1、1单元质检六 动量守恒定律 力学三大观点(时间:45 分钟 满分:100 分)一、选择题(本题共 8 小题,每小题 6 分,共 48 分。在每小题给出的四个选项中,第 15 题只有一项符合题目要求,第 68 题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)1.一物体在合外力 F 的作用下从静止开始做直线运动,合外力方向不变,大小随时间的变化如图所示,在 t0和 2t0时刻,物体的动能分别为 Ek1、 Ek2,物体的动量分别为 p1、 p2,则 ( )A.Ek2=9Ek1,p2=3p1 B.Ek2=3Ek1,p2=3p1C.Ek2=8Ek1,p2=4p1
2、D.Ek2=3Ek1,p2=2p1答案 A解析 根据动量定理得 F0t0=mv1 ,2F0t0=mv2-mv1 ,由 得 v1v 2=1 3,得 p1p 2=1 3;由于 x1=,x2= t0,所以有 x1x 2=1 4,力 F 做的功为 W1=F0x1,W2=2F0x2,所以在 t0和 2t0时刻的动能v1t02 v1+v22Ek1E k2=1 9。故选项 A 正确。2.如图所示,光滑水平面上有大小相同的 A、 B 两球在同一直线上运动。两球质量关系为 mB=2mA,规定向右为正方向, A、 B 两球的动量均为 6 kgm/s,运动中两球发生碰撞,碰撞后 A 球的动量增量为 -4 kgm/s
3、则( )A.左方是 A 球,碰撞后 A、 B 两球速度大小之比为 2 5B.左方是 A 球,碰撞后 A、 B 两球速度大小之比为 1 102C.右方是 A 球,碰撞后 A、 B 两球速度大小之比为 2 5D.右方是 A 球,碰撞后 A、 B 两球速度大小之比为 1 10答案 A解析 由两球的动量都是 6kgm/s 可知,运动方向都向右,且能够相碰,说明左方是质量小速度大的小球,故左方是 A 球。碰后 A 球的动量减少了 4kgm/s,即 A 球的动量为 2kgm/s,由动量守恒定律知 B 球的动量为 10kgm/s,则其速度比为 2 5,故选项 A 是正确的。3.(2018江西宜春月考)如图
4、所示,将质量为 M1、半径为 R 且内壁光滑的半圆槽置于光滑水平面上,左侧靠墙角,右侧靠一质量为 M2的物块。今让一质量为 m 的小球自左侧槽口 A 的正上方 h 高处从静止开始落下,自 A 点与圆弧槽相切进入槽内,则以下结论正确的是( )A.小球在槽内运动的全过程中,小球与半圆槽在水平方向动量守恒B.小球在槽内运动的全过程中,小球、半圆槽和物块组成的系统动量守恒C.小球离开 C 点以后,将做竖直上抛运动D.槽与墙不会再次接触答案 D解析 小球从 A B 的过程中,半圆槽对球的支持力沿半径方向指向圆心,而小球对半圆槽的压力方向相反指向左下方,因为有竖直墙挡住,所以半圆槽不会向左运动,可见,该过
5、程中,小球与半圆槽在水平方向受到外力作用,动量并不守恒,而由小球、半圆槽和物块组成的系统动量也不守恒;从 B C的过程中,小球对半圆槽的压力方向向右下方,所以半圆槽要向右推动物块一起运动,因而小球参与了两个运动,一个是沿半圆槽的圆周运动,另一个是与半圆槽一起向右运动,小球所受支持力方向与速度方向并不垂直,此过程中,因为有物块挡住,小球与半圆槽在水平方向动量并不守恒,在小球运动的全过程,水平方向动量也不守恒,选项 A、B 错误;当小球运动到 C 点时,它的两个分运动的合速度方向并不是竖直向上,所以此后小球做斜上抛运动,选项 C 错误;因为全过程中,整个系统在水平方向上获得了水平向右的冲量,最终槽
6、与墙不会再次接触,选项 D 正确。34.(2018广东佛山一模)当使用高压水枪时,我们会感受到比较强的反冲作用。如图所示,一水枪与软管相连,打开开关后,以 30 m/s 的速度每秒喷出 1 kg 的水,若水枪入口与出口的口径相同,则水对该水枪作用力的大小及方向是( )A.30 N,沿的方向 B.30 N,沿 的方向C.60 N,沿的方向 D.60 N,沿 的方向答案 B解析 以水为研究对象,运用动量定理得 Ft=m 水 v1-0,代入数据解得,水流受到的平均作用力为 F=30N,方向沿出口方向和进口方向的角平分线。根据牛顿第三定律可知,水对该水枪作用力的大小是 30N,方向沿的方向,故 B 正
