版选修3_5.doc

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1、1第十六章 动量守恒定律单元质量评估(90 分钟 100 分)一、选择题(本题共 10 小题,每小题 4 分,共 40 分。其中 16 题为单选题,710 题为多选题)1.(2018聊城高二检测)对于确定的物体,下列说法不正确的是( )A.动能发生变化时,动量必定变化B.动量发生变化时,动能必定变化C.物体所受的合外力不为零时,其动量一定发生变化,而动能不一定变D.物体所受的合外力为零时,其动能和动量一定不变【解析】选 B。物体动能发生变化,则速度的大小一定变化,动量的大小一定变化,故 A 正确;物体动量发生变化,若只是动量方向改变,动量大小不变,速率不变,则动能不变,比如匀速圆周运动,故 B

2、 错误;物体受到冲量不为零时,根据动量定理得知,物体的速度必定改变,可能是速度方向改变,而速率不变,动能不变,比如匀速圆周运动,故 C 正确;物体所受的合外力为零时,物体处于静止状态或做匀速直线运动,其动能和动量一定不变,故 D 正确。本题选不正确的,故选 B。【总结提升】速度、动能与动量的关系(1)速度是矢量,外力是改变速度的原因,但外力不一定做功。(2)根据动能定理分析动能是否变化;动量是矢量,动能是标量。(3)根据动量定理分析冲量与速度的关系。2.物体受到的冲量越大,则( )A.它的动量一定越大B.它的动量变化一定越快C.它的动量变化量一定越大D.它所受到的作用力一定越大【解析】选 C。

3、根据动量定理公式 I=p,物体受到的冲量越大,它的动量变化量一定越大,但动量不一定大,也不一定变化快,故 A、B 错误,C 正确;冲量大,即 Ft 大,但 F 不一定大,故D 错误;故选 C。3.如图所示,质量为 m 的小球在竖直光滑圆形内轨道中做圆周运动,周期为 T,2则下列说法正确的是( )A.每运转一周,小球所受重力的冲量的大小为 0B.每运转一周,小球所受重力的冲量的大小为C.每运转一周,小球所受合力的冲量的大小为 0D.每运转半周,小球所受重力的冲量的大小一定为m2【解析】选 C。转动一周时,时间为 T,则冲量 I=mgT,故 A、B 错误;因每转动一周,小球的动量保持不变,由动量定

4、理可知,合外力的冲量为零,故 C 正确;由于小球在竖直面上做变速圆周运动,故转动半周用时不一定为 ,故重力的冲量不一定为 mg ,故 D 错误。T2 T24.物体 A 和物体 B 用轻绳相连在弹簧下静止不动,如图所示。物体 A 的质量为 m,物体 B 的质量为 M,当连接物体 A、B 的绳突然被剪断后,物体 A 上升经某一位置时的速度大小为 vA,这时物体 B 下落的速度大小为 vB,在这段时间里,弹簧的弹力对物体 A 的冲量的大小是( )A.mvA B.mvA+MvBC.MvB D.m(vA+vB)【解析】选 D。以向上为正方向,由动量定理得:对 B:-Mgt=-MvB-0,对 A:I-mg

5、t=mvA-0,解得:I=m(vA+vB);故选 D。5.在光滑的水平面上有 a、b 两球,其质量分别为 ma、m b,两球在 t 时刻发生正碰,两球在碰撞前后的速度图象如图所示,下列关系正确的是( )3A.mamb B.mav 0,可得发射炮弹后瞬间船的动量增大,速度增大。故选 C。7.小铁块置于长木板右端,木板放在光滑水平地面上,t=0 时使二者获得等大反向的初速度开始运动,经过时间 t1铁块在木板上停止滑动,二者相对静止,此时与开始运动时的位置相比较,图中哪一幅反映了可能发生的情况( )4【解题指南】解答本题可以从以下角度入手:(1)从动量守恒的角度分析共同速度大小与方向。(2)从运动学

