单元质量评估动量守恒定律.docx
- 文档编号:15712587
- 上传时间:2023-07-07
- 格式:DOCX
- 页数:16
- 大小:201.78KB
单元质量评估动量守恒定律.docx
《单元质量评估动量守恒定律.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《单元质量评估动量守恒定律.docx(16页珍藏版)》请在冰点文库上搜索。
单元质量评估动量守恒定律
单元质量评估动量守恒定律
(第十六章)
(90分钟 100分)
一、选择题(本题共10小题,每小题4分,共40分。
其中1~6题为单选题,7~10题为多选题)
1.在不计空气阻力作用的条件下,下列说法中不正确的是( )
A.自由下落的小球在空中运动的任意一段时间内,其增加的动能一定等于其减少的重力势能
B.做平抛运动的小球在空中运动的任意相同的时间内,其速度的变化量一定相同
C.做匀速圆周运动的小球在任意一段时间内其合外力做的功一定为零,合外力的冲量也一定为零
D.单摆在一个周期内,合外力对摆球做的功一定为零,合外力的冲量也一定为零
【解析】选C。
不计空气阻力,自由下落的小球,其所受合外力为重力,则小球在运动的过程中机械能守恒,其增加的动能一定等于其减小的重力势能,故A正确;做平抛运动的小球所受合外力为重力,加速度的大小与方向都不变,所以小球在空中运动的任意相同的时间内,其速度的变化量一定相同,故B正确;做匀速圆周运动的小球,其所受合外力的方向一定指向圆心,小球在任意一段时间内其合外力做的功一定为零,但由于速度的方向不断变化,所以速度的变化量不一定等于0,合外力的冲量也不一定为零,故C错误;经过一个周期,单摆的小球又回到初位置,所有的物理量都与开始时相等,所以单摆在一个周期内,合外力对摆球做的功一定为零,合外力的冲量也一定为零,故D正确。
【总结提升】速度、动能与动量的关系
(1)速度是矢量,外力是改变速度的原因,但外力不一定做功。
(2)根据动能定理分析动能是否变化;动量是矢量,动能是标量。
(3)根据动量定理分析冲量与速度的关系。
2.如图所示,篮球运动员接传来的篮球时,通常要先伸出两臂迎接,手接触到球后,两臂随球迅速引至胸前,这样做可以( )
A.减小球的动量的变化量
B.减小球对手作用力的冲量
C.减小球的动量变化率
D.延长接球过程的时间来减小动量的变化量
【解析】选C。
由动量定理Ft=0-mv,而接球时先伸出两臂迎接,手接触到球后,两臂随球迅速引至胸前为了延长时间,减小受力,即F=
也就是减小了球的动量变化率,故C正确。
3.将静置在地面上,质量为M(含燃料)的火箭模型点火升空,在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体。
忽略喷气过程重力和空气阻力的影响,则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是( )
A.
v0 B.
v0
C.
v0D.
v0
【解析】选D。
火箭模型在极短时间点火,设火箭模型获得速度为v,据动量守恒定律有0=(M-m)v-mv0,得v=
v0,故选D。
4.物体A和物体B用轻绳相连在弹簧下静止不动,如图所示。
物体A的质量为m,物体B的质量为M,当连接物体A、B的绳突然被剪断后,物体A上升经某一位置时的速度大小为vA,这时物体B下落的速度大小为vB,在这段时间里,弹簧的弹力对物体A的冲量的大小是( )
A.mvA B.mvA+MvB
C.MvBD.m(vA+vB)
【解析】选D。
以向上为正方向,由动量定理得:
对B:
-Mgt=-MvB-0,对A:
I-mgt=mvA-0,解得:
I=m(vA+vB);故选D。
5.如图所示,物体A、B静止在光滑水平面上,且mA>mB,现用大小相等的两个力F和F′分别作用在A和B上,使A、B沿一条直线相向运动,然后又先后撤去这两个力,使这两个力对物体做的功相同,接着两物体碰撞并合为一体后,它
们( )
A.可能停止运动
B.一定向右运动
C.可能向左运动
D.仍运动,但运动方向不能确定
【解析】选B。
由动能定理可知:
两个力对物体做的功相同,则合为一体前两物体动能相同,由物体动量和动能的关系p=
知,pA>pB,选碰前A的方向为正方向,则B的动量为负值,由动量守恒定律:
pA+pB=(mA+mB)v,v必为正,故碰后速度v的方向一定与pA相同,向右。
6.一炮艇在湖面上匀速行驶,突然从船头和船尾同时水平向前和向后各发射一发炮弹,设两炮弹质量相同,相对于地的速率相同,船的牵引力和阻力均不变,则船的速度的变化情况是( )
A.速度不变B.速度减小
C.速度增大D.无法确定
【解析】选C。
