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1、碰撞与动量守恒综合检测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 17 小题 只有一个选项正确,第 812 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) 1.一物体竖直向下匀加速运动一段距离,对于这一运动过程,下列说法正确的是( C ) A.物体的机械能一定增加 B.物体的机械能一定减少 C.相同时间内,物体动量的增量一定相等 D.相同时间内,物体动能的增量一定相等 解析:物体竖直向下做匀加速运动,有两种可能的情况:加速度大于重力加
2、速度,物体受到 重力和向下的力的作用;加速度小于重力加速度,说明物体受到向上的、 小于重力的作用力. 若物体的加速度小于重力加速度,说明物体受到向上的、 小于重力的作用力,该力对物体做负 功,物体的机械能减少,选项 A 错误;若物体的加速度大于 g,说明除重力做功之外,还有其他 力对物体做正功,物体的机械能应增加,选项 B 错误;物体做匀加速运动,则物体受到的合外 力不变,根据 I=Ft,相同时间内物体受到的冲量一定相等,根据动量定理,物体动量的增量一 定相等,选项C正确;由C的分析,物体受到的合外力不变,相同时间内物体动量的增量一定相 等,则物体动能的增加量Ek= m- m= m(v2-v1
3、)(v2+v1)= mv(v2+v1),显然,随时 间的变化,v2+v1是变化的,即动量变化相等的情况下,动能的变化是不同的,选项 D 错误. 2.如图所示,一质量为2 kg的物体放在光滑的水平面上,原来处于静止状态,现用与水平方向 成 60角的恒力 F=10 N 作用于物体上,历时 5 s,则下列说法不正确的是( A ) A.力 F 对物体的冲量大小为 50 Ns B.力 F 对物体的冲量大小为 25 Ns C.物体的动量变化量为 50 kgm/s D.物体所受合外力冲量大小为 50 Ns 解析:力F对物体的冲量大小I=Ft=105 Ns=50 Ns,选项A正确,B错误;物体受到的合外 力的
4、冲量为 I=Ftcos 60,由动量定理可知 Ftcos 60=p,则合外力的冲量及动量的变化 量为p=105 kgm/s=25 kgm/s,选项 C,D 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.mamb C.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球反弹且速度大小小于其初速 度大小,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. 如图所示,质量为 3 kg 的
5、木板放在光滑的水平地面上,质量为 1 kg 的木块放在木板上, 它 们之间有摩擦,木板足够长,两者都以 4 m/s 的初速度向相反方向运动.当木板的速度为 2.4 m/s 时,木块( C ) A.处于匀速运动阶段B.处于减速运动阶段 C.处于加速运动阶段D.静止不动 解析:木板和木块组成的系统动量守恒,设它们相对静止时的共同速度为 v,以木板运动的方 向为正方向,则 Mv1-mv2=(M+m)v,v=2 m/ s,方向与木板运动方向相同.在这之前, 木 板一直做匀减速运动,木块先做匀减速运动,当相对地面的速度为零时,再反向向右做匀加速 运动,直到速度增大到 2 m/s.设当木块对地速度为零时,
