20182019学年粤教版高中物理选修35 第一章 碰撞与动量守恒 单元测试

2019-2019学年粤教版高中物理选修3-5 第一章 碰撞与动量守恒 单元测试一、单选题1.在光滑水平地面上有两个相同的弹性小球A、B，质量都为m现B球静止，A球向B球运动，发生正碰已知碰撞过程中总机械能守恒，两球压缩最紧时的弹性势能为EP ， 则碰前A球的速度等于（ ） A.B.C.2 D.2 2.一质量为58g的网球，以40m/s的速度水平飞来，某运动员以60m/s的速度反向击回的过程中，网球的动量变化为（ ） A.大小1.16kgm/s，方向与初速度方向相同B.大小1.16kgm/s，方向与初速度方向相反C.大小5.8kgm/s，方向与初速度方向相同D.大小5.8kgm/s，方向与初速度方向相反3.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6kgm/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为4kgm/s，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1：10C.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1：104.一质量为2kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动F随时间t变化的图线如图所示，则（ ）A.t=1 s时物块的动量为1 m/sB.t=2 s时物块的动量大小为4 kgm/sC.t=3 s时物块的动量大小为5 kgm/sD.t=4 s时物块的速度为零5.两轿车迎面相撞，相撞时两车的速度均为30m/s，相撞的时间为0.02s，那么车内质量为70kg的人受到的平均撞击力大小为（ ） A.1.050105NB.2.100105NC.1.575106ND.3.150106N6.水平恒定推力F1和F2分别作用于水平面上原来静止的、质量相等的a、b两物体上，作用一段时间后撤去推力，由于惯性物体将继续运动一段时间后才能停下，两物体的vt图象如图所示，已知图中线段ABCD，则（）A.a物体受到的摩擦力小于b物体受到的摩擦力B.a物体受到的摩擦力大于b物体受到的摩擦力C.F1的冲量大于F2的冲量D.F1的冲量小于F2的冲量7.某人从高处跳到低处时，为了安全，一般都让脚尖着地后膝盖弯曲，这样做是为了（ ） A.增大人的动量变化量B.减小人的动量变化量C.增大人的动量变化率D.减小人的动量变化率8.如图所示，两个小球A、B在光滑水平地面上相向运动，它们的质量分别为mA=4kg，mB=2kg，速度分别是vA=3m/s（设为正方向），vB=3m/s则它们发生正碰后，速度的可能值分别为（ ）A.vA=1 m/s，vB=1 m/sB.vA=4 m/s，vB=5 m/sC.vA=2 m/s，vB=1 m/sD.vA=1 m/s，vB=5 m/s二、多选题9.质量为M和m0的滑块用轻弹簧连接，以恒定的速度v沿光滑水平面运动，与位于正对面的质量为m的静止滑块发生碰撞，如图1所示，碰撞时间极短，在此过程中，下列哪个或哪些说法是可能发生的？（ ）A.M、m0、m速度均发生变化，分别为v1、v2、v3 ， 而且满足（M+m0）v=Mv1+m0v2+mv3B.m0的速度不变，M和m的速度变为v1和v2 ， 而且满足Mv=Mv1+mv2C.m0的速度不变，M、m的速度都变为v，且满足Mv=（M+m）vD.M、m0、m速度均发生变化，M和m0速度都变为v，m速度变为v2 ， 而且满足（M+m）v0=（M+m0）v1+mv210.如图所示，光滑水平面上有一矩形长木板，木板左端放一小物块，已知木板质量大于物块质量，t=0时两者从图中位置以相同的水平速度v0向右运动，碰到右面的竖直挡板后木板以与原来等大反向的速度被反弹回来，运动过程中物块一直未离开木板，则关于物块运动的速度v随时间t变化的图象可能正确的是（ ）A.B.C.D.11.如图某物体在拉力F的作用下没有运动，经时间t后（ ）A.拉力的冲量为FtB.拉力的冲量为FtcosC.合力的冲量为零D.重力的冲量为零三、填空题12.静止在水面上的船长为L、质量为M，一个质量为m的人站在船头，当此人由船头走到船尾时，不计水的阻力，船移动的距离是_ 13.一质量为0.5kg的小球A以2.0m/s的速度和静止于光滑水平面上质量为1kg的另一大小相等的小球B发生正碰，碰撞后它以0.2m/s的速度反弹则B球获得的速度大小为_四、解答题14.