因船受到的牵引力及阻力不变,且开始时船匀速运动,故整个系统所受的合外力为零,动量守恒。
设炮弹质量为m,船(不包括两炮弹)的质量为M,炮艇原来的速度为v0,发射炮弹的瞬间船的速度为v。
由动量守恒可得:
Mv+mv1-mv1=(M+2m)v0,可得,v>v0,可得发射炮弹后瞬间船的动量增大,速度增大。
故选C。
7.(2017·全国卷Ⅲ)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=1s时物块的速率为1m/s
B.t=2s时物块的动量大小为4kg·m/s
C.t=3s时物块的动量大小为5kg·m/s
D.t=4s时物块的速度为零
【解析】选A、B。
对物块,由动量定理可得:
Ft=mv,解得v=
t=1s的速率为v=
1m/s,A正确;在F-t图中面积表示冲量,故t=2s时物块的动量大小p=Ft=2×
2kg·m/s=4kg·m/s,t=3s时物块的动量大小为p′=(2×2-1×1)kg·m/s=
3kg·m/s,B正确,C错误;t=4s时物块的动量大小为p″=(2×2-1×2)kg·m/s=
2kg·m/s,故t=4s时物块的速度为1m/s,D错误。
8.如图所示,在光滑水平面上质量分别为mA=2kg、mB=4kg,速率分别为vA=5m/s、vB=2m/s的A、B两小球沿同一直线相向运动并发生对心碰撞,则( )
A.它们碰撞后的总动量是18kg·m/s,方向水平向右
B.它们碰撞后的总动量是2kg·m/s,方向水平向右
C.它们碰撞后B小球向右运动
D.它们碰撞后B小球可能向左运动
【解析】选B、C。
根据动量守恒,设向右为正,碰后它们的总动量p′=p=mAvA+mBvB=2×5kg·m/s-4×2kg·m/s=2kg·m/s,故A错、B对;因总动量向右,所以碰后B球一定向右运动,C对、D错。
9.如图,两物体A、B用轻质弹簧相连,静止在光滑水平面上,现同时对A、B两物体施加等大反向的水平恒力F1、F2,使A、B同时由静止开始运动,在弹簧由原长伸到最长的过程中,对A、B两物体及弹簧组成的系统,正确的说法是( )
A.A、B先做变加速运动,当F1、F2和弹力相等时,A、B的速度最大;之后,A、B做变减速运动,直至速度减到零
B.A、B做变减速运动速度减为零时,弹簧伸长最长,系统的机械能最大
C.A、B、弹簧组成的系统机械能在这一过程中是先增大后减小
D.因F1、F2等值反向,故A、B、弹簧组成的系统的动量守恒
【解析】选A、B、D。
在拉力作用下,A、B开始做加速运动,弹簧伸长,弹簧弹力变大,物体A、B受到的合力变小,物体加速度变小,物体做加速度减小的加速运动,当弹簧弹力等于拉力时物体受到的合力为零,速度达到最大,之后弹簧弹力大于拉力,两物体减速运动,直到速度为零时,弹簧伸长量达最大,因此A、B先做变加速运动,当F1、F2和弹力相等时,A、B的速度最大;之后,A、B做变减速运动,直至速度减到零,故A正确;在整个过程中,拉力一直对系统做正功,系统机械能增加,A、B做变减速运动速度减为零时,弹簧伸长最长,系统的机械能最大,故B正确,C错误;因F1、F2等大反向,故A、B、弹簧组成的系统所受合外力为零,系统动量守恒,故D正确。
故选A、B、D。
【总结提升】对A、B及系统进行受力分析,根据物体的受力情况判断物体的运动性质;根据动量守恒条件分析系统动量是否变化,弹簧的弹力是变力,分析清楚物体的受力情况是正确解题的关键。
10.如图所示,甲、乙两车的质量均为M,静置在光滑的水平面上,两车相距为L。
乙车上站立着一个质量为m的人,他通过一条轻绳拉甲车,甲、乙两车最后相接触,以下说法正确的是( )
A.甲、乙两车运动中速度之比为
B.甲、乙两车运动中速度之比为
C.甲车移动的距离为
L
D.乙车移动的距离为
L
【解析】选A、C、D。
本题类似人船模型。
甲、乙、人看成一系统,则水平方向动量守恒,甲、乙两车运动中速度之比等于质量的反比,即为
A正确,B错误;Mx甲=(M+m)x乙,x甲+x乙=L,解得C、D正确。
二、实验题(本题共2小题,共20分)
11.(9分)(2018·晋中高二检测)用如图甲所示的气垫导轨来验证动量守恒定律,用频闪照相机闪光4次拍得照片如图乙所示,已知闪光时间间隔为Δt=0.02s,闪光本身持续时间极短,已知在这4次闪光的时间内A、B均在0~80cm范围内且第一次闪光时,A恰好过x=55cm处,B恰好过x=70cm处,则由图可知:
(1)两滑块在x=_______cm处相碰。
(2)两滑块在第一次闪光后t=_______s时发生碰撞。
(3)若碰撞过程中满足动量守恒,则A、B两滑块的质量比为_______。
【解析】
(1)碰撞发生在第1、2两次闪光时刻之间,碰撞后B静止,故碰撞发生在x=60cm处。