7、确。5.如图所示,一质量 m1=3.0 kg 的长方形木板 B 放在光滑水平地面上,在其右端放一个质量 m2=1.0 kg的小木块 A。给 A 和 B 以大小均为 4.0 m/s、方向相反的初速度,使 A 开始向左运动, B 开始向右运动, A 始终没有滑离 B 板。在小木块 A 做加速运动的时间内,木板速度大小可能是( )A.1.8 m/s B.2.4 m/sC.2.8 m/s D.3.0 m/s答案 B解析 A 先向左减速到零,再向右加速运动,在此期间,木板减速运动,最终它们保持相对静止,设 A 减速到零时,木板的速度为 v1,最终它们的共同速度为 v2,取水平向右为正方向,则 m1v-m
8、2v=m1v1,m1v1=(m1+m2)v2,可得 v1= m/s,v2=2m/s,所以在小木块 A 做加速运动的时间内,木板速度大小83应大于 2.0m/s 而小于 m/s,只有选项 B 正确。8346.如图所示,三角形传送带以 1 m/s 的速度逆时针匀速转动,两边的传送带长都是 2 m 且与水平方向的夹角均为 37。现有两个小物块 A、 B 从传送带顶端都以 1 m/s 的初速度沿传送带下滑,物块与传送带间的动摩擦因数都是 0.5,g 取 10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8。下列判断正确的是( )A.物块 A 先到达传送带底端B.物块 A、 B 同时到达传送带底端
9、C.传送带对物块 A、 B 均做负功D.物块 A 下滑过程中系统产生的热量小于 B 下滑过程中系统产生的热量答案 BCD解析 因 tan37=0.750.5,即 mgsinmg cos ,故 A、 B 都会匀加速下滑,根据牛顿第二定律知A、 B 加速度大小相等,故会同时到达底端,选项 A 错误,B 正确;物块 A、 B 受到传送带的摩擦力方向与其运动方向相反,故传送带对物块 A、 B 均做负功,选项 C 正确;因 A 物块与传送带同向运动,相对位移要小,根据 Q=Ffs 相对 ,产生的热量要小于 B 物块下滑产生的热量,故选项 D 正确。7.在光滑的水平桌面上有质量分别为 m0=0.6 kg,
10、m=0.2 kg 的两个小球,中间夹着一个被压缩的具有Ep=10.8 J 弹性势能的轻弹簧(弹簧与两球不相连),原来处于静止状态。现突然释放弹簧,球 m 脱离弹簧后滑向与水平面相切、半径为 R=0.425 m 的竖直放置的光滑半圆形轨道,如图所示。 g 取 10 m/s2。则下列说法正确的是( )A.球 m 从轨道底端 A 运动到顶端 B 的过程中所受合外力冲量大小为 3.4 NsB.m0离开轻弹簧时获得的速度为 9 m/sC.若半圆轨道半径可调,则球 m 从 B 点飞出后落在水平桌面上的水平距离随轨道半径的增大而减小D.弹簧弹开过程,弹力对 m 的冲量大小为 1.8 Ns5答案 AD解析 释
11、放弹簧过程中系统动量守恒、机械能守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得 mv1-m0v2=0,由机械能守恒定律得 m0 =Ep,代入数据解得 v1=9m/s,v2=3m/s;m 从 A 到 B 过程中,由机械12mv12+12v22能守恒定律得 mv12+mg2R,解得 v1=8m/s;以向右为正方向,由动量定理得,球 m 从轨道底12mv12=12端 A 运动到顶端 B 的过程中所受合外力冲量大小为 I= p=mv1-mv1=0.2(-8)-0.29Ns=-3.4Ns,故 A 正确;小球 m0离开轻弹簧时获得的速度为 3m/s,故 B 错误;设圆轨道半径为 r 时, m 从B 点飞出后水平位
12、移最大,由 A 到 B 根据机械能守恒定律得 mv12+mg2r,在最高点,由牛顿12mv12=12第二定律得 mg+FN=m ,m 从 B 点飞出,需要满足: FN0,飞出后,小球做平抛运动:2 r= gt2,x=v1t,v12r 12当 8.1m-4r=4r 时,即 r=1.0125m 时, x 为最大,故球 m 从 B 点飞出后落在水平桌面上的水平距离随轨道半径的增大先增大后减小,C 错误;由动量定理得,弹簧弹开过程,弹力对 m 的冲量大小为I= p=mv1=1.8Ns,故 D 正确。8.(2018四川成都一诊)如图所示, ABCD 是固定在地面上、由同种金属细杆制成的正方形框架,框架任
