹、两木块和弹簧组成的系统(C)A.动量守恒,机械能守恒B.动量不守恒,机械能守恒C.动量守恒,机械能不守恒D.无法判定动量、机械能是否守恒解析:子弹、两木块和弹簧组成的系统在水平方向上不受外力,竖直方向上所受外力的合力为零,所以动量守恒;机械能守恒的条件是除重力、弹力对系统做功外,其他力对系统不做功,本题中子弹射入木块瞬间有部分机械能转化为内能(发热),所以系统的机械能不守恒,
3、故C正确.3.如图,质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶,一质量为m的救生员站在船尾,相对小船静止.若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中,则救生员跃出后小船的速率为(C)A.v0+vB.v0-vC.v0+(v0+v)D.v0+(v0-v)解析:以水平向右为正方向,根据动量守恒定律,对救生员和船有(M+m)v0=-mv+Mvx,解得vx=v0+(v0+v),选项C正确.4.如图,光滑桌面上小滑块P和Q都可以视为质点,质量相等,Q与轻弹簧相连,设Q静止,P以某一初速度与弹簧碰撞,在此后过程中系统具有的最大弹性势能为(B)A.P的初动能B.P的初动能的C.P的初动能的D.P的初动能的
4、解析:当P,Q速度相等时,弹簧有最大的弹性势能,设P的初速度为v0,P,Q相等的速度为v,则P的初动能Ek0=m,根据动量守恒有mv0=2mv,解得v=,则最大的弹性势能Ep=m-2mv2=m=Ek0,故B正确.5.如图所示,跳楼机是常见的大型机动游乐设备.这种设备的座舱装在竖直柱子上,由升降机送至高处后使其自由下落(不计阻力),一段时间后,启动制动系统,座舱匀减速运动到地面时刚好停下.下列说法正确的是(D)A.自由下落阶段和制动阶段乘客机械能的变化量相等B.自由下落阶段和制动阶段,乘客所受合力的冲量相同C.自由下落阶段和制动阶段,乘客所受重力做的功一定相等D.整个下落过程中,乘客的最大速度是
5、全程平均速度的两倍解析:自由下落阶段乘客的机械能不变,制动阶段乘客机械能减小,选项A错误;自由下落阶段和制动阶段,乘客的动量变化等大反向,则乘客所受合力的冲量大小相同,方向相反,选项B错误;自由下落阶段和制动阶段下降的距离不一定相同,则乘客所受重力做的功不一定相等,选项C错误;整个下落过程中,若乘客的最大速度是v,则自由阶段的平均速度为,制动阶段的平均速度也是,即最大速度是全程平均速度的两倍,选项D正确.6.如图所示,质量为M的小车静止在光滑的水平地面上,小车上有n个质量为m的小球,现用两种方式将小球相对于地面以恒定速度v向右水平抛出,第一种方式是将n个小球一起抛出,第二种方式是将小球一个接一
6、个地抛出,比较用这两种方式抛完小球后小车的最终速度(小车的长度足够长)(C)A.第一种较大B.第二种较大C.两种一样大D.不能确定解析:n个小球和小车组成的系统动量守恒,设小车的最终速度为v1,由动量守恒定律得Mv1+nmv=0,解得v1=-v,两次求出的最终速度相同,选项C正确.7.质量为m=2 kg的物体受到水平拉力F的作用,在光滑的水平面上由静止开始做直线运动,运动过程中物体的加速度随时间变化的规律如图所示.则下列判断正确的是(D)A.04 s内物体先做加速运动再做匀速运动B.6 s末物体的速度为零C.04 s内拉力冲量为18 NsD.04 s内拉力做功49 J解析:物体是从静止开始运动