(2)碰撞后A向左做匀速运动,设其速度为v′A,所以v′A·Δt=20cm,碰撞到第二次闪光时A向左运动10cm,时间为t′,有v′A·t′=10cm,第一次闪光到发生碰撞时间为t,有t+t′=Δt,得t=
。
(3)碰撞前,A的速度大小为:
vA=
=
;B的速度大小为vB=
=
;碰撞后,A的速度v′A=
取向左为正方向,则由动量守恒定律可知:
mAv′A=mBvB-mAvA,解得mA∶mB=2∶3。
答案:
(1)60
(2)
(3)2∶3
12.(11分)某小组用实验验证物体间相互作用时动量守恒,如图,在水平桌面上固定一与桌面等宽的光滑凹槽导轨(导轨截面如图所示),把两个质量不等的小球A、B置于导轨上,用两小球夹住一轻弹簧,并使轻弹簧处于压缩状态,同时由静止释放两个小球,小球最后落在铺有复写纸、白纸的水平地面上。
试完成下列填空:
(1)本实验中需要的测量仪器有_______。
A.天平 B.秒表 C.毫米刻度尺 D.打点计时器
(2)为使小球水平抛出,实验前需要使导轨水平,利用现有器材如何判断导轨是否水平?
______________________________________________________
___________________________________________________________
(3)小明同学在某次实验操作中分别测出A、B两小球离开导轨水平射程xA=
12.00cm、xB=18.00cm,若已知A球质量mA=0.03kg,则mB=_______kg,即可认为验证了动量守恒。
(4)若只改用劲度系数更大的轻弹簧重复上述实验,则A、B两小球水平射程xA与xB的比值将_______(选填“变大”“变小”或“不变”)。
【解题指南】
(1)本实验的实验原理:
烧断细线后,两球离开桌面做平抛运动,由于高度相等,则平抛的时间相等,水平位移与初速度成正比,把平抛的时间作为时间单位,小球的水平位移可替代平抛运动的初速度。
将需要验证的关系中速度用水平位移替代,即可进行分析求解。
(2)本题运用等效思维方法,将水平速度变成水平位移进行测量,利用了平抛运动的规律。
【解析】
(1)取小球A的初速度方向为正方向,两小球质量和平抛初速度分别为mA、mB、vA、vB,平抛运动的水平位移分别为xA、xB,平抛运动的时间为t。
需要验证的方程:
0=mAvA-mBvB
又vA=
vB=
代入得到:
mAxA=mBxB
故需要测量两小球的质量mA和mB,两小球落地点到桌面边缘的水平距离xA和xB,所以需要的器材为刻度尺、天平。
故选A、C。
(2)将小球放在桌面边缘,只要小球能保持静止,不再滚动,即说明桌面水平。
(3)根据
(1)的公式可知mAxA=mBxB,代入数据可得:
mB=0.02kg。
(4)根据公式mAxA=mBxB可知,改变弹簧进行实验,得出的水平距离与质量成反比,故比值不变。
答案:
(1)A、C
(2)将小球轻放在导轨上,小球保持静止 (3)0.02 (4)不变
三、计算题(本题共4小题,共40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)
13.(8分)在光滑的水平面上,质量m1=1kg的物体与另一质量为m2的物体相碰,碰撞前后它们的位移随时间变化的情况如图所示。
求:
(1)碰撞前m1的速度v1和m2的速度v2。
(2)另一物体的质量m2。
【解析】
(1)由x-t图象可知,碰撞前,m1的速度
v1=
=
m/s=4m/s(2分)
m2处于静止状态,速度v2=0(1分)
(2)由s-t图象可知,碰后两物体有共同速度,即发生完全非弹性碰撞。
碰后的共同速度v=
=
m/s=1m/s(1分)
又根据动量守恒定律,有m1v1=(m1+m2)v(3分)
故另一物体的质量m2=m1·
=3m1=3kg(1分)
答案:
(1)4m/s 0
(2)3kg
14.(10分)现利用图甲所示装置验证动量守恒定律。
在图甲中,气垫导轨上有A、B两个滑块,滑块A右侧带有一弹簧片,左侧与打点计时器(图中未画出)的纸带相连;滑块B左侧也带有一弹簧片,上面固定一遮光片,光电计时器(未完全画出)可以记录遮光片通过光电门的时间。
实验测得滑块A的质量m1=0.301kg,滑块B的质量m2=0.108kg,遮光片的宽度d=1.00cm;打点计时器所用交流电的频率f=50.0Hz。
将光电门固定在滑块B的右侧,启动打点计时器,给滑块A一向右的初速度,使它与B相碰。
碰后光电计时器显示的时间为ΔtB=3.500ms,碰撞前后打出的纸带如图乙所示。
若实验允许的相对误差绝对值(
×100%)最大为5%,本实验是否在误差范围内验证了动量守恒定律?
