2021年新教材高中物理 第一章 动量守恒定律 质量评估（B）（含解析）新人教版选择性必修第一册.docx

1、第一章质量评估(B)(时间:75分钟满分:100分)一、单项选择题:本题共7小题,每小题4分,共28分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.竖直发射的火箭质量为6103 kg.已知每秒喷出气体的质量为200 kg.若要使火箭获得大小为20.2 m/s2、方向向上的加速度,不考虑喷出气体对火箭质量的影响,则喷出气体的速度大小最接近( )A.700 m/s B.800 m/sC.900 m/s D.1 000 m/s解析:以喷出的气体为研究对象,设每秒喷出气体的质量为m,由动量定理知Ft=mv0,对火箭有F-mg=ma,联立解得v0=m(g+a)tm=6103(9.8+20.2

2、)200 m/s=900 m/s,选项C正确.答案:C2.下图为甲、乙两质量不同的物体分别受到恒力作用后,其动量p与时间t的关系图像,两图线平行,则甲、乙所受合力F甲与F乙的关系是( )A.F甲F乙D.无法比较F甲和F乙的大小解析:两直线平行,在相同的时间内动量的变化量相等,由动量定理知,选项B正确.答案:B3.一炮艇总质量为m0,以速度v0 匀速行驶,从艇上以相对海岸的水平速度v沿前进方向射出一质量为m的炮弹,发射炮弹后炮艇的速度为v,若不计水和空气的阻力,则下列各关系式正确的是( )A.m0v0=(m0-m)v+mvB.m0v0=(m0-m)v+m(v+v0)C.m0v0=(m0-m)v+

3、m(v+v)D.m0v0=m0v+mv解析:由动量守恒定律可知,选项A正确.答案:A4.如图所示,方盒A静止在光滑的水平面上,盒内有一小滑块B,盒的质量是滑块的2倍,滑块与盒内水平面间的动摩擦因数为.若滑块以速度v开始向左运动,与盒的左、右壁发生无机械能损失的碰撞,滑块在盒中来回运动多次,最终相对于盒静止,则( )A.最终盒的速度大小是v4B.最终盒的速度大小是v2C.滑块相对于盒运动的路程为v23gD.滑块相对于盒运动的路程为v22g解析:设滑块的质量为m,则盒的质量为2m.对整个过程,由动量守恒定律可得mv=3mv共,解得v共=v3,由能量守恒定律可知mgx=12mv2-123mv32,解

4、得x=v23g.故选项C正确.答案:C5.我国已从2020年开始执行“天问1号”火星探测任务.质量为m的着陆器在着陆火星前,会在火星表面附近经历一个时长为t0、速度由v0减速到0的过程.已知火星的质量约为地球的110,半径约为地球的12,地球表面的重力加速度大小为g,忽略火星大气阻力.若该减速过程可视为一个竖直向下的匀减速直线运动,此过程中着陆器受到的制动力大小约为( )A.m0.4g-v0t0 B.m0.4g+v0t0C.m0.2g-v0t0 D.m0.2g+v0t0解析:根据在天体表面附近,重力等于万有引力得mg=GmmR2,所以g=GmR2.g火g=m火m地R地2R火2=0.14=0.4

5、,火星表面的重力加速度为g火=0.4g.对着陆器根据动量定理有(F-0.4mg)t0=0-(-mv0),解得F=m0.4g+v0t0,故选项B正确.答案:B6.在同一竖直平面内,3个完全相同的小钢球(1号、2号、3号)悬挂于同一高度,静止时小球恰能接触且悬线平行,如图所示.在下列实验中,悬线始终保持绷紧状态,碰撞均为对心正碰.下列分析正确的是( )A.将1号移至高度h释放,碰撞后,观察到2号静止、3号摆至高度h.若2号换成质量不同的小钢球,重复上述实验,3号仍能摆至高度hB.将1、2号一起移至高度h释放,碰撞后,观察到1号静止,2、3号一起摆至高度h,释放后整个过程机械能和动量都守恒C.将右侧