质量m70 kg的撑竿跳高运动员从h50 m高处落到海绵垫上，经t11 s后停止，则该运动员身体受到的平均冲力约为多少？如果是落到普通沙坑中，经t201 s停下，则沙坑对运动员的平均冲力约为多少？（g取10 m/s2） 五、综合题15.一质量为 的小球A以 的速度和静止与光滑水平面上质量为 的另一个大小相等的小球B发生正碰，碰撞后它以 的速度反弹，求： （1）原来静止小球获得的速度大小； （2）碰撞过程中损失的机械能。 16.如图所示，质量分别为m1=1kg，m2=3kg的小车A和B静止在水平面图1上，小车A的右端水平连接一根轻弹簧，小车B以水平向左的初速度v0向A驶来，与轻弹簧相碰之后，小车A获得的最大速度为v=6m/s，如果不计摩擦，也不计相互作用过程中机械能损失，求：（1）小车B的初速度v0； （2）A和B相互作用过程中，弹簧获得的最大弹性势能 答案解析部分一、单选题1.【答案】C 【解析】【解答】解：设碰撞前A球的速度为v，当两球压缩最紧时，速度相等，根据动量守恒得，mv=2mv，则 在碰撞过程中总机械能守恒，有 ，得v= 故C正确，A、B、D错误故选C【分析】两球压缩最紧时，两球速度相等根据碰撞过程中动量守恒，以及总机械能守恒求出碰前A球的速度2.【答案】D 【解析】【解答】解：规定v1方向为正方向，网球初状态的动量为：P1=mv1=0.05840kgm/s=2.32kgm/s末状态的动量为：P2=mv2=0.058（60）kgm/s=3.48kgm/s，则动量的变化量为：P=P2P1=3.482.32=5.8kgm/s，负号表示方向，可知动量变化量的方向与v1方向相反，D符合题意，ABC不符合题意答案为：D【分析】一定要注意方向，变化量是末动量减初动量。3.【答案】C 【解析】【解答】解：规定向右为正方向，碰撞前A、B两球的动量均为6kgm/s，说明A、B两球的速度方向向左，两球质量关系为 mB=2mA ， 由P=mv知碰撞前有 vAvB ， 要发生碰撞，所以右方是A球碰撞后A球的动量增量为：PA=4kgm/s所以碰撞后A球的动量为：PA=PA+PA=（6+4）kgm/s=2kgm/s碰撞过程系统总动量守恒有：PA+PB=PA+PB解得碰撞后B球的动量为：PB=10kgm/s，根据mB=2mA ， PA=mAvA，PB=mBvB得碰撞后A、B两球速度大小之比为：vA：vB=2：5故C正确，ABD错误故选：C【分析】光滑水平面上有大小相同的A、B 两球在发生碰撞，在碰撞过程中动量守恒因此可根据两球质量关系，碰前的动量大小及碰后A的动量增量可得出A球在哪边，及碰后两球的速度大小之比4.【答案】B 【解析】【解答】解：A、根据动量定理可知，1s末物体的动量等于1s内物体受到的冲量，即：P1=I1=F1t1=21=2kgm/s，故A错误；B、2s末物体的动量等于2s内物体受到的冲量，即：P2=I2=F1t2=22=4kgm/s，故B正确；C、3s末物体的动量等于3s内物体受到的冲量，即：P3=I3=F1t2F2（t3t2）=221（32）=3kgm/s故C错误；D、4s末物体的动量等于4s内物体受到的冲量，即：P4=I4=F1t2F2（t4t2）=221（42）=2kgm/s，所以4s末的速度是：v= m/s，故D错误；故答案为：B【分析】应用动量定理时要注意，表达式中的F是物体所受的合外力，因此解题时要注意求解的是合外力的冲量还是某个外力的冲量。5.【答案】A 【解析】【解答】解：由题可知，两车相撞后的末速度都是0相撞时两车的速度均为30m/s，则速度的变化量为30m/s人随车一起运动，可知人在0.02s内的速度变化量也是30m/s，根据动量定理，人受到的平均作用力：F= = N故A正确，BCD错误故选：A【分析】人随车一起做匀减速直线运动，根据动量定理求解平均冲击力即可6.【答案】D 【解析】【解答】A、由图，AB与CD平行，说明推力撤去后两物体的加速度相同，而撤去推力后物体的合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知，两物体受到的摩擦力大小相等；故AB错误C、根据动量定理，对整个过程研究得F1t1FtOB=0，F2t2FtOD=0由图看出，tOBtOD ， 则有F1t1F2t2 ， 即F1的冲量小于F2的冲量故C错误，D正确故选：D【分析】由速度图象分析可知，水平推力撤去后，AB与CD平行，说明加速度相同，动摩擦因数相同，两物体的质量相等，说明摩擦力大小相等根据动量定理，研究整个过程，确定两个推力的冲量关系7.