写出运算过程。
【解析】按定义,物体运动的瞬时速度大小v为:
v=
(1分)
式中Δx为滑块在很短的时间Δt内的位移。
设纸带上打出相邻两点的时间间隔为ΔtA,则ΔtA=
=0.02s,ΔtA可视为很短
(1分)
设在A碰撞前后瞬时速度大小分别为v0和v1
由图乙所给数据可得:
v0=2.00m/s,v1=0.970m/s(2分)
设B碰撞后瞬时速度大小为v2
v2=
=2.86m/s(1分)
设两滑块在碰撞前后的动量分别为p和p′,则
p=m1v0,p′=m1v1+m2v2(2分)
两滑块在碰撞前后总动量相对误差的绝对值为
δ=
×100%(2分)
联立各式代入数据得:
δ=1.6%<5%(1分)
因此,本实验在允许的误差范围内验证了动量守恒定律。
答案:
见解析
15.(10分)(2017·天津高考)如图所示,物块A和B通过一根轻质不可伸长的细绳相连,跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧,质量分别为mA=2kg、mB=1kg。
初始时A静止于水平地面上,B悬于空中。
现将B竖直向上举高h=1.8m(未触及滑轮),然后由静止释放。
一段时间后细绳绷直,A、B以大小相等的速度一起运动,之后B恰好可以和地面接触。
g取10m/s2,空气阻力不计。
求:
(1)B从释放到细绳刚绷直时的运动时间t。
(2)A的最大速度v的大小。
(3)初始时B离地面的高度H。
【解题指南】解答本题把握以下三个环节:
(1)物块B自由下落过程。
(2)细绳绷直前后系统动量守恒。
(3)细绳绷直之后系统的机械能守恒。
【解析】
(1)B从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动,有:
h=
gt2(1分)
解得:
t=0.6s(1分)
(2)设细绳绷直前瞬间B速度大小为v0,有v0=gt=6m/s,(1分)
细绳绷直瞬间,细绳张力远大于A、B的重力,A、B相互作用,总动量守恒:
mBv0=(mA+mB)v(1分)
绳子绷直瞬间,A、B系统获得的速度:
v=2m/s(2分)
之后A做匀减速运动,所以细绳绷直瞬间的速度v即为最大速度,A的最大速度为2m/s。
(2分)
(3)细绳绷直后,A、B一起运动,B恰好可以和地面接触,说明此时A、B的速度为零,这一过程中A、B组成的系统机械能守恒,有:
(mA+mB)v2+mBgH=mAgH,解得初始时B离地面的高度H=0.6m。
(2分)
答案:
(1)0.6s
(2)2m/s (3)0.6m
16.(12分)如图所示,在水平光滑桌面上放一质量为M的玩具小车,在小车的平台(小车的一部分)上有一质量可忽略的弹簧,一端固定在平台上,另一端用质量为m的小球将弹簧压缩一定距离后用细绳捆住,用手将小车固定在桌面上,然后烧断细绳,小球就被弹出,落在车上A点,OA=s。
如果小车不固定而烧断细绳,球将落在车上何处?
设小车足够长,球不致落在车外。
【解析】要想求得小车不固定时,球落在车上何处,需要知道小球被弹出时相对于小车的速度,这就需要知道小球被弹出时车和球相对于地面的速度。
设弹出时小球相对于地面的速度大小为u′,车相对地面的速度的大小为V,小球相对于车的速度的大小为u″,则有u″=u′+V①(1分)
设小球落在车上A′处,OA′=s′,
设平台的高度为h,则由平抛运动的知识可得
s′=u″
②(2分)
其中,h为平台的高度。
u′和V可由动量守恒和能量守恒求得,由动量守恒可得mu′-MV=0(2分)
由能量守恒定律得:
E=
mu′2+
MV2,③(2分)
由平抛运动规律得:
竖直方向h=
gt2
水平方向s=vt,解得v2=
④(2分)
设小球被弹出时,弹簧释放的弹性势能为E,则
E=
mv2=
⑤(2分)
解得s′=
s。
(1分)
答案:
s
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 单元 质量 评估 动量 守恒定律