6、木板速度为 v,则 Mv1-mv2=Mv ,v=2.67 m/s,大于 2.4 m/s,所以木板的速度为 2.4 m/s 时,木块处在反向向 右加速运动阶段,选项 C 正确. 5.如图所示,质量为 M 的盒子放在光滑的水平面上,盒子内表面不光滑,盒内放有一块质量为 m 的物体,某时刻给物体一个水平向右的初速度 v0,那么在物体与盒子前后壁多次往复碰撞 后( D ) A.两者的速度均为零 B.两者的速度总不会相等 C.盒子的最终速度为,方向水平向右 D.盒子的最终速度为,方向水平向右 解析:由于盒子内表面不光滑,在多次碰后物体与盒子相对静止,由动量守恒得 mv0=(M+m)v, 解得 v=,选项
7、 D 正确. 6.如图所示,一个倾角为的直角斜面体静置于光滑水平面上,斜面体质量为M,顶端高度为h, 今有一质量为 m 的小物体,沿光滑斜面下滑,当小物体从斜面顶端自由下滑到底端时,斜面体 在水平面上移动的距离是( C ) A. B. C. D. 解析:此题属“人船模型”问题.m 与 M 组成的系统在水平方向上动量守恒,设 m 在水平方向 上对地位移为 s1,M 在水平方向上对地位移为 s2,因此有 0=ms1-Ms2. 且 s1+s2=. 可得 s2=,选项 C 正确. 7.如图所示,完全相同的A,B两物块随足够长的水平传送带按图中所示方向匀速运动.A,B间 夹有少量炸药,对 A,B 在炸药
8、爆炸过程及随后的运动过程有下列说法,其中正确的是( D ) A.炸药爆炸后瞬间,A,B 两物块速度方向一定相同 B.炸药爆炸后瞬间,A,B 两物块速度方向一定相反 C.炸药爆炸过程中,A,B 两物块组成的系统动量不守恒 D.A,B 在炸药爆炸后至 A,B 相对传送带静止的过程中动量守恒 解析:设A,B质量都为m,A,B在炸药爆炸过程中,内力远远大于外力,动量守恒,爆炸后B的速 度方向肯定与 v 的方向相同,根据动量守恒定律得 2mv=mvA+mvB.若爆炸后 B 的速度大于 2v, 则 A 的速度方向与 B 的速度方向相反,若爆炸后 B 的速度小于 2v,则 A 的速度方向与 B 的速 度方向
9、相同,选项 A,B,C 错误;A,B 在炸药爆炸后至 A,B 相对传送带静止的过程中,对 A,B 的 两个摩擦力刚好大小相等,方向相反,时间相同,所以冲量是相反的,所以总冲量是 0,动量是 守恒的,选项 D 正确. 8.如图所示,质量为 M 的 “L” 形物体静止在光滑的水平面上.物体的 AB 部分是半径为 R 的四 分之一光滑圆弧,BC 部分是水平面.将质量为 m 的小滑块从物体的 A 点静止释放,沿圆弧面滑 下并最终停在物体的水平部分 BC 之间的 D 点,则( AD ) A.滑块 m 从 A 滑到 B 的过程,物体与滑块组成的系统动量不守恒,机械能守恒 B.滑块滑到 B 点时,速度大小等
10、于 C.滑块从 B 运动到 D 的过程,系统的动量和机械能都不守恒 D.滑块滑到 D 点时,物体的速度等于 0 解析:因为滑块从A下滑到B的过程中,系统所受合外力不为零,系统动量守恒,又因为滑块从 A 下滑到B 的过程中系统中只有动能和重力势能的相互转化,故满足机械能守恒条件,选项 A 正确;滑块从A下滑到B的过程中,系统在水平方向上动量守恒,机械能守恒,设到达B点时的 速度为vM,到达B点时的速度为vm,圆弧的半径为R,以水平向右为正方向,由水平方向动量守 恒得 mvm+MvM=0,由机械能守恒定律可得 mgR= m+ M,当 vm=时,vM=0,这两组数据 不满足动量守恒定律,选项B错误;
11、滑块从B运动到D的过程,系统所受合外力为零,系统动量 守恒,在该过程中要克服摩擦阻力做功,系统机械能不守恒,选项C错误;滑块到达D点时停在 物体上,即滑块与物体相对静止,速度相等.根据动量守恒定律 mvm+MvM=0,满足方程时只有 vM=vm=0,即滑块滑到 D 点时,物体的速度一定等于零,选项 D 正确. 9.如图所示,位于光滑水平桌面、质量相等的小滑块 P 和 Q 都可以视做质点,Q 与轻质弹簧相 连,设 Q 静止,P 以某一初动能 E0水平向 Q 运动并与弹簧发生相互作用,若整个作用过程中无 机械能损失,用 E1表示弹簧具有的最大弹性势能,用 E2表示 Q 具有的最大动能,则( AD