13、意两条边的连接处平滑, A、 B、 C、 D 四点在同一竖直面内, BC、 CD 边与水平面的夹角分别为 、 ( ),让套在金属杆上的小环从 A 点无初速释放。若小环从 A 经 B 滑到 C 点,摩擦力对小环做功为 W1,重力的冲量为 I1,若小环从 A 经 D 滑到 C 点,摩擦力对小环做功为 W2,重力的冲量为I2。则( )A.W1W2 B.W1=W2C.I1I2 D.I1=I2答案 BC解析 设正方形的边长为 l,小环滑下时动摩擦因数为 (都相同)。若小环从 A 经 B 滑到 C 点,末速度为 v1,则 W1=mg cos l+mg cos l 由动能定理得6mglsin+mg lsin
14、W 1= 12mv12若小环从 A 经 D 滑到 C 点,末速度为 v2,则 W2=mg cos l+mg cos l由动能定理得 mglsin+mgl sin-W 2= 12mv22由 式可知, W1=W2,故 A 错误,B 正确;由 式可知, v1=v2 设小环由 A 滑到 B 的加速度为 a1,与从 D 滑到 C 的加速度相等。由 B 滑到 C 的加速度为 a2,与从 A 滑到 D 的加速度相等,所以 a1=gsin-g cos a2=gsin-g cos 由 式可知, a1 ) 由 和 式,作出 v-t 图像,如图所示,由图像知,从 A 经 B 到 C 用时为 t1,从 A 经 D
15、到 C 用时为 t2,t1t2,因此重力的冲量 I1I2,故 C正确,D 错误。二、实验题(10 分)9.气垫导轨是常用的一种实验仪器, 它是利用气泵将压缩空气通过导轨的众多小孔高速喷出,在导轨与滑块之间形成薄薄一层气垫,使滑块悬浮在导轨上。由于气垫的摩擦力极小,滑块在导轨上的运动可近似为没有摩擦的运动。用固定在气垫导轨上的光电门 A、 B 和光电计时装置,以及带有挡光条的滑块 C、 D 来验证动量守恒定律。已知挡光条的持续挡光宽度为 l,实验装置如图所示,采用的实验步骤如下:a.调节气垫导轨底座螺母,观察导轨上的气泡仪,使导轨成水平状态;7b.在滑块 C、 D 间放入一个轻质弹簧,用一条橡皮
16、筋捆绑住三者成一水平整体,静置于导轨中部;c.将光电门尽量靠近滑块 C、 D 两端;d.烧断捆绑的橡皮筋,使滑块 C、 D 在弹簧作用下分离,分别通过光电门 A、 B;e.由光电计时器记录滑块 C 第一次通过光电门 A 时挡光条持续挡光的时间 tC,以及滑块 D 第一次通过光电门 B 时挡光条持续挡光的时间 tD。(1)实验中还应测量的物理量是 。 (2)根据上述测量的实验数据及已知量,验证动量守恒定律的表达式是 ;实验中算得的 C、 D 两滑块的动量大小并不完全相等,产生误差的主要原因是 。 (3)利用上述实验数据 (选填“能”或“不能”)测出被压缩弹簧的弹性势能的大小。如能,请写出计算表达
17、式: 。若不能,说明理由: 。 答案 (1)滑块 C、 D 的质量 mC、 mD(2) 滑块与气垫导轨间仍存在摩擦,气垫导轨未完全水平mCtC=mDtD(3)能 Ep= mC mD12(ltC)2+12(ltD)2解析 (1)要验证弹簧弹开的两滑块动量守恒,需要知道两滑块的质量和速度,而速度可以通过光电计时器测量的时间和位移计算,所以实验中还应测量的物理量是滑块 C、 D 的质量 mC、 mD。(2)设遮光条的宽度为 l,则 vC= ,vD= ,验证动量守恒定律的表达式是 mCvC=mDvD,即 。ltC ltD mCtC=mDtD产生误差的主要原因是:滑块与气垫导轨间仍存在摩擦,气垫导轨未完
18、全水平,测量 mC、 mD及tC、 tD时有误差。(3)烧断捆绑的橡皮筋后只有弹簧弹力做功,系统机械能守恒,所以弹簧的弹性势能等于两滑块离开弹簧时的动能,即 Ep= mC mD mC mD 。12vC2+12vD2=12(ltC)2+12(ltD)2三、计算题(本题共 3 小题,共 42 分)10.(10 分)8如图所示,在光滑水平面上有一辆质量 m1=8 kg 的平板小车,车上有一个质量 m=1.9 kg 的木块,木块距小车左端 6 m(木块可视为质点),车与木块一起以 v=1 m/s 的速度水平向右匀速行驶。一颗质量 m0=0.1 kg 的子弹以 v0=179 m/s 的初速度水平向左飞,
