物理新教材鲁科版选择性必修一习题：单元素养评价第1章 动量及其守恒定律
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单元素养评价(一)(第1章)
(90分钟 100分)
一、单项选择题(本题共8小题,每小题3分,共24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.对于力的冲量,下列说法正确的是 ( )
A.力越大,力的冲量就越大
B.作用在物体上的力大,力的冲量不一定大
C.力F1与其作用时间t1的乘积F1t1等于力F2与其作用时间t2的乘积F2t2,则这两个力的冲量相同
D.静置于地面的物体受到水平推力F的作用,经时间t物体仍静止,则此推力的冲量为零
【解析】选B。力的冲量I=Ft与力和时间两个因素有关,力大而作用时间短,冲量不一定大,选项A错误,B正确;冲量是矢量,有大小也有方向,冲量相同是指大小和方向都相同,选项C错误,冲量的大小与物体的运动状态无关,选项D错误。
2.如图是“牛顿摆”装置,5个完全相同的小球用轻绳悬挂在水平支架上,5根轻绳互相平行,5个小球彼此紧密排列,球心等高。用1、2、3、4、5分别标记5个小球。当把小球1向左拉起一定高度,如图甲所示,然后由静止释放,在极短时间内经过小球间的相互碰撞,可观察到球5
向右摆起,且达到的最大高度与球1的释放高度相同,如图乙所示。关于此实验,下列说法正确的是 ( )
A.上述实验过程中,5个小球组成的系统机械能守恒,动量守恒
B.上述实验过程中,5个小球组成的系统机械能不守恒,动量不守恒
C.如果同时向左拉起小球1、2、3到相同高度(如图丙所示),同时由静止释放,经碰撞后,小球4、5一起向右摆起,且上升的最大高度高于小球1、2、3的释放高度
D.如果同时向左拉起小球1、2、3到相同高度(如图丙所示),同时由静止释放,经碰撞后,小球3、4、5一起向右摆起,且上升的最大高度与小球1、2、3的释放高度相同
【解析】选D。5个小球组成的系统发生的是弹性正碰,系统的机械能守恒,系统在水平方向的动量守恒,总动量并不守恒,选项A、B错误;同时向左拉起小球1、2、3到相同的高度,同时由静止释放并与4、5碰撞后,由机械能守恒和水平方向的动量守恒知,小球3、4、5一起向右摆起,且上升的最大高度与小球1、2、3的释放高度相同,选项C错误,D正确。
3.质量为0.5 kg的物体,运动速度为3 m/s,它在一个变力作用下速度变为7 m/s,方向和原来方向相反,则这段时间内动量的变化量为 ( )
A.5 kg·m/s,方向与原运动方向相反
B.5 kg·m/s,方向与原运动方向相同
C.2 kg·m/s,方向与原运动方向相反
D.2 kg·m/s,方向与原运动方向相同
【解析】选A。以原来的运动方向为正方向,由定义式Δp=mv′-mv得Δp=
-5 kg·m/s,负号表示Δp的方向与原运动方向相反。故选A。
4.沿同一直线,甲、乙两物体分别在力F1、F2作用下做直线运动,甲在t1时间内,乙在t2时间内动量p随时间t变化的p-t图像如图所示,设甲物体在t1时间内所受到的冲量大小为I1,乙物体在t2时间内所受到的冲量大小为I2,则两物体所受外力及其冲量的大小关系是 ( )
A.F1>F2,I1=I2
B.F1
F2,I1>I2
D.F1=F2,I1=I2
【解析】选A。由F=知F1>F2,由Ft=Δp知I1=I2,选项A正确。
5.物体A和B用轻绳相连挂在轻质弹簧下静止不动,如图甲所示。A的质量为m,B的质量为m′。当连接A、B的绳突然断开后,物体A上升经某一位置时的速度大小为v,这时物体B下落速度大小为u,如图乙所示。在这段时间里,弹簧的弹力对物体A的冲量为 ( )
A.mv B.mv-m′u
C.mv+m′u D.mv+mu
【解析】选D。方法一 对A有I弹-mgt=mv,对B有m′gt=m′u,解得弹簧弹力的冲量I弹=mv+mu。
方法二 对A、B系统有I弹-(mg+m′g)t=mv-m′u,m′gt=m′u,联立解得I弹=mv+mu,选项D正确。
6.在光滑水平面上,有两个小球A、B沿同一直线同向运动(B在前),已知碰前两球的动量分别为pA=12 kg·m/s、pB=13 kg·m/s,碰后它们动量的变化分别为ΔpA、ΔpB。下列数值可能正确的是 ( )