6、规律得出位移方向是解决本题的关键。【解析】选 A、B。开始时两者具有等大反向的速度,根据动量守恒,当两物体相对静止时的共同速度与动量大的物体运动方向一致,所以质量小的物体运动方向要反向,且最终共同速度将小于开始时的物体运动速度,故物体运动位移仍与原运动方向一致。若铁块质量大于长木板时,两者共同速度将沿铁块运动方向,长木板的位移方向与原运动方向一致,故 A 可能,C不可能;当长木板的质量大于铁块质量时,共同速度方向与长木板的速度方向一致,长木板和铁块的位移与原运动方向一致,故 B 可能,D 不可能。8.如图所示,在光滑水平面上质量分别为 mA=2kg、m B=4kg,速率分别为 vA=5m/s、

7、v B=2m/s 的 A、B 两小球沿同一直线相向运动并发生对心碰撞,则( )A.它们碰撞后的总动量是 18kgm/s,方向水平向右B.它们碰撞后的总动量是 2kgm/s,方向水平向右C.它们碰撞后 B 小球向右运动D.它们碰撞后 B 小球可能向左运动【解析】选 B、C。根据动量守恒,设向右为正,碰后它们的总动量p=p=m AvA+mBvB=25kgm/s-42 kgm/s=2 kgm/s,故 A 错、B 对;因总动量向右,所以碰后 B 球一定向右运动,C 对、D 错。9.如图,两物体 A、B 用轻质弹簧相连,静止在光滑水平面上,现同时对 A、B 两物体施加等大反向的水平恒力 F1、F 2,使

8、 A、B 同时由静止开始运动,在弹簧由原长5伸到最长的过程中,对 A、B 两物体及弹簧组成的系统,正确的说法是( )A.A、B 先做变加速运动,当 F1、F 2和弹力相等时,A、B 的速度最大;之后,A、B 做变减速运动,直至速度减到零B.A、B 做变减速运动速度减为零时,弹簧伸长最长,系统的机械能最大C.A、B、弹簧组成的系统机械能在这一过程中是先增大后减小D.因 F1、F 2等值反向,故 A、B、弹簧组成的系统的动量守恒【解析】选 A、B、D。在拉力作用下,A、B 开始做加速运动,弹簧伸长,弹簧弹力变大,物体A、B 受到的合力变小,物体加速度变小,物体做加速度减小的加速运动,当弹簧弹力等于

9、拉力时物体受到的合力为零,速度达到最大,之后弹簧弹力大于拉力,两物体减速运动,直到速度为零时,弹簧伸长量达最大,因此 A、B 先做变加速运动,当 F1、F 2和弹力相等时,A、B 的速度最大;之后,A、B 做变减速运动,直至速度减到零,故 A 正确;在整个过程中,拉力一直对系统做正功,系统机械能增加,A、B 做变减速运动速度减为零时,弹簧伸长最长,系统的机械能最大,故 B 正确,C 错误;因 F1、F 2等大反向,故 A、B、弹簧组成的系统所受合外力为零,系统动量守恒,故 D 正确。故选 A、B、D。【总结提升】对 A、B 及系统进行受力分析,根据物体的受力情况判断物体的运动性质;根据动量守恒

10、条件分析系统动量是否变化,弹簧的弹力是变力,分析清楚物体的受力情况是正确解题的关键。10.如图所示,水平面上 O 点的正上方有一个静止物体 P,炸成两块 a、b水平飞出,分别落在 A 点和 B 点,且 OAOB。若爆炸时间极短,空气阻力不计,则( )A.落地时 a 的速度大于 b 的速度B.落地时 a 的速度小于 b 的速度C.爆炸过程中 a 增加的动能大于 b 增加的动能D.爆炸过程中 a 增加的动能小于 b 增加的动能【解析】选 A、C。爆炸后 a、b 都做平抛运动,下落的高度相同,落地时间相等。由x=v0t,OAOB 知,则爆炸后瞬间,a 的速度大于 b 的速度。落地时速度表达式 v=

11、,故落地时 a 的速度大于 b 的速度,故 A 正确,B 错误;爆炸v02+2过程中系统水平方向不受外力,系统的动量守恒,取水平向左为正方向,根据动量守恒定律,6有 mava-mbvb=0,由于 vavb,故 mamb;根据 Ek= ,知 p 相等 ,mamb,所以爆炸过程中 a 增加p22的动能大于 b 增加的动能,故 C 正确,D 错误。故选 A、C。二、实验题(本题共 2 小题,共 20 分)11.(9 分)(2018晋中高二检测)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 次拍得照片如图乙所示,已知闪光时间间隔为 t=0.02s,闪光本身持续时间极短,已知在这 4