19、瞬间击中木块并留在其中。如果木块刚好不从车上掉下,求木块与平板小车之间的动摩擦因数 。( g 取 10 m/s2)答案 0.54解析 设子弹射入木块后的共同速度为 v1,以水平向左为正方向,则由动量守恒有 m0v0-mv=(m+m0)v1 代入数据解得 v1=8m/s。它们恰好不从小车上掉下来,则它们相对平板车滑行 s=6m 时它们跟小车具有共同速度 v2,则由动量守恒得(m+m0)v1-m1v=(m+m0+m1)v2 由能量守恒定律得Q= (m+m0)gs= (m+m0) m1v2- (m+m0+m1) 12 v12+12 12 v22联立 并代入数据解得 = 0.54。11.(16 分)如
20、图所示,固定在地面上的光滑的 圆弧面与车 C 的上表面平滑相接,在圆弧面上有一个滑块 A,其质14量为 mA=2 kg,在半径为 R=1.25 m 的 圆弧面顶端由静止下滑,车 C 的质量为 mC=6 kg,在车 C 的左端14有一个质量 mB=2 kg 的滑块 B,滑块 A 与 B 均可看作质点,滑块 A 与 B 碰撞后黏合在一起共同运动,最终没有从车 C 上滑出,已知滑块 A 和 B 与车 C 的动摩擦因数均为 = 0.5,车 C 与水平地面的摩擦忽略不计。 g 取 10 m/s2。求:(1)滑块 A 滑到圆弧面末端时对轨道的压力大小;9(2)滑块 A 与 B 碰撞后瞬间的共同速度的大小;
21、3)车 C 的最短长度。答案 (1)60 N (2)2.5 m/s (3)0.375 m解析 (1)根据机械能守恒定律:mAgR= mA12vA2vA= =5m/s2gR滑块 A 滑到圆弧面末端时,根据牛顿第二定律得 FN-mAg=mAvA2R则 FN=mAg+mA =60NvA2R根据牛顿第三定律,滑块 A 对轨道的压力大小为 60N。(2)A 滑块与 B 滑块碰撞,根据动量守恒定律得 mAvA=(mA+mB)vv= =2.5m/s。mAvAmA+mB(3)A、 B 在 C 上滑行受到的摩擦力为 Ff= (mA+mB)g=20NA、 B 在 C 上滑行满足动量守恒(mA+mB)v=(mA+
22、mB+mC)vC解得 vC=1m/s设车的最短长度为 l,根据能量守恒得 (mA+mB)v2- (mA+mB+mC) =Ffl,l=0.375m。12 12 vC212.(16 分)如图所示,两个圆形光滑细管在竖直平面内交叠,组成“8”字形通道,在“8”字形通道底端 B 处连接一内径相同的粗糙水平直管 AB。已知 E 处距地面的高度 h=3.2 m,一质量 ma=1 kg 的小球 a 从 A点以速度 v0=12 m/s 的速度向右进入直管道,到达 B 点后沿“8”字形轨道向上运动,到达 D 点时恰10好与轨道无作用力,直接进入 DE 管( DE 管光滑),并与原来静止于 E 处的质量为 mb=
23、4 kg 的小球 b 发生正碰( a、 b 均可视为质点)。已知碰撞后 a 球沿原路返回,速度大小为碰撞前速度大小的 ,而 b 球从 E 点水平抛出,13其水平射程 s=0.8 m。( g 取 10 m/s2)(1)求碰后 b 球的速度大小。(2)求“8”字形管道上下两圆的半径 r 和 R。(3)若小球 a 在管道 AB 中运动时所受阻力为定值,请通过计算判断 a 球返回到 BA 管道时,能否从 A端穿出?答案 (1)1 m/s (2)0.9 m 0.7 m (3)不能解析 (1)b 球离开 E 点后做平抛运动h= gt212s=vbt解得 vb=1m/s。(2)a、 b 碰撞过程,动量守恒,以水平向右为正方向,则有mava=-ma va+mbvb13解得 va=3m/s。碰前 a 在 D 处恰好与轨道无作用力,则有 mag=ma ,解得 r=0.9m。va2rR= =0.7m。h-2r2(3)小球从 B 到 D,根据机械能守恒得 ma ma +magh12vB2=12va2解得 ma =36.5J12vB2从 A 到 B 过程,由动能定理得-Wf= ma ma12vB2-12v02解得 Wf=35.5J。11从 D 到 B,根据机械能守恒得ma +magh= mavB212(va3)2 12解得 mavB2=32.5JWf,所以不能从 A 端穿出。12