12、) A.E1= E0B.E1=E0 C.E2= E0D.E2=E0 解析:弹簧的最大弹性势能发生在 P,Q 的速度相等时,系统动量守恒,以向右为正方向,由动 量守恒定律得 mv0=2mv,由能量守恒定律得,弹簧的最大弹性势能为 E1= m-2 mv2,解得 E1= m= E0,选项 A 正确,B 错误;由于 P,Q 之间发生的是完全弹性碰撞,且 P,Q 的质量相等, 最终 P,Q 将交换速度,即小滑块 P 将静止,小滑块 Q 以动能 E0运动,选项 C 错误,D 正确. 10.如图所示,在质量为 M 的小车中挂有一单摆,摆球的质量为 m0,小车(和单摆)以恒定的速 度 v0沿光滑水平面运动,与
13、位于正对面的质量为 m 的静止木块发生碰撞,碰撞的时间极短.在 碰撞过程中,下列情况可能发生的是( CD ) A.小车和摆球的速度都变为 v1,木块的速度变为 v2,满足(M+m0)v0= (M+m0)v1+mv2 B.小车、木块、摆球的速度都发生变化,分别变为 v1,v2,v3,满足(M+m0)v0=Mv1+mv2+m0v3 C.摆球的速度不变,小车和木块的速度变为 v1和 v2,满足 Mv0=Mv1+mv2 D.摆球的速度不变,小车和木块的速度变为 v,满足 Mv0=(M+m)v 解析:由于小车与木块发生碰撞的时间极短,碰撞时仅小车与木块间发生相互作用,使小车与 木块的动量、 速度发生变化
14、,而在这极短时间内,摆球和小车水平方向并没有通过绳发生相互 作用,所以小车与木块碰后瞬时,小球仍保持原来的速度而未来得及变化,仅小车与木块由于 相互作用,各自动量发生改变,选项A,B错误;取小车(不包括摆球)和木块作为系统,碰撞前后 动量守恒,但小车与木块碰后可能分离,也可能结合在一起,选项 C,D 正确. 11. 如图所示,水平传送带 AB 足够长,质量为 M=1.0 kg 的木块随传送带一起以 v1=2 m/s 的速 度向左匀速运动(传送带的速度恒定),木块与传送带间的动摩擦因数=0.5,当木块运动到 最左端A点时,一颗质量为m=20 g的子弹,以v0=300 m/s 的水平向右的速度,正
15、对射入木块并 穿出,穿出速度 v=50 m/s,设子弹射穿木块的时间极短,(g 取 10 m/s2)则( BC ) A.子弹射穿木块后,木块一直做减速运动 B.木块遭射击后远离 A 的最大距离为 0.9 m C.木块遭射击后到相对传送带静止所经历的时间为 1.0 s D.木块遭射击后到相对传送带静止所经历的时间为 0.6 s 解析:子弹射穿木块后,木块先向右做减速运动,然后再向左做加速运动,选项 A 错误;设木块 被子弹击穿时的速度为 v3,子弹击穿木块过程水平方向的动量守恒,选取向右为正方向,故 mv0-Mv1=mv+Mv3, 代入数据解得 v3=3.0 m/s 木块遭射击后远离 A 的距离
16、最大时的瞬时速度为 0,根据动能定理得-Mgsm=0- M 代入数据得 sm=0.9 m,选项 B 正确; 选取向右为正方向,则木块与传送带的速度相等时的速度是-2 m/s.木块的加速度 a=- =-g=-0.510 m/s2=-5 m/s2 木块遭射击后到相对传送带静止所经历的时间为 t=1.0 s,选项 C 正确,D 错误. 12.如图所示,水平光滑轨道的宽度和弹簧自然长度均为d.m2的左边有一固定挡板,m1由图示 位置静止释放.当 m1与 m2第一次相距最近时 m1速度为 v1,在以后的运动过程中( BD ) A.m1的最小速度是 0 B.m1的最小速度是v1 C.m2的最大速度是 v1
