1、第一章 碰撞與動量守恒章末質量評估(一)(時間：90分鐘滿分：100分)一、單項選擇題(本大題共10小題，每小題3分，共30分在每小題給出的四個選項中，只有一個選項符合題目要求，選對的得3分，選錯或不答的得0分)1一支槍水平固定在小車上，小車放在光滑的水平面上，槍發射子彈時，關于車、槍和子彈的說法正確的是()A槍和子彈組成的系統動量守恒B槍和車組成的系統動量守恒C槍、車和子彈組成的系統動量守恒D若忽略摩擦，槍、車組成的系統動量近似守恒解析：由于槍被固定在車上，所以發射子彈過程中槍必然與車相互作用，即槍要受到車的作用力，故槍和子彈組成的系統動量不守恒，所以A項錯誤；因為槍與車作用是槍與子彈作用的

2、結果，因此槍和車組成的系統動量也不守恒，即B項錯誤；D項中，由于槍與子彈的作用主要是火藥爆炸后的推力，而不是摩擦力，因此即使忽略了摩擦力，槍和車組成的系統動量也不守恒，所以正確的只有C項答案：C2玻璃杯從同一高度落下，掉在水泥地上比掉在草地上容易碎，這是由于玻璃杯與水泥地撞擊的過程中()A玻璃杯的動量較大B玻璃杯受到的沖量較大C玻璃杯的動量變化較大D玻璃杯的動量變化較快解析：玻璃杯從同一高度下落，落地前的速度大小相等，故落地前的動量相等，而最后的速度均為零，故說明動量的變化一定相等；由動量定理可知沖量也一定相等，但由于掉在水泥地上的時間較短，則說明玻璃杯掉在水泥地上動量變化較快，從而導致沖擊力

3、較大，使玻璃杯易碎；故D正確，A、B、C錯誤答案：D3質量為2 kg的物體，速度由4 m/s變成6 m/s，則在此過程中，該物體所受到的合外力沖量是()A20 NsB20 NsC4 Ns D12 Ns解析：根據動量定理，沖量等于動量的變化量，有I6242 kgm/s20 kgm/s20 Ns，A正確答案：A4.如圖所示，一鐵塊壓著一張紙條放在水平桌面上，當以較大速度v抽出紙條后，鐵塊掉在地上的P點，若以2v速度抽出紙條，則鐵塊落地點為()A仍在P點B在P點左側C在P點右側不遠處D在P點右側原水平位移的兩倍處解析：紙條抽出的過程，鐵塊所受的摩擦力一定，以速度v抽出紙條，鐵塊所受的摩擦力的作用時間

4、較長，鐵塊獲得的速度較大，鐵塊平拋運動的水平位移較大；若以2v的速度抽出紙條，則鐵塊所受的摩擦力的作用時間較短，鐵塊獲得的速度較小，平拋運動的水平位移較小，所以鐵塊落地點在P點左側，正確選項為B. 答案：B5子彈水平射入一個置于光滑水平面上的木塊中，則()A子彈對木塊的沖量必大于木塊對子彈的沖量B子彈受到的沖量和木塊受到的沖量大小相等、方向相反C當子彈與木塊以同一速度運動后，子彈與木塊的動量一定相等D子彈與木塊的動量變化的方向相反，大小不一定相等解析：由牛頓第三定律知子彈射入木塊時，二者受到的相互作用力FF，因此，二力在相同時間內的沖量大小相等、方向相反故選項A錯，B對根據動量定理Ip，知子彈

5、和木塊動量的變化大小相等、方向相反，故選項D錯根據動量的定義知二者以同一速度運動時，速度相同，但質量不一定相同，故選項C錯答案：B6以速度20 m/s沿水平方向飛行的手榴彈在空中爆炸，炸裂成1 kg和0.5 kg的兩塊，其中0.5 kg的那塊以40 m/s的速率沿與原來速度相反的方向運動，此時另一塊的速率為()A10 m/s B30 m/sC50 m/s D70 m/s解析：手榴彈在空中爆炸，爆炸力遠大于重力，在水平方向上動量守恒，以手榴彈原來速度為正方向，由動量守恒定律得： Mv0m1v1m2v2，即1.5200.5eq blc(rc)(avs4alco1(40)1v2，解得v250 m/s