【答案】D 【解析】【解答】人在和地面接触时，人的速度减为零，由动量定理可知（F-mg）t=mv； 而脚尖着地可以增加人着地的时间，由公式可知可以减小受到地面的冲击力，即减小人动量的变化率，D符合题意，ABC不符合题意。故答案为：D。【分析】动量一定时，作用时间越长，力越小，屈膝可以延长时间，从而减小作用力的大小。8.【答案】A 【解析】【解答】解：以向右方向为正方向，碰前系统的总动量为：p=mAvA+mBvB=43+2（3）=6kgm/s，碰前系统的总动能为：EK= mAvA2+ mBvB2= 432+ 232=27J；A、如果vA=1m/s、vB=1m/s，碰后系统动量为 p=mAvA+mBvB=41+21=6kgm/s，碰后系统的总动能为：EK= mAvA2+ mBvB2= 412+ 212=3J；可知，系统的动量守恒、动能不增加，符合实际，是可能的，A符合题意；B、如果vA=4m/s、vB=5m/s，碰后系统总动量为 p=mAvA+mBvB=44+2（5）=6kgm/s，碰后系统的总动能为：EK= mAvA2+ mBvB2= 442+ 252=57J；系统的动量守恒，总动能增加，不可能B不符合题意；C、如果vA=2m/s、vB=1m/s，碰后速度方向相反，相向运动，还要发生一次碰撞，这是不可能的C不符合题意；D、如果vA=1m/s、vB=5m/s，碰后总动量为：p=mAvA+mBvB=4（1）+2（5）=16kgm/s碰后系统的总动能为：EK= mAvA2+ mBvB2= 412+ 252=27J系统的动量不守恒，总动能增加不变，不可能的D不符合题；故答案为：A【分析】根据动量守恒定律，列式求解。二、多选题9.【答案】B,C 【解析】【解答】解：碰撞的瞬间M和m组成的系统动量守恒，m0的速度在瞬间不变，以M的初速度方向为正方向，若碰后M和m的速度变v1和v2 ， 由动量守恒定律得：Mv=Mv1+mv2；若碰后M和m速度相同，由动量守恒定律得：Mv=（M+m）v故BC正确，AD错误故选：BC【分析】在M和m碰撞的过程中，由于碰撞时间极短，M和m组成的系统动量守恒，m0在瞬间速度不变，应用动量守恒定律分析答题10.【答案】A 【解析】【解答】解：木板碰到挡板前，物块与木板一直做匀速运动，速度为v0；木板碰到挡板后，物块向右做匀减速运动，速度减至零后向左做匀加速运动，木板向左做匀减速运动，最终两者速度相同，设为v设木板的质量为M，物块的质量为m，取向左为正方向，则由动量守恒得：Mv0mv0=（M+m）v，得 v= v0故A正确，BCD错误故选：A【分析】木板碰到挡板前，物块与木板一直做匀速运动，木板碰到挡板后，物块继续向右做匀减速运动，木板向左做匀减速运动，最终两者速度相同，由动量守恒分析最终的速度，即可选择图象11.【答案】A,C 【解析】【解答】解：A、根据动量的公式，竖直方向拉力的冲量为：Ix=Fsint，水平拉力的冲量为Iy=Fcost，则拉力的冲量为Ft= ，所以A符合题意，B不符合题意；C、根据动量定理：I合=mv，物体没有运动，则v=0，所以I合=0，所以C不符合题意；D、根据动量定理，竖直方向上：Fsintmgt=0，得mgt=Fsint0，所以D不符合题意；故答案为：AC【分析】根据冲量的计算公式I=Ft和动量定理进行计算判断。三、填空题12.【答案】【解析】【解答】解：船和人组成的系统，在水平方向上动量守恒，人在船上行进，船向后退，规定人的速度方向为正方向，由动量守恒定律有：mvMV=0人从船头走到船尾，设船后退的距离为x，则人相对于地面的距离为Lx则有：m =M 解得：x= 故答案为： 【分析】不计水的阻力，人和小船组成的系统水平方向不受外力，系统的动量守恒，根据动量守恒定律求出船移动的位移大小13.【答案】1.1m/s 【解析】【解答】解：碰撞过程，由动量守恒定律得：m1v1=m1v1+m2v2 ， 代入数据解得：v2=1.1m/s；故答案为：1.1m/s【分析】碰撞过程中动量守恒，由动量守恒定律可以求出小球速度四、解答题14.【答案】解:以全过程为研究对象，初、末动量的数值都是0，所以运动员的动量变化量为零，根据动量定理，合力的冲量为零，根据自由落体运动的知识，物体下落到地面上所需要的时间是t 1 s从开始下落到落到海绵垫上停止时，mg（tt1）Ft10代入数据，解得F1 400 N下落到沙坑中时，mg（tt2）Ft20代入数据，解得F7 700 N 【解析】【分析】求平均力，已知位移用动能定理，已知时间用动量定理，所以