17、 D.m2的最大速度是v1 解析:从小球m1到达最近位置后继续前进,此后拉着m2前进,m1减速,m2加速,达到共同速度时 两者相距最远,此后 m1继续减速,m2加速,当两球再次相距最近时,m1达到最小速度,m2达到最 大速度.两小球水平方向动量守恒,速度相同时保持稳定,一直向右前进, m1v1=m1v1+m2v2, m1= m1v12+ m2, 解得 v1=v1,v2=v1 故m1的最小速度为v1,选项A错误,B正确;m2的最大速度为v1,选项D正确, C 错误. 二、非选择题(共 52 分) 13.(6 分)在用气垫导轨做“验证动量守恒定律”实验时,左侧滑块质量 m1=170 g,右侧滑块
18、质量 m2=110 g,挡光片宽度为 3.00 cm,两滑块之间有一压缩的弹簧片,并用细线连在一起, 如 图所示.开始时两滑块静止,烧断细线后,两滑块分别向左、 右方向运动.挡光片通过光电门的 时间分别为t1=0.32 s,t2=0.21 s.则两滑块的速度分别为 v1= m/s,v2= m/s.烧断细线前 m1v1+m2v2= kgm/s,烧断细线后 m1v1 +m2v2= kgm/s.可得到的结论 是 . 解析:由平均速度公式可得 v1= m/s=0.09 m/s; v2= m/s=0.143 m/s. 设向右为正方向,因烧断细线之前,两滑块均静止,故烧断细线前的动量为零;碰后的动量为 0
19、.17(-0.09) kgm/s+0.110.143 kgm/s0, 故说明碰撞前后动量相等,系统动量守恒. 答案:0.09 0.143 0 0 系统动量守恒 评分标准:前四个空每空 1 分,最后一个空 2 分. 14.(6 分)如图(甲)所示,用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律,即研究两个小球在轨道 水平部分碰撞前后的动量关系. (1)实验中,直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的,但是,可以通过仅测量 (填 选项前的符号),间接地解决这个问题. A.小球开始释放高度 h B.小球抛出点距地面的高度 H C.小球做平抛运动的射程 (2)图(甲)中 O 点是小球抛出点在地面上的垂直投影.实验时
20、,先将入射球 m1多次从斜轨上 S 位置由静止释放,找到其平均落地点的位置 P,测量平抛射程.然后,把被碰小球 m2静止于 轨道的水平部分,再将入射小球 m1从斜轨上 S 位置由静止释放,与小球 m2相撞,并多次重复. 接下来要完成的必要步骤是 .(填选项前的符号) A.用天平测量两个小球的质量 m1,m2 B.测量小球 m1开始释放高度 h C.测量抛出点距地面的高度 H D.分别找到 m1,m2相碰后平均落地点的位置 M,N E.测量平抛射程, (3)若两球相碰前后的动量守恒,其表达式可表示为 用(2)中测量的量表示. (4)经测定,m1=0.45 g,m2=7.5 g,小球落地点的平均位
21、置距 O 点的距离如图(乙)所示.碰撞前、 后m1的动量分别为p1与p1,则p1p1= 11;若碰撞结束时m2的动量为p2 ,则 p1p2=11 . 实验结果说明,碰撞前、后总动量的比值为 . 解析:(1)小球离开轨道后做平抛运动,由 H= gt2知 t=,即小球的下落时间一定,则初速 度 v= 可用平抛运动的水平射程来表示,选项 C 正确. (2)本实验要验证的是 m1+m2=m1,因此要测量两个小球的质量 m1和 m2以及它 们的水平射程和,而要确定水平射程,应先分别确定两个小球落地的平均落点,没有必 要测量小球 m1开始释放的高度 h 和抛出点距地面的高度 H.故应完成的步骤是 ADE.