12、次闪光的时间内 A、B 均在 080cm 范围内且第一次闪光时,A 恰好过x=55cm 处,B 恰好过 x=70cm 处,则由图可知:(1)两滑块在 x=_cm 处相碰。(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 x=60cm 处。(2)碰撞后 A 向左做匀速运动,设其速度为 v A,所以 v At=20cm,碰撞到第二次闪光时A 向左运动 10cm,时间为 t,有 v At=10cm,第一次闪光到发生碰撞时间为 t,有t+t=t,得 t=

13、 。(3)碰撞前,A 的速度大小为:v A= = ;B 的速度大小为 vB= = ;碰撞后,A10 101220的速度 v A= ,取向左为正方向,则由动量守恒定律可知:m Av A=mBvB-mAvA,解得mAm B=23。7答案:(1)60 (2) (3)2312.(11 分)(2018泰州高二检测)某小组用实验验证物体间相互作用时动量守恒,如图,在水平桌面上固定一与桌面等宽的光滑凹槽导轨(导轨截面如图所示),把两个质量不等的小球A、B 置于导轨上,用两小球夹住一轻弹簧,并使轻弹簧处于压缩状态,同时由静止释放两个小球,小球最后落在铺有复写纸、白纸的水平地面上。试完成下列填空:(1)本实验中

14、需要的测量仪器有_。A.天平 B.秒表 C.毫米刻度尺 D.打点计时器(2)为使小球水平抛出,实验前需要使导轨水平,利用现有器材如何判断导轨是否水平?_(3)小明同学在某次实验操作中分别测出 A、B 两小球离开导轨水平射程xA=12.00cm、x B=18.00cm,若已知 A 球质量 mA=0.03kg,则 mB=_kg,即可认为验证了动量守恒。(4)若只改用劲度系数更大的轻弹簧重复上述实验,则 A、B 两小球水平射程 xA与 xB的比值将_(选填“变大” “变小”或“不变”)。【解题指南】(1)本实验的实验原理:烧断细线后,两球离开桌面做平抛运动,由于高度相等,则平抛的时间相等,水平位移与

15、初速度成正比,把平抛的时间作为时间单位,小球的水平位移可替代平抛运动的初速度。将需要验证的关系中速度用水平位移替代,即可进行分析求解。(2)本题运用等效思维方法,将水平速度变成水平位移进行测量,利用了平抛运动的规律。【解析】(1)取小球 A 的初速度方向为正方向,两小球质量和平抛初速度分别为mA、m B、v A、v B,平抛运动的水平位移分别为 xA、x B,平抛运动的时间为 t。需要验证的方程:0=m AvA-mBvB又 vA= ,vB= ,代入得到:m AxA=mBxBx x故需要测量两小球的质量 mA和 mB,两小球落地点到桌面边缘的水平距离 xA和 xB,所以需要的器材为刻度尺、天平。

16、故选 A、C。(2)将小球放在桌面边缘,只要小球能保持静止,不再滚动,即说明桌面水平。(3)根据(1)的公式可知 mAxA=mBxB,代入数据可得:m B=0.02kg。8(4)根据公式 mAxA=mBxB可知,改变弹簧进行实验,得出的水平距离与质量成反比,故比值不变。答案:(1)A、C (2)将小球轻放在导轨上,小球保持静止 (3)0.02 (4)不变三、计算题(本题共 4 小题,共 40 分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位)13.(8 分)一个质量为 0.2 kg、以 10 m/s 的速度飞来的网球被球拍击中,并以20 m/s 的速度反方向弹回,网球与球拍的接触时间为

17、 0.1 s,试求:(不考虑重力的冲量)(1)网球动量的变化。(2)球拍对网球的平均作用力。【解析】设网球飞来的速度方向为正方向,则:网球的初速度 v0=10m/s, (1分)反弹后速度 v=-20m/s (1分)(1)所以网球的动量变化:p=mv-mv 0=0.2(-20)kgm/s-0.210 kgm/s=-6 kgm/s (2 分)所以网球的动量变化的大小为 6kgm/s,方向与初速度方向相反。 (1 分)(2)由动量定理 Ft=p 可知,球拍对网球的平均作用力:F= = N=-60 N (2 分)-60.1球拍对网球的平均作用力大小为 60N,方向与初速度方向相反。 (1 分)答案:(