6、，故選C.答案：C7質量M327 kg的小型火箭(含燃料)由靜止發射，發射時共噴出質量m27 kg的氣體，設噴出的氣體相對地面的速度均為v1 000 m/s.忽略地球引力和空氣阻力的影響，則氣體全部噴出后，火箭的速度大小為()A76 m/sB82 m/sC90 m/s D99 m/s解析：根據動量守恒定律：(Mm)v1mv20，所以氣體全部噴出后火箭的速度v1eq f(mv2,Mm)eq f(271 000,32727)m/s90 m/s，大小為90 m/s，方向與噴出氣體方向相反，C正確. 答案：C8.如圖所示，質量為m的人立于平板車上，人與車的總質量為M，人與車以速度v1在光滑水平面上向東

7、運動當此人相對于車以速度v2豎直跳起時，車的速度變為()A . eq f(Mv1Mv2,Mm)，向東 B. eq f(Mv1,Mm)，向東C. eq f(Mv1Mv2,Mm)，向東 Dv1，向東解析：人和車這個系統，在水平方向上合外力等于零，系統在水平方向上動量守恒設車的速度v1的方向為正方向，選地面為參考系，初態車和人的總動量為Mv1，末態車的動量為(Mm)v1.因為人在水平方向上沒有受到沖量，其水平動量保持不變，人在水平方向上對地的動量仍為mv1，則有Mv1(Mm)v1mv1，(Mm)v1(Mm)v1，所以v1v1，正確選項應為D.答案：D9質量為m的小球A以水平初速度v0與原來靜止的光滑

8、水平面上的質量為3m的小球B發生正碰，已知碰撞過程中A球的動能減少了75%，則碰撞后B球的動能可能是()A.eq f(1,8)mveq oal(2,0) B.eq f(3,8)mveq oal(2,0)C.eq f(1,24)mveq oal(2,0) D.eq f(1,16)mveq oal(2,0)解析：碰撞過程中A球的動能減少了75%，即變為原來的eq f(1,4)，所以A的速度大小變為原來的eq f(1,2). 若碰后A球速度方向和原來的方向一致，取A原來的速度方向為正方向，根據動量守恒定律得： mv0meq f(v0,2)3mvB，解得vBeq f(1,6)v0，碰后A、B同向運動，

9、A在B的后面，A的速度大于B的速度，不可能；若碰后A球速度方向和原來的方向相反，取A原來的速度方向為正方向，根據動量守恒定律得： mv0meq f(v0,2)3mvB，解得vBeq f(1,2)v0.符合題意，碰撞后B球的動能為EBeq f(1,2)3mveq oal(2,B)eq f(3,8)mveq oal(2,0)，故B正確答案：B10物體在恒定的合力作用下做直線運動，在時間t1內動能由零增大到E1，在時間t2內動能由E1增加到2E1，設合力在時間t1內做的功為W1、沖量為I1，在時間t2內做的功為W2、沖量為I2，則()AI1I2CW1 W2 DW1 W2解析：動量與動能的關系式為pe

10、q r(2mEk)，則由動量定理得： I1eq r(2mE1)， I2eq r(2mblc(rc)(avs4alco1(2E1)eq r(2mE1)2eq r(mE1)eq r(2mE1)，則I1I2，故A錯誤、B正確；根據動能定理得：W1E10E1，W22E1E1E1，則W1W2，故CD錯誤答案：B二、多項選擇題(本大題共4小題，每小題4分，共16分在每小題給出的四個選項中，有兩個選項符合題目要求，全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯或不答的得0分)11A、B兩球質量相等，A球豎直上拋，B球平拋，兩球在運動中空氣阻力不計，則下列說法中正確的是()A相同時間內，動量的變化大小相等，方向

11、相同B相同時間內，動量的變化大小相等，方向不同C動量的變化率大小相等，方向相同D動量的變化率大小相等，方向不同解析：A、B球在空中只受重力作用，相同時間內重力的沖量相同，因此兩球動量的變化大小相等，方向相同，A選項正確；動量的變化率為eq f(p,t)meq f(v,t)mg，大小相等，方向相同，C選項正確答案：AC12一人從停泊在碼頭邊的船上往岸上跳，若該船的纜繩并沒拴在碼頭上，下列說法中正確的有()A船越輕小，人越難跳上岸B人跳時對船速度大于對地速度C船越重越大，人越難跳上岸D人跳時對船速度等于對地速度解析：由系統動量守恒定律可知：Mv船mv人0，當船越重時，船獲得的速度越小，則人相對船的