6、涂胶的1号移至高度h释放,1、2号碰撞后粘在一起,根据机械能守恒,3号仍能摆至高度hD.将1号和右侧涂胶的2号一起移至高度h释放,碰撞后,2、3号粘在一起向右运动,未能摆至高度h,释放后整个过程机械能和动量都不守恒解析:由将1号移至高度h释放,碰撞后,观察到2号静止、3号摆至高度h,可知,小球1、2间,2、3间发生了弹性碰撞,且碰后交换速度.若2号换成质量不同的小钢球,1、2间,2、3间碰后并不交换速度,则3号上摆的高度不等于h,选项A错误.将1、2号一起移至高度h释放,碰撞后,观察到1号静止,2、3号一起摆至高度h,三小球之间的碰撞为弹性碰撞,且三小球组成的系统只有重力做功,所以系统的机械能

7、守恒,但整个过程中,系统所受外力不为0,所以系统动量不守恒,故选项B错误.将右侧涂胶的1号移至高度h释放,1、2号碰撞后粘在一起,发生非弹性碰撞,机械能有损失,再与3球碰撞后,3球获得的速度小于1与2碰撞前瞬间的速度,则3号上升的高度小于h,故选项C错误.小球1、2间,2、3间发生非弹性碰撞,机械能有损失,释放后整个过程机械能和动量都不守恒,故选项D正确.答案:D7.一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度v=2 m/s,此时爆炸成甲、乙两块水平飞出,甲、乙的质量比为31.不计质量损失,g取10 m/s2.下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( ) A B C D解析:弹丸爆炸瞬间爆炸力

8、远大于外力,故爆炸瞬间动量守恒.由于两弹片均水平飞出,飞行时间t=2hg=1 s.取向右为正方向,由水平速度v=xt知,选项A中,v甲=2.5 m/s,v乙=-0.5 m/s;选项B中,v甲=2.5 m/s,v乙=0.5 m/s;选项C中,v甲=1 m/s,v乙=2 m/s;选项D中,v甲=-1 m/s,v乙=2 m/s.因为爆炸瞬间动量守恒,所以mv=m甲v甲+m乙v乙,其中m甲=34m,m乙=14m,v=2 m/s,代入数据计算知选项B正确.答案:B二、多项选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的四个选项中,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

9、的得0分.8.古时有“守株待兔”的寓言,设兔子的头部受到大小等于自身重力的撞击力时就会死亡.若兔子与树桩发生碰撞,作用时间为0.2 s,g取10 m/s2,则被撞死的兔子的奔跑速度大小可能是( )A.1 m/sB.1.5 m/s C.2 m/s D.2.5 m/s解析:设兔子与树桩之间的撞击力为F,兔子撞击后速度为0,根据动量定理有Ft=mv,所以v=Ftmmgtm=gt=2 m/s,选项C、D正确.答案:CD9.竖直向上抛出一篮球,球又落回原处,已知空气阻力的大小与篮球速率的二次方成正比,则下列说法正确的是( )A.上升过程中克服重力做的功大于下降过程中重力做的功B.上升过程中动能的变化量大

10、于下降过程中动能的变化量C.上升过程中合力的冲量大于下降过程中合力的冲量D.上升过程中动量的变化量小于下降过程中动量的变化量解析:重力做功的大小只与物体的重力和物体的初末位置有关,与物体运动的路径等无关,所以在上升和下降的过程中,克服重力做的功和重力做的功相等,选项A错误.根据动能定理知上升过程中合外力做的功大于下降过程中合外力做的功,故上升过程中动能的变化量大于下降过程中动能的变化量,选项B正确.由于克服空气阻力做功,落回原处时的速度小于初速度,并由F合t=mv知,上升过程中动量的变化量大于下降过程中动量的变化量,且上升过程合力的冲量大于下降过程合力的冲量,选项C正确,选项D错误.答案:BC