7、,故在01 s内做加速度增大的加速运动,24 s内做匀加速直线运动,46 s做加速度减小的加速运动,6 s末加速度为零,速度最大,A,B错误;at图象与坐标轴围成的面积表示速度变化量,故根据动量定理可得04 s内拉力的冲量为I=Ft=mv=2(3+4)2 Ns=14 Ns,C错误;因为水平面光滑,故物体受到的合力大小等于F,根据动能定理可得WF=mv2-0=Ek,因为是从静止开始运动的,所以4 s末的动量为p=14 Ns,根据p=可得知WF=49 J,D正确.8.将一物体水平抛出并开始计时,只受重力作用,下列说法正确的是(BD)A.瞬时速度与时间成正比B.重力的瞬时功率与时间成正比C.动能的增
8、量与时间成正比D.动量的增量与时间成正比解析:根据平抛运动的规律有v=,可知瞬时速度与时间不成正比,故A错误;根据瞬时功率的定义有P=mgvy=mg2t,则重力的瞬时功率与时间成正比,B正确;根据动能定理有Ek=mgh=mggt2,故动能的增量与时间不成正比,故C错误;由动量定理可知p=IG=mgt,则动量的增量与时间成正比,故D正确.9.在光滑水平面上有三个弹性小钢球a,b,c处于静止状态,质量分别为2m,m和2m.其中a,b两球间夹一被压缩了的弹簧,两球通过左右两边的光滑挡板束缚着.若某时刻将挡板撤掉,弹簧便把a,b两球弹出,两球脱离弹簧后,a球获得的速度大小为v,若b,c两球相距足够远,
9、则b,c两球相碰后(BD)A.b球的速度大小为v,运动方向与原来相反B.b球的速度大小为v,运动方向与原来相反C.c球的速度大小为vD.c球的速度大小为v解析:设b球脱离弹簧时的速度为v0,b,c两球相碰后b,c的速度分别为vb和vc,取向右为正方向,弹簧将a,b两球弹出过程,由动量守恒定律得0=-2mv+mv0,解得v0=2v,b,c两球相碰过程,由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv0=mvb+2mvc,m=m+2m,联立解得vb=-v(负号表示方向向左,运动方向与原来相反),vc=v,故B,D正确.10.某同学从圆珠笔中取出轻弹簧,将弹簧一端竖直固定在水平桌面上,另一端套上笔帽,用力把笔帽
10、往下压后迅速放开,他观察到笔帽被弹起并离开弹簧向上运动一段距离.不计空气阻力,忽略笔帽与弹簧间的摩擦,在弹簧恢复原长的过程中(CD)A.笔帽一直做加速运动B.弹簧对笔帽做的功和对桌面做的功相等C.弹簧对笔帽的冲量大小和对桌面的冲量大小相等D.弹簧对笔帽的弹力做功的平均功率大于笔帽克服重力做功的平均功率解析:弹簧恢复原长的过程中,笔帽先向上做加速运动,弹簧压缩量减小,弹力减小,当弹力等于重力时,加速度为零,速度最大,此后弹力小于重力,合力向下,笔帽做减速运动,故A错误;笔帽向上运动,受到的弹力方向向上,力与位移同向,故弹力对笔帽作正功,重力方向向下,与位移反向,对笔帽做负功,由于笔帽离开弹簧时动
11、能不为0,所以弹簧对笔帽做的功大于笔帽克服重力做的功,时间相同,根据功率的定义P=可知,D正确;弹簧对桌面虽然有弹力,但没有位移,所以不做功,故B错误;由于轻弹簧质量不计,所以弹簧对桌面的弹力等于对笔帽的弹力,作用时间相同,冲量大小相等,故C正确.11.在冰壶比赛中,球员手持毛刷擦刷冰面,可以改变冰壶滑行时受到的阻力.如图(a)所示,蓝壶静止在圆形区域内,运动员用等质量的红壶撞击蓝壶,两壶发生正碰,若碰撞前后两壶的vt图象如图(b)所示.关于冰壶的运动,下列说法正确的是(CD)A.两壶发生了弹性碰撞B.蓝壶运动了4 s停下C.碰撞后两壶相距的最远距离为1.275 mD.碰撞后蓝壶的加速度大小为
12、0.3 m/s2解析:由图(b)可知,碰前红壶的速度v0=1.2 m/s,碰后红壶的速度v红=0.3 m/s,取碰撞前红壶的速度方向为正方向,碰撞过程系统动量守恒,则有mv0=mv红+mv,解得v=0.9 m/s;碰撞前两壶的总动能Ek1=m=0.72 m,碰撞后两壶的总动能Ek2=m+mv2=0.45 mEk1,所以两壶碰撞为非弹性碰撞,故A错误;由碰前红壶的vt图象可知,红壶的加速度大小为a= m/s2=0.4 m/s2,即蓝壶再次静止的时刻为t= s=4 s,所以蓝壶运动了3 s停下,故B错误;vt图线与坐标轴围成的面积表示位移,则碰后两壶相距的最远距离s=-m=1.275 m,故C正确