22、 (3)若动量守恒,应有 m1v1+m2v2=m1v0(v0是 m1单独下落离开轨道时的速度,v1,v2是两球碰后 m1,m2离开轨道时的速度),又 v= ,则有 m1+ m2=m1,即 m1+m2=m1 . (4)碰前 m1的动量 p1=m1v0=m1,碰后 m1的动量 p1=m1v1=m1,则 p1p1= =1411;碰后 m2的动量 p2=m2v2=m2,所以 p1p2=(m1)(m2)=11 2.9;碰撞前、后总动量的比值= 1.01. 答案:(1)C (2)ADE (3)m1+m2=m1 (4)14 2.9 1.01 评分标准:每空 1 分. 15.(8 分)光滑水平地面上,木板 A
23、 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
24、程中 mv1=(M+m)v(1 分) m=mgL+ (M+m)v2(1 分) 可得=24.(1 分) 答案:(1)3 m 0.4 (2)24 16.(8 分)如图所示,光滑水平面上依次放置两个质量均为 m 的小物块 A 和 C 以及光滑曲面劈 B,B 的质量为 M=3m,B 的曲面下端与水平面相切,且劈 B 足够高.现让小物块 C 以水平速度 v0 向右运动,与 A 发生弹性碰撞,碰撞后小物块 A 又滑上劈 B.求物块 A 在 B 上能够达到的最大 高度. 解析:C,A 组成的系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得 mv0=mvC+mvA(1 分) 由能量守恒定律得 m= m+ m(1
25、 分) 解得 vC=0,vA=v0(2 分) A,B 系统在水平方向动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得 mvA=(m+M)v(1 分) 系统机械能守恒,由机械能守恒定律得 m=mgh+ (m+M)v2(2 分) 解得 h=.(1 分) 答案: 17.(12 分)如图所示,半径为 R 的四分之三光滑圆轨道竖直放置,CB 是竖直直径,A 点与圆心 等高,有小球b静止在轨道底部,小球a自轨道上方某一高度处由静止释放自A点与轨道相切 进入竖直圆轨道,a,b 小球直径相等,质量之比为 31,两小球在轨道底部发生弹性正碰后小 球 b 经过 C 点水平抛出落在离 C 点水平距离为 2R 的地面上,重
26、力加速度为 g,小球均可视 为质点.求: (1)小球 b 碰后瞬间的速度; (2)小球 a 碰后在轨道中能上升的最大高度. 解析:(1)b 小球从 C 点抛出做平抛运动,有 gt2=2R(1 分) 解得 t=(1 分) 小球 b 做平抛运动的水平位移 x=vCt=2R(1 分) 解得 vC=(1 分) 根据机械能守恒有 mb= mb+2mbgR(1 分) 可知小球 b 在碰后瞬间的速度 vb=.(2 分) (2)a,b 两小球相碰,由动量守恒得 mava=mava+mbvb(1 分) a,b 两小球发生弹性碰撞,由机械能守恒得 ma= mava2+ mb(1 分) 又 ma=3mb 解得 va
27、= vb,va= va= vb(1 分) 可得 va=,小球 a 在轨道内运动,不能到达圆心高度,所以小球 a 不会脱离轨道,只能 在轨道内来回滚动,根据机械能守恒可得 mava2= magh(1 分) 解得 h= .(1 分) 答案:(1) (2) R 18.(12分)质量M=3.0 kg的长木板置于光滑水平面上,木板左侧放置一质量m=1.0 kg的木块, 右侧固定一轻弹簧,处于原长状态,弹簧正下方部分的木板上表面光滑,其他部分的木板上表 面粗糙,如图所示.现给木块 v0=4.0 m/s 的初速度,使之向右运动,在木板与木块向右运动过 程中,当木板和木块达到共速时,木板恰与墙壁相碰,碰撞过程
28、时间极短,木板速度的方向改 变,大小不变,最后木块恰好在木板的左端与木板相对静止.求: (1)木板与墙壁相碰时的速度 v1; (2)整个过程中弹簧所具有的弹性势能的最大值 Epm. 解析:(1)以木块与木板组成的系统为研究对象,从木块开始运动到两者速度相同的过程中, 系 统动量守恒,由动量守恒定律可得 mv0= (M+m)v1,(1 分) 解得 v1=1 m/s.(1 分) (2)木板与墙壁碰后返回,木块压缩弹簧,当弹簧压缩到最短时,木块与木板速度相等,在此过 程中两者组成的系统动量守恒,由动量守恒定律可得 Mv1-mv1=(M+m)v2,(1 分) 解得 v2=0.5 m/s;(1 分) 当弹簧压缩到最短时,弹簧弹性势能最大,由能量守恒定律可得 m= (M+m)+Epm+Q,(2 分) 当木块到达木板最左端时两者速度相等,在此过程中,系统动量守恒,由动量守恒定律可得 Mv1-mv1=(M+m)v3,(2 分) 解得 v3=0.5 m/s;(1 分) 从木块开始运动到木块再回到木板最左端的整个过程中, 由能量守恒定律可得 m= (M+m)+2Q,(2 分) 解得 Q=3.75 J,Epm=3.75 J.(1 分) 答案:(1)1 m/s (2)3.75 J