11、10.沿光滑水平面在同一条直线上运动的两物体A、B碰撞后以共同的速度运动,该过程的位移时间图像如图所示.下列判断正确的是( )A.碰撞前后A的运动方向相反B.A、B的质量之比为12C.碰撞前后A的动能变大,B的动能减小D.碰撞前B的动量较小解析:在位移时间图像中斜率表示速度,碰撞前A的速度为负值,碰撞后A的速度为正值,因此碰撞前后A的运动方向相反,故选项A正确.根据动量守恒定律有mAvA+mBvB=(mA+mB)v,由图像可知 vA=-5 m/s,vB=10 m/s,v=5 m/s,代入上式,可得mAmB=12,故选项B正确.由速度大小变化可知,在碰撞前后,B的速度减小,A的速度不变,故B的动

12、能变小,A的动能不变,故选项C错误.碰撞前后B的运动方向相同,A的运动方向改变,因此碰撞前B的动量较大,故选项D错误.答案:AB三、非选择题:共54分.11.(8分)下图是“冲击摆”的示意图,摆锤的质量很大,子弹以初速度v0从水平方向射入原来静止的摆锤并留在其中,随摆锤一起摆动,整个过程不计空气阻力.(1)子弹射入摆锤后,与摆锤一起从最低位置摆至最高位置的过程中,守恒.要得到子弹和摆锤一起运动的初速度v,还需要测量的物理量有.A.子弹的质量mB.摆锤的质量mC.冲击摆的摆长lD.摆锤摆动时摆线的最大摆角(2)用问题(1)中测量的物理量表示子弹和摆锤一起运动的初速度v=.(3)若表达式成立,即可

13、验证子弹与摆锤作用过程中动量守恒.(用m、m、v、v0表示)解析:(1)(2)子弹射入摆锤后,与摆锤一起从最低位置摆至最高位置的过程中,机械能守恒.在最低位置时,子弹和摆锤的共同速度为v,由机械能守恒定律可得12(m+m)v2=(m+m)g(l-lcos ),解得v=2gl(1-cos).要得到子弹和摆锤一起运动的初速度v,还需要测量的物理量有冲击摆的摆长l和摆锤摆动时摆线的最大摆角.(3)射入摆锤前子弹速度为v0,动量为mv0;子弹和摆锤一起运动的瞬间速度为v,动量为(m+m)v.若该过程中mv0=(m+m)v,则该过程中动量守恒.答案:(1)机械能CD(2)2gl(1-cos) (3)mv

14、0=(m+m)v12.(8分)某同学利用气垫导轨验证动量守恒定律,同时测量弹簧的弹性势能,实验装置如图甲所示,两滑块A、B上各固定一相同窄片.部分实验步骤如下:.用螺旋测微器测量窄片的宽度d;.将气垫导轨调成水平;.在A、B间放入一个被压缩的轻弹簧,用细线连接A、B;.烧断细线,记录A、B上的窄片分别通过光电门C、D的挡光时间t1、t2.甲乙(1) 若测量窄片的宽度d时,螺旋测微器的示数如图乙所示,则d= mm(2)实验中,还应测量的物理量是.A.滑块A的质量m1以及滑块B的质量m2B.烧断细线后滑块A、B运动到光电门C、D的时间tA、tBC.烧断细线后滑块A、B运动到光电门C、D的路程x1、

15、x2(3)验证动量守恒定律的表达式是;烧断细线前弹簧的弹性势能Ep=.(均用题中相关物理量的字母表示)解析:(1)由图示螺旋测微器可知,其示数为4.5 mm+30.00.01 mm=4.800 mm.(2)滑块经过光电门时的速度v1=dt1,v2=dt2,烧断细线前后系统动量守恒,以向左为正方向,由动量守恒定律得m1v1-m2v2=0,整理得m1t1=m2t2,验证动量守恒定律需要测量m1、m2、t1、t2,故选A.(3)由(2)可知,验证动量守恒定律的表达式为m1t1=m2t2;烧断细线后弹簧弹性势能转化为滑块的动能,由能量守恒定律可知,烧断细线前弹簧的弹性势能Ep=12m1v12+12m2