13、;碰后蓝壶的加速度大小a= m/s2=0.3 m/s2,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
14、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-(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.(8分)如图为一弹簧弹射装置,在内壁光滑、水平固定的金属管中放有轻弹簧,弹簧压缩并锁定,在金属管两端各放置一个金属
15、小球1和2(两球直径略小于管径且与弹簧不固连).现解除弹簧锁定,两个小球同时沿同一直线向相反方向弹射.然后按下述步骤进行实验:记录两球在水平地面上的落点P,Q;用刻度尺测出两管口离地面的高度h;用天平测出两球质量m1,m2.回答下列问题:(1)要测定弹射装置在弹射时所具有的弹性势能,还需测量的物理量有.(已知重力加速度g)A.弹簧的压缩量xB.两球落点P,Q到对应管口M,N的水平距离s1,s2C.小球直径D.两球从管口弹出到落地的时间t1,t2(2)根据测量结果,可得弹性势能的表达式为Ep=(用测出量表示).(3)由上述测得的物理量来表示,如果满足关系式(用测出量表示),就说明弹射过程中两小球
16、组成的系统动量守恒.解析:(1)根据机械能守恒定律可知,弹簧的弹性势能等于两球得到的动能之和,而要求解动能必须还要知道两球弹射的初速度v0,由平抛运动规律可知v0=,故还需要测出两球落点P,Q到对应管口M,N的水平距离s1,s2.(2)小球被弹开时获得的动能Ek=m=,故弹性势能的表达式为Ep=m1+m2=+.(3)如果满足关系式m1v1=m2v2,即m1s1=m2s2,那么就说明弹射过程中两小球组成的系统动量守恒.答案:(1)B(2)+(3)m1s1=m2s2评分标准:第(1)问2分,第(2)(3)问各3分.14.(6分)用如图(甲)所示的气垫导轨来验证动量守恒定律,用频闪照相机闪光4次拍得
17、照片如图(乙)所示,已知闪光时间间隔为t=0.02 s,闪光本身持续时间极短,已知在这4次闪光时间内A,B均在080 cm范围内且第一次闪光时,A恰好过s=55 cm处,B恰好过s=70 cm处,则由图可知:(1)两滑块在s=cm处碰撞.(2)两滑块在第一次闪光后t=s时发生碰撞.(3)若碰撞过程中满足动量守恒,则A,B两滑块的质量比为.解析:(1)碰撞发生在第1,2两次闪光时刻之间,碰撞后B静止,故碰撞发生在s=60 cm处.(2)碰撞后A向左做匀速运动,设其速度为vA,所以vAt=20 cm.从碰撞到第二次闪光时A向左运动10 cm,设经历的时间为t,有vAt=10 cm.设第一次闪光到发
18、生碰撞经历的时间为t,有t+t=t,得t=0.01 s.(3)碰撞前,A的速度大小为vA=5 m/s;B的速度大小为vB=10 m/s;碰撞后,A的速度vA=10 m/s,取向左为正方向,则由动量守恒定律可知mAvA=mBvB-mAvA,解得mAmB=23.答案:(1)60(2)0.01(3)23评分标准:每空2分.15.(6分)如图所示,一只质量为5.4 kg 的保龄球,撞上一只原来静止,质量为1.7 kg的球瓶.此后球瓶以3.0 m/s的速度向前飞出,而保龄球以1.8 m/s的速度继续向前运动,假设它们相互作用的时间为0.05 s.求:(1)碰撞后保龄球的动量;(2)碰撞时保龄球与球瓶间的
