2019-2020学年高中物理阶段检测2碰撞与反冲含解析新人教版选修3-5

2019-2020学年高中物理阶段检测2碰撞与反冲含解析新人教版选修3-5

阶段测试2　碰撞与反冲 ‎(时间：50分钟　满分：100分)‎ 一、选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分．在每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～6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．假定冰面是光滑的，某人站在冰冻河面的中央，他想到达岸边，则可行的办法是(　　)‎ A．步行 B．挥动双臂 C．在冰面上滚动 D．脱去外衣抛向岸的反方向 ‎【答案】D ‎【解析】因为冰面光滑，无法行走和滚动，由动量守恒定律知，只有抛出物体获得反冲速度才能到达岸边．‎ ‎2．装有炮弹的火炮总质量为m1，炮弹的质量为m2，炮弹射出炮口时对地的速率为v0，若炮管与水平地面的夹角为θ，则火炮后退的速度大小为(　　)‎ A.v0 B. C. D. ‎【答案】C ‎【解析】系统水平方向动量守恒，即0＝m2v0cos θ－(m1－m2)v，得：v＝.‎ ‎3．在光滑水平面上，A、B两球沿同一直线同向运动，碰撞后粘在一起，若碰撞前A、B球的动量分别为‎6 kg·m/s，‎14 kg·m/s，碰撞中B球动量减少‎6 kg·m/s，则A、B两球碰撞前的速度之比为(　　)‎ A．3∶7 B．3∶4‎ C．2∶7 D．7∶4‎ ‎【答案】C ‎【解析】碰撞中B球减少后动量为‎14 kg·m/s－‎6 kg·m/s，由动量守恒定律有6＋14＝pA′＋8，则pA′＝‎12 kg·m/s，而碰撞后A、B速度相等，故＝＝＝，又＝，所以＝×＝.‎ ‎4．平静的水面上停着一只小船，船上站立着一个人，船的质量是人的质量的8倍．从某时刻起，这个人向船尾走去，走到船中部他突然停止走动．水对船的阻力忽略不计，下列说法中正确的是(　　)‎ 6‎ A．人走动时，他相对于水面的速度和小船相对于水面的速度大小相等、方向相反 B．他突然停止走动后，船由于惯性还会继续运动一小段时间 C．人在船上走动过程中，人对水面的位移是船对水面的位移的9倍 D．人在船上走动过程中，人的动能是船的动能的8倍 ‎【答案】D ‎5．一只小船静止在水面上，一个人从小船的一端走到另一端，船的质量大于人的质量，不计水的阻力，以下说法中正确的是(　　)‎ A．人在小船上行走时，人对小船的冲量比船对人的冲量小，所以人向前运动得快，小船向后退得慢 B．人在小船上行走时，人的质量比船的质量小，它们受到的冲量大小是一样的，所以人向前运动得快，小船向后退得慢 C．当人停止走动时，因为小船惯性大，所以小船要继续后退 D．当人停止走动时，因为总动量守恒，所以小船也停止后退 ‎【答案】BD ‎【解析】人与船的相互作用力遵守牛顿第三定律，由此判断B、D正确．‎ ‎6．一小型火箭在高空绕地球做匀速圆周运动，若其沿运动的反方向抛出一物体P，不计空气阻力，则(　　)‎ A．火箭一定离开原来轨道运动 B．物体P一定离开原来轨道运动 C．火箭运动半径一定增大 D．物体P运动半径一定减小 ‎【答案】AC ‎【解析】由反冲运动的知识可知，火箭的速度一定增大，火箭做离心运动，运动半径增大．但物体P是否离开原来的轨道运动，要根据释放时的速度大小而定，若释放的速度与原来的速度大小相等，则P仍在原来的轨道上反方向运动．‎ 二、非选择题(本题共6小题，共64分，计算题要有必要的文字说明和解题步骤)‎ ‎7．(5分)下列属于反冲运动的是________．‎ A．汽车运动 　　　　　 B．直升机运动 C．火箭的运动 　　　　　 D．反击式水轮机的运动 E．喷气式飞机的运动 ‎【答案】CDE ‎【解析】‎ 6‎ 汽车的运动是利用摩擦力而使汽车前进的，不属于反冲，故A错误；直升机是利用空气的浮力而使飞机上升的，不属于反冲，故B错误；火箭的运动是利用喷气的方式而获得动力，利用了反冲运动，故C正确；反击式水轮机是利用了水的反冲作用而获得动力，属于反冲运动，故D正确；喷气式飞机是利用飞机与气体间的相互作用，而促进飞机前进的，故属于反冲运动，故E正确．‎ ‎8．(5分)如图所示，放置在水平地面上的木板B的左端固定一轻弹簧，弹簧右端与物块A相连．已知A、B质量相等，二者处于静止状态，且所有接触面均光滑．现设法使物块A以一定的初速度沿木板B向右运动，在此后的运动过程中弹簧始终处在弹性限度内，且物块A始终在木板B上．下列说法中错误的是________．‎ A．物块A的加速度先减小后增大 B．物块B的加速度先增大后减小 C．物块A的速度最大时弹簧的弹性势能最大 D．木板B的速度最大时弹簧最长 E．