16、v22=m1d22t12+m2d22t22.答案:(1)4.800(2)A(3)m1t1=m2t2m1d22t12+m2d22t2213.(12分)如图所示,一沙袋用无弹性轻细绳悬于O点,开始时沙袋处于静止状态,两粒弹丸先后以水平速度击中沙袋后均未穿出.第一粒弹丸的速度为v0,打入沙袋后二者共同摆动的最大摆角为(90),当其第一次返回图示位置时,第二粒弹丸以水平速度v击中沙袋,使沙袋向右摆动且最大摆角仍为.弹丸质量均为m,沙袋质量为5m,弹丸和沙袋形状大小忽略不计,求两粒弹丸的速度之比v0v.解析:弹丸击中沙袋瞬间,系统水平方向不受外力,动量守恒,设击中后弹丸和沙袋的共同速度为v1,细绳长为l

17、,根据动量守恒定律有mv0=(m+5m)v1沙袋摆动过程中只有重力做功,机械能守恒,所以126mv12=6mgl(1-cos ),设第二粒弹丸击中沙袋后弹丸和沙袋的共同速度为v2,同理有mv-(m+5m)v1=(m+6m)v2,127mv22=7mgl(1-cos ),联立以上各式解得v0v=613.答案:61314.(12分)2022年,我国将举办第二十四届冬奥会,跳台滑雪是具有观赏性的项目之一.某滑道示意图如图所示,长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接,滑道BC高h=10 m,C是半径R=20 m的圆弧的最低点.质量 m=60 kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑,加速度大小a=4.5

18、m/s2,到达B点时速度vB=30 m/s,g取10 m/s2.(1)求长直助滑道AB的长度l;(2)求运动员在AB段所受合外力的冲量I的大小;(3)不计BC段的阻力,画出运动员经过C点时的受力图,并求其所受支持力FN的大小.解析:(1)根据匀变速直线运动公式,有l=vB2-vA22a=100 m.(2)根据动量定理有I=mvB-mvA=1 800 Ns.(3)运动员经过C点时的受力分析如图所示.根据动能定理,运动员在BC段运动的过程中,有mgh=12mvC2-12mvB2,根据牛顿第二定律有FN-mg=mvC2R,联立解得FN=3 900 N.答案:(1)100 m(2)1 800 Ns(3

19、)图见解析. 3 900 N15.(14分)一质量为mQ的长木板Q静止放在光滑的水平面上,一质量为mP、可视为质点的滑块P静止在长木板的左端.用一长为l的质量不计的细绳拴接一质量为m、可视为质点的小球,并将细绳的另一端悬于天花板上,如图所示.现将小球拉到与悬点等高的位置且无初速度释放,当小球运动到最低点时恰好与滑块P发生正碰,碰后小球能沿原路返回到与碰撞点竖直高度为h处,而滑块P开始在长木板的上表面运动,并且最终滑块和长木板以相同的速度在水平面上做匀速直线运动.已知mQ=3 kg,mP=3 kg,m=0.5 kg,l=0.8 m,h=0.2 m,g取10 m/s2,不计空气阻力.上述过程中整个系统损失的机械能为多少?解析:设小球与滑块P碰前的速率为v0,碰后的速率为v1.对小球,根据机械能守恒定律,有12mv02=mgl,碰撞后上摆的过程有12mv12=mgh,小球与滑块P碰撞过程中,以小球与滑块P为系统,动量守恒.设碰后滑块P速度为vP,取向右为正方向,由动量守恒定律有mv0=-mv1+mPvP,滑块与长木板相互作用过程中,以滑块与长木板为系统,系统动量守恒,设滑块P与长木板最终速度为v共,则有mPvP=(mP+mQ)v共,故小球及P、Q组成的系统损失的机械能为E=mgl-12mv12-12(mP+mQ)v共2,联立以上各式并代入相关数据得E=2.25 J.答案:2.25 J