19、相互作用力的大小.解析:(1)碰撞后保龄球的动量p=m1v=5.41.8 kgm/s=9.72 kgm/s.(2分)(2)以初速度方向为正方向,对球瓶有p=Mv-0=1.73.0 kgm/s=5.1 kgm/s(1分)由动量定理得Ft=p(2分)代入数据求得F=102 N.(1分)答案:(1)9.72 kgm/s(2)102 N16.(8分)如图,“冰雪游乐场”滑道上的B点左侧水平而粗糙,右侧是光滑的曲面,左右两侧平滑连接,质量m=30 kg的小孩从滑道顶端A点由静止开始下滑,经过B点时被静止的质量为M=60 kg的家长抱住,一起滑行到C点停下(C点末画出),已知A点高度h=5 m,人与水平滑
20、道间的动摩擦因数=0.2,g取10 m/s2,求:(1)小孩刚到B点时的速度大小vB;(2)B,C间的距离s.解析:(1)从A点到B点,根据机械能守恒定律得mgh=m(2分)得vB=10 m/s.(1分)(2)家长抱住小孩瞬间,由动量守恒定律有mvB=(m+M)v(1分)解得v= m/s(1分)接着以共同速度v向左做匀减速直线运动,由动能定理得-(m+M)gs=0-(m+M)v2(1分)解得s= m.(2分)答案:(1)10 m/s(2) m17.(12分)如图所示,光滑的水平面上有P,Q两个竖直固定挡板,A,B是两挡板连线的三等分点.A点处有一质量为m2的静止小球,紧贴P挡板的右侧有一质量为
21、m1的等大小球以速度v0向右运动并与m2相碰.小球与小球、小球与挡板间的碰撞均为弹性正碰,两小球均可视为质点.求:(1)两小球m1和m2第一次碰后的速度v1和v2;(2)若两小球之间的第二次碰撞恰好发生在B点,且m1m2,求m1和m2的可能比值.解析:(1)两球发生弹性正碰,设碰后速度分别为v1和v2,则有m1v0=m1v1+m2v2,(2分)m1=m1+m2,(2分)解得v1=v0,(1分)v2=.(1分)(2)m1与m2在B点相碰有两种情形.第一种情形,m1被P反弹后追上m2.由于v1=v00,m1运动距离为m2的3倍,则有|-v1t|=3v2t,(2分)解得=.(1分)第二种情形,m1与
22、P反弹,m2与Q反弹后在B点相碰,m1,m2运动距离相等,有|-v1t|=v2t,(2分)解得=.(1分)答案:(1)v0(2)17或1318.(12分)如图所示,质量分别为m1=1.0 kg和m2=2.0 kg 的甲、乙两物体之间夹有少量炸药,两物体一起沿水平地面向右做直线运动,当速度v0=1 m/s时夹在两物体间的炸药爆炸,之后甲物体以7 m/s的速度仍沿原方向运动.已知两物体均可视为质点,甲物体与地面间的动摩擦因数为0.35,乙物体与地面间的动摩擦因数为0.2,重力加速度g=10 m/s2.求:(1)炸药爆炸使甲、乙两物体增加的总动能;(2)甲、乙两物体分离2 s后两者之间的距离.解析:
23、(1)爆炸瞬间系统动量守恒,以向右为正方向,设爆炸后甲物体的速度为v1,乙物体的速度为v2,由动量守恒定律得(m1+m2)v0=m1v1+m2v2(1分)代入数据解得v2=-2 m/s,负号表示速度方向与正方向相反(1分)由能量守恒定律得Ek=m1+m2-(m1+m2)(2分)代入数据解得Ek=27 J.(1分)(2)甲、乙两物体分离后,甲物体向右匀减速滑行,乙物体向左匀减速滑行根据牛顿第二定律得甲物体滑行的加速度大小a1=1g=3.5 m/s2(1分)乙物体滑行的加速度大小a2=2g=2 m/s2(1分)从分离到甲物体停止运动,经过的时间t1=2 s(1分)甲物体运动的位移为s1=t1=7 m(1分)从分离到乙物体停止运动,经过的时间t2=1 s(1分)乙物体运动的位移为s2=t2=1 m(1分)故甲、乙两物体分离2 s后两者之间的距离d=s1+s2=8 m.(1分)答案:(1)27 J(2)8 m