A.ΔpA=-3 kg·m/s、ΔpB=3 kg·m/s
B.ΔpA=3 kg·m/s、ΔpB=-3 kg·m/s
C.ΔpA=-24 kg·m/s、ΔpB=24 kg·m/s
D.ΔpA=24 kg·m/s、ΔpB=-24 kg·m/s
【解析】选A。对于碰撞问题要遵循三个规律:动量守恒定律、碰后系统的机械能不增加和碰撞过程要符合实际情况。本题属于追及碰撞,碰前,后面运动小球的速度一定要大于前面运动小球的速度(否则无法实现碰撞),碰后,前面小球的动量增大,后面小球的动量减小,减小量等于增大量,所以ΔpA<0,ΔpB>0,并且ΔpA=-ΔpB,据此可排除选项B、D;若ΔpA=-24 kg·m/s、ΔpB=24 kg·m/s,碰后两球的动量分别为
pA′=-12 kg·m/s、pB′=37 kg·m/s,根据关系式Ek=可知,A小球的质量和动量大小不变,动能不变,而B小球的质量不变,但动量增大,所以B小球的动能增大,这样系统的机械能比碰前增大了,选项C可以排除;经检验,选项A满足碰撞所遵循的三个原则,本题答案为A。
7.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。从某一时刻起给m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 ( )
A.两者的速度均为零
B.两者的速度总不会相等
C.物体的最终速度为,向右
D.物体的最终速度为,向右
【解析】选D。物体与盒子组成的系统所受合外力为零,物体与盒子前后壁多次往复碰撞后,以速度v共同运动,由动量守恒定律得:mv0=(M+m)v,故v=,向右,D项对。
8.如图所示,有两个质量相同的小球A和B(大小不计),A球用细绳吊起,细绳长度等于悬点距地面的高度,B球静止放于悬点下方的地面上。现将A球拉到距地面高度为h处由静止释放,摆动到最低点与B球正碰后粘在一起共同上摆,则它们升起的最大高度为 ( )
A. B.h C. D.
【解析】选C。本题中的物理过程比较复杂,所以应将过程细化、分段处理。A球由静止释放到最低点的过程做的是圆周运动,应用动能定理可求出末速度,mgh=m,所以v1=;A、B碰撞后并粘在一起的过程动量守恒,mv1=2mv2;对A、B粘在一起共同上摆的过程应用机械能守恒,(m+m)=(m+m)gh′,联立解得h′=。
二、多项选择题(本题共4小题,每小题4分,共16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4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
9.如图所示为放在水平地面上的物体受到的合外力随时间变化的关系,若物体开始时是静止的,则前3 s内 ( )
A.物体的位移为0
B.物体的动量改变量为0
C.物体的动能变化量为0
D.前3 s合力冲量为零,但重力冲量不为零
【解析】选B、C、D。0～1 s内:F=20 N,1～3 s内:F=-10 N,物体先加速,后减速,在第3 s末速度为零,物体的位移不为零,选项A错误;根据动量定理I=Δp,前3 s内,动量的变化量为零,选项B正确;
由于初速度和末速度都为零,因此,动能变化量也为零,选项C正确;无论物体运动与否,重力在这段时间的冲量不为零,选项D正确。
10.一粒钢珠从静止状态开始自由下落,然后陷入泥潭中。若把其在空中下落的过程称为过程Ⅰ,进入泥潭起到停止的过程称为过程Ⅱ,忽略空气阻力,则
( )
A.过程Ⅰ中钢珠的动量的改变量等于重力的冲量
B.过程Ⅱ中阻力的冲量大小等于过程Ⅰ中重力的冲量的大小
C.Ⅰ、Ⅱ两个过程中合外力的总冲量等于零
D.过程Ⅱ中钢珠的动量的改变量等于零
【解析】选A、C。对过程Ⅰ,钢珠只受重力,据动量定理知,选项A正确;对过程Ⅱ,由动量定理得:Gt2-F阻t2=0-mv,则选项B、D错误;全过程Δp=0,则选项C正确。