木板B的速度最大时物块A的速度为零 ‎【答案】ACD ‎【解析】对A、B在水平方向受力分析可知，A与B在水平方向受到的外力为0，A、B与弹簧在水平方向的动量守恒，系统的机械能守恒．开始时弹簧的伸长量比较小，则F比较小，A做减速运动，B做加速运动，当弹簧伸长至最长时，二者的速度相等；此后A继续减速，B继续加速，弹簧开始收缩．根据动量守恒定律：mv0＝mv1＋mv2，和机械能守恒可知，当弹簧的长度恰好等于原长时，B的速度最大；此后弹簧进行压缩，A的速度开始增大，B的速度开始减小．对A、B在水平方向受力分析可知，A与B在水平方向受到的外力为0，都受到弹簧的弹力，设F为弹簧的弹力；当加速度大小相同为a时，对A有：ma＝F＝kx，A的加速度与弹簧的形变量成正比，由于弹簧先伸长，后又压缩，所以弹簧对A的作用力先增大，后减小，则A的加速度先增大，后减小．故A错误；同理可得B正确；由开始时的分析可知，当弹簧伸长至最长时，二者的速度相等，此时的弹性势能最大，此时A的速度不是最大．故C错误；由于A、B质量相等，当弹簧的长度恰好等于原长时，B的速度最大，故D错误；当弹簧的长度恰好等于原长时，B的速度最大，设A、B的速度分别是：v1，v2，选择向右为正方向，则根据动量守恒定律得：mv0＝mv1＋mv2，根据机械能守恒得：mv＝mv＋mv，联立可得：v1＝0，v2＝v0.故E正确．‎ ‎9．(8分)如图所示，质量为M，半径为R的光滑半圆弧槽静止在光滑水平面上，有一质量为m的小滑块在与圆心O等高处无初速度滑下，在小滑块滑到圆弧槽最低点的过程中，圆弧槽产生的位移大小为________．‎ 6‎ ‎【答案】R ‎【解析】M＋m所组成的系统在水平方向上动量守恒．依据人船模型即可求解．设圆弧槽后退位移大小为x，则据水平方向上动量守恒得：Mx＝m(R－x)，解得x＝R.‎ ‎10．(14分)如图所示，光滑水平面上A、B两小车质量都是M，A车前站立一质量为m的人，两车在同一直线上相向运动．为避免两车相撞，人从A车跳到B车上，最终A车停止运动，B车获得反向速度v0，试求：‎ ‎(1)两小车和人组成的系统的初动量大小；‎ ‎(2)为避免两车相撞，若要求人跳跃速度尽量小，则人跳上B车后，A车的速度多大？‎ ‎【答案】(1)(M＋m)v0　(2)v0‎ ‎【解析】(1)由动量守恒定律可知，系统的动量大小p＝(M＋m)v0.(2)为避免两车相撞，最终两车和人具有相同速度(设为v)，则(M＋m)v0＝(‎2M＋m)v，解得v＝.‎ ‎11．(16分)某人在一只静止的小船上练习射击，船、人连同枪(不包括子弹)及靶的总质量为m1，枪内装有n颗子弹，每颗子弹的质量均为m2，枪口到靶的距离为l，子弹水平射出枪口时相对于地的速度为v0.在发射后一颗子弹时，前一颗子弹已射入靶中，在发射完n颗子弹时，求小船后退的距离．‎ ‎【答案】 ‎【解析】子弹在空中飞行时，船匀速后退，解题的关键是根据动量守恒定律求出每发射完一颗子弹小船后退的距离．‎ 第一颗子弹射出时，设船速为v，由动量守恒定律有 ‎0＝m2v0＋[m1＋(n－1)m2]v，‎ 解得v＝－，‎ 依题意v0t＋|v|t＝l，‎ 则t＝＝，‎ 6‎ 小船后退距离x＝|v|tn＝.‎ ‎12．(16分)如图所示的水平轨道中，AC段的中点B的正上方有一探测器，C处有一竖直挡板，物体P1沿轨道向右以速度v1与静止在A点的物体P2碰撞，并接合成复合体P，以此碰撞时刻为计时零点，探测器只在t1＝2 s至t2＝4 s内工作．已知P1、P2的质量都为m＝‎1 kg，P与AC间的动摩擦因数为μ＝0.1，AB段长L＝‎4 m，g取‎10 m/s2，P1、P2和P均视为质点，P与挡板的碰撞为弹性碰撞．‎ ‎(1)若v1＝‎6 m/s，求P1、P2碰后瞬间的速度大小v和碰撞损失的动能ΔE；‎ ‎(2)若P与挡板碰后，能在探测器的工作时间内通过B点，求v1的取值范围和P向左经过A 点时的最大动能E.‎ ‎【答案】(1)‎3 m/s　9 J ‎(2)‎10 m/s≤v1≤‎14 m/s　17 J ‎【解析】(1)P1、P2碰撞过程动量守恒，有mv1＝2mv，‎ 解得v＝＝‎3 m/s.‎ 碰撞过程中损失的动能为ΔE＝mv－(‎2m)v2，‎ 解得ΔE＝9 J.‎ ‎(2)由于P与挡板的碰撞为弹性碰撞．故P在AC间等效为匀减速运动，设P在AC段加速度大小为a，碰后经过B点的速度为v2 ，由牛顿第二定律和运动学规律，得μ(‎2m)g＝2ma.‎ ‎3L‎＝v t－at2，v2＝v－at，‎ 解得v1＝2v＝，v2＝.‎ 由于2 s≤t≤4 s，所以解得v1的取值范围‎10 m/s≤v1≤‎14 m/s.‎ v2的取值范围‎1 m/s≤v2≤‎5 m/s.‎ 所以当v2＝‎5 m/s时，P向左经过A点时有最大速度 v3＝，‎ 则P向左经过A点时有最大动能 E＝(‎2m)v＝17 J.‎ 6‎ 6‎