18、1)6kgm/s,方向与初速度方向相反(2)60 N,方向与初速度方向相反14.(10 分)现利用图甲所示装置验证动量守恒定律。在图甲中,气垫导轨上有 A、B 两个滑块,滑块 A 右侧带有一弹簧片,左侧与打点计时器(图中未画出)的纸带相连;滑块 B 左侧也带有一弹簧片,上面固定一遮光片,光电计时器(未完全画出)可以记录遮光片通过光电门的时间。实验测得滑块 A 的质量 m1=0.301kg,滑块 B 的质量 m2=0.108kg,遮光片的宽度 d=1.00cm;打点计时器所用交流电的频率 f=50.0Hz。将光电门固定在滑块 B 的右侧,启动打点计时器,给滑块 A 一向右的初速度,使它与 B 相

19、碰。9碰后光电计时器显示的时间为 t B=3.500ms,碰撞前后打出的纸带如图乙所示。若实验允许的相对误差绝对值( 100%)最大为 5%,本实验是|碰撞前后总动量之差 碰前 总动 量 |否在误差范围内验证了动量守恒定律?写出运算过程。【解析】按定义,物体运动的瞬时速度大小 v 为:v= (1 分)式中 x 为滑块在很短的时间 t 内的位移。设纸带上打出相邻两点的时间间隔为 t A,则 t A= =0.02s,t A可视为很短1(1分)设在 A 碰撞前后瞬时速度大小分别为 v0和 v1由图乙所给数据可得:v0=2.00m/s,v1=0.970 m/s (2分)设 B 碰撞后瞬时速度大小为 v

20、2v2= =2.86m/s(1 分)设两滑块在碰撞前后的动量分别为 p 和 p,则p=m1v0,p=m 1v1+m2v2 (2 分)两滑块在碰撞前后总动量相对误差的绝对值为= 100%10(2 分)联立各式代入数据得:=1.6%5% (1分)因此,本实验在允许的误差范围内验证了动量守恒定律。答案:见解析15. (10 分)如图所示,一轻质弹簧两端连着物体 A 和 B,放在光滑的水平面上,物体 A 被水平速度为 v0的子弹击中并嵌在其中,已知物体 A 的质量是物体 B 的质量的 ,子弹的质量是物体 B 的质量的 ,求弹簧压缩到最短时 B 的速度。【解析】取向右为正方向,设子弹的质量为 m,子弹击

21、中物体 A 的过程,由动量守恒定律,有:mv0=(m+mA)v1 (2分)则子弹和 A 获得的共同速度为:v1= = v03(3 分)当系统的速度相同时,弹簧被压缩到最短,由动量守恒定律,得(m+m A)v1=(m+mA+mB)v2 (3 分)解得 v2= 。 (2v07分)答案:v0716.(12 分)如图所示,在水平光滑桌面上放一质量为 M 的玩具小车,在小车的平台(小车的一部分)上有一质量可忽略的弹簧,一端固定11在平台上,另一端用质量为 m 的小球将弹簧压缩一定距离后用细绳捆住,用手将小车固定在桌面上,然后烧断细绳,小球就被弹出,落在车上 A 点,OA=s。如果小车不固定而烧断细绳,球

22、将落在车上何处?设小车足够长,球不致落在车外。【解析】要想求得小车不固定时,球落在车上何处,需要知道小球被弹出时相对于小车的速度,这就需要知道小球被弹出时车和球相对于地面的速度。设弹出时小球相对于地面的速度大小为 u,车相对地面的速度的大小为 V,小球相对于车的速度的大小为 u,则有u=u+V (1 分)设小球落在车上 A处,OA=s,设平台的高度为 h,则由平抛运动的知识可得s=u (2 分)其中,h 为平台的高度。u和 V 可由动量守恒和能量守恒求得,由动量守恒可得 mu-MV=0 (2 分)由能量守恒定律得:E= mu 2+ MV2, (2 分)12 12由平抛运动规律得:竖直方向 h= gt212水平方向 s=vt,解得 v2= (2 分)设小球被弹出时,弹簧释放的弹性势能为 E,则E= mv2= 12 m24(2 分)解得 s= s。 (1M+分)答案: sM+