11.如图所示,在光滑的水平地面上静止放置一质量为M=1.5 kg 的木板A,木板上表面粗糙且固定一竖直挡板,挡板上连接一轻质弹簧,当弹簧处于原长时,在弹簧的左端轻放一质量为m=0.9 kg的物块B,现有一颗质量为m0=0.1 kg的子弹C以v0=500 m/s的速度水平击中物块并嵌入其中,该过程作用时间极短,则在A、B、C相互作用的过程中,下列说法中正确的有 ( )
A.A、B、C组成的系统动量守恒
B.A、B、C以及弹簧组成的系统机械能守恒
C.子弹击中物块B的瞬间对物块B产生的冲量为45 N·s
D.弹簧被压缩到最短时木板的速度为25 m/s
【解析】选A、C。A、B、C三者组成的系统所受合外力为零,动量守恒,故A正确;由于存在摩擦阻力做功,机械能不守恒,故B错误;子弹击中物块B后与物块B共速,由动量守恒有m0v0=(m+m0)v1,解得v1=50 m/s,故对物块B产生的冲量等于B物块获得的动量I=Δp=mv1-0=0.9×50 kg·m/s=45 N·s,故对物块B产生的冲量为45 N·s,C正确;弹簧被压缩到最短时三者共速,由动量守恒有m0v0=
(m+M+m0)v2,解得v2=20 m/s,故D错误。
12.质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上,箱子中间有一质量为m的小物块,小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ。初始时小物块停在箱子正中间,如图所示。现给小物块一水平向右的初速度v,小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间,并与箱子保持相对静止。设碰撞都是弹性碰撞,则整个过程中,系统损失的动能为 ( )
A.mv2 B.v2
C.NμmgL D.NμmgL
【解析】选B、D。根据动量守恒,小物块和箱子的共同速度v′=,损失的动能ΔEk=mv2-(M+m)v′2=v2,所以B正确;根据能量守恒,系统损失的动能等于因摩擦产生的热量,而计算热量的方法是摩擦力乘以相对路程,所以ΔEk=NFfL=NμmgL,所以选项D正确。
三、实验题(本题共2小题,共14分)
13.(6分)在“验证动量守恒定律”实验中,某同学采用如图所示的装置进行实验。把两个小球用等长的细线悬挂(使两小球在竖直方向静止时,刚好接触),让B球静止,拉起A球,由静止释放后使它们相碰,碰后粘在一起。实验过程中除了要测量A球被拉起的角度θ1及它们碰后摆起的最大角度θ2之外,还需测量____________(写出物理量的名称和符号)才能验证碰撞中的守恒量。用测量的物理量表示碰撞中的守恒量应满足的关系式是:______________。
【解析】碰撞中的守恒量是两球质量与速度的乘积之和,mAvA=(mA+mB)v,即mA=(mA+mB),整理得mA=(mA+mB)。
答案:两球质量mA、mB
mA=(mA+mB)
14.(8分)用如图所示的装置进行以下实验:
A.先测出滑块A、B的质量M、m及滑块与桌面间的动摩擦因数μ,查出当地的重力加速度g
B.用细线将滑块A、B连接,使A、B间的弹簧压缩,滑块B紧靠在桌边
C.剪断细线,测出滑块B做平抛运动的落地点到重垂线的水平距离x1和滑块A沿桌面滑行的距离x2
(1)为验证动量守恒定律,写出还需测量的物理量及表示它们的字母: ______
_______________。
(2)若mv为不变量,需验证的关系式为 ______________。
【解析】(1)要找出碰撞中的动量守恒,应测出两滑块质量及各自的速度。取向右方向为正方向,剪断细线后,A向右做匀减速运动,初速度vA′==
;B向左做平抛运动,设桌面高度为h,则h=gt2,由-x1=vB′t得vB′=
-x1,故要求出vB′,还应测出h。
(2)若mv为不变量,则碰前MvA+mvB=0,碰后MvA′+mvB′=0,故MvA+mvB=MvA′+mvB′,即M-mx1=0。
答案:(1)桌面离水平地面的高度h
(2)M-mx1=0
四、计算题(本题共4小题,共46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)
15.(8分)a、b两个小球在一直线上发生碰撞,它们在碰撞前后的x-t
图像如图所示。若a球的质量ma=1 kg,则b球的质量mb等于多少?
【解析】由题图知va=4 m/s,va′=-1 m/s,vb=0,vb′=2 m/s,根据动量守恒定律有mava=mava′+mbvb′,代入数据解得mb=2.5 kg。
答案:2.5 kg
16.(8分)据统计人在运动过程中,脚底在接触地面瞬间受到的冲击力是人体自身重力的数倍。为探究这个
问题,实验小组同学利用落锤冲击的方式进行了实验,即通过一定质量的重物从某一高度自由下落冲击地面来模拟人体落地时的情况。重物与地面的形变很小,可忽略不计。g取10 m/s2。如表为一次实验过程中的相关数据:
重物(包括传感器)的质量m/kg
8.5
重物下落高度H/cm
45
重物反弹高度h/cm
20
最大冲击力Fm/N
850
重物与地面接触时间t/s
0.1
(1)请你选择所需数据,通过计算回答下列问题:
①重物受到地面的最大冲击力时的加速度大小;
②在重物与地面接触过程中,重物受到的地面施加的平均作用力是重物所受重力的多少倍?
(2)如果从某一确定高度由静止竖直跳下,为减小脚底在与地面接触过程中受到的冲击力,可采取什么具体措施,请你提供一种可行的方法并说明理由。
【解析】(1)①设重物受到地面的最大冲击力时加速度的大小为a,由牛顿第二定律a=,解得a=90 m/s2。②重物与地面接触前的瞬时速度大小为v1=,重物离开地面瞬时速度大小为v2=,重物与地面接触过程中,重物受到的平均作用力大小为F,设竖直向上为正方向,由动量定理(F-mg)t=mv2-m(-v1),解得F=510 N,=6,因此重物受到的地面施加的平均作用力是重物所受重力的6倍。
(2)脚触地后要同时下蹲,以延长与地面的作用时间来减小地面对人的冲击力。
答案:(1)①90 m/s2 ②6倍 (2)见解析
17.(14分)如图所示,质量为m1=0.2 kg的小物块A,沿水平面与小物块B发生正碰,小物块B的质量为m2=1 kg。碰撞前,A的速度大小为v0=3 m/s,B静止在水平地面上。由于两物块的材料未知,将可能发生不同性质的碰撞,已知A、B与地面间的动摩擦因数均为μ=0.2,重力加速度g取10 m/s2,试求碰后B在水平面上滑行的时间t。
【解析】假如两物块发生的是完全非弹性碰撞,碰后的共同速度为v1,则由动量守恒定律有m1v0=(m1+m2)v1,碰后A、B一起滑行直至停下,设滑行时间为t1,则由动量定理有-μ(m1+m2)gt1=0-(m1+m2)v1,解得t1=0.25
s。假如两物块发生的是弹性碰撞,碰后A、B的速度分别为vA、vB,则由动量守恒定律有m1v0=m1vA+m2vB,由机械能守恒有m1=m1+m2,设碰后B滑行的时间为t2,则-μm2gt2=-m2vB,
解得t2=0.5 s。
可见,碰后B在水平面上滑行的时间t满足
0.25 s≤t≤0.5 s。
答案:0.25 s≤t≤0.5 s
18.(16分)质量为mB=2 kg的木板B静止于光滑水平面上,质量为mA=6 kg的物块A停在B的左端,质量为mC=2 kg的小球C用长为L=0.8 m的轻绳悬挂在固定点O。现将小球C及轻绳拉直至水平位置后由静止释放,小球C在最低点与A发生正碰,碰撞作用时间很短为Δt=10-2 s,之后小球C反弹所能上升的最大高度h=0.2 m。已知A、B间的动摩擦因数μ=0.1,物块与小球均可视为质点,不计空气阻力,取g=10 m/s2。求:
(1)小球C与物块A碰撞过程中所受的撞击力大小;
(2)为使物块A不滑离木板B,木板B至少多长?
【解析】(1)小球C下摆过程,由动能定理mCgL=mC,小球C反弹过程,由动能定理-mCgh=0-mCvC′2,碰撞过程设向右为正方向,根据动量定理FΔt=-mCvC′
-mCvC,联立以上各式解得F=-1.2×103 N。
(2)小球C与物块A碰撞过程,由动量守恒定律mCvC=mC(-vC′)+mAvA,
当物块A恰好滑至木板B右端并与其共速时,所求木板B的长度最小。在此过程中动量和能量都守恒,则mAvA=(mA+mB)v,μmAg·x=mA-(mA+mB)v2,解得x=0.5 m。
答案:(1)1.2×103 N (2)0.5 m
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