12、速度則越大，人越好跳上岸，故A正確、C錯誤；人跳躍時，船要向后運動，所以人對船速度大于對地速度，人才能跳上岸，故B正確、D錯誤答案：AB13在光滑的水平面上動能為E0，動量大小為p0的小鋼球甲與靜止的小鋼球乙發生碰撞，碰撞前后鋼球甲的運動方向反向，將碰后球甲的動能和動量的大小分別記為E1和p1，球乙的動能和動量的大小分別記為E2和p2，則必有()AE1p0CE2E0 Dp2p0解析：鋼球甲與鋼球乙碰撞，滿足動量守恒定律，則p0p1p2，所以p2p0p1，又因碰撞中能量不增加，故p1p0，D對；碰撞過程動能不增加，則E0E1E2，又E20，故E1E0，A對，E2mb)相碰后，小球a、b的落地點依

13、次是圖中水平面上的_點和_點(4)某同學在做實驗時，測量了過程中的各個物理量，利用上述數據驗證碰撞中的動量守恒，那么判斷的依據是看_和_在誤差允許范圍內是否相等解析：(1)小球離開軌道后做平拋運動，小球在空中的運動時間t相等，如果碰撞過程動量守恒，則有：mav0mavambvb，兩邊同時乘以時間t得： mav0tmavatmbvbt，則maOBmaOAmbOC，因此A實驗需要測量：兩球的質量，兩球做平拋運動的水平位移，故ACD錯誤，BE正確(2)螺旋測微器的主尺部分長度為12.5 mm，轉動部分讀數為： 39.50.01 mm，故最終讀數為： eq blc(rc)(avs4alco1(12.5

14、0.395) mm12.895 mm1.289 5102 m；(3)由題圖所示裝置可知，小球a和小球b相撞后，小球b的速度增大，小球a的速度減小，b球在前，a球在后，兩球都做平拋運動，由題圖示可知，未放被碰小球時小球a的落地點為B點，碰撞后a、b的落點分別為A、C點(4)由(1)可知，實驗需要驗證的表達式為：maOBmaOAmbOC，因此比較maOB與maOAmbOC即可判斷動量是否守恒答案：(1)BE(2)1.289 5102(3)AC(4)maOBmaOAmbOC16(12分)蹦床是運動員在一張繃緊的彈性網上蹦跳、翻滾并在空中做各種動作的運動項目一個質量為60 kg 的運動員，從離水平網面

15、3.2 m 高處自由下落，著網后沿豎直方向蹦回離水平網面 5.0 m高處已知運動員與網接觸的時間為 1.2 s若把在這段時間內網對運動員的作用力當作恒力處理，求此力的大小(g 取10 m/s2)解析：法一：運動員剛接觸網時速度的大小為v1eq r(2gh1)eq r(2103.2) m/s8 m/s，方向豎直向下剛離開網時速度的大小為v2eq r(2gh2)eq r(2105.0) m/s10 m/s，方向豎直向上運動員接觸網的過程中，網的作用力為F，規定豎直向上為正方向，根據動量定理得：(Fmg)tmv2(mv1)，解得：Feq f(mv2mv1,t)mgeq f(601060（8）,1.2

16、) N6010 N1.5103 N，方向豎直向上法二：運動員從3.2 m高處自由下落的時間為：t1 eq r(f(2h1,g) eq r(f(23.2,10) s0.8 s，運動員剛離開網彈回5.0 m高處所用的時間為：t2 eq r(f(2h2,g) eq r(f(25,10) s1 s，整個過程中運動員始終受重力作用，僅在與網接觸的t31.2 s時間內受到網對他向上的彈力F的作用，對全過程應用動量定理得：Ft3mg(t1t2t3)0，解得Feq f(（t1t2t3）,t3)mgeq f(0.811.2,1.2)6010 N1.5103 N，方向豎直向上答案：1.5103 N17(14分)如

17、圖所示，一輕質彈簧的一端固定在滑塊B上，另一端與滑塊C接觸但未連接，該整體靜止放在離地面高為H的光滑水平桌面上現有一滑塊A從光滑曲面上離桌面h高處由靜止開始下滑下，與滑塊B發生碰撞(時間極短)并粘在一起壓縮彈簧推動滑塊C向前運動，經一段時間，滑塊C脫離彈簧，繼續在水平桌面上勻速運動一段時間后從桌面邊緣飛出已知mAm，mBm，mC3m求：(1)滑塊A與滑塊B碰撞結束瞬間的速度；(2)被壓縮彈簧的最大彈性勢能；(3)滑塊C落地點與桌面邊緣的水平距離解析：(1)滑塊A從光滑曲面上h高處由靜止開始滑下的過程，機械能守恒，設其滑到底面的速度為v1，由機械能守恒定律，有mAgheq f(1,2)mAveq

18、 oal(2,1)，解得v1eq r(2gh)，滑塊A與B碰撞的過程，A、B系統的動量守恒，以A的初速度方向為正方向，由動量守恒定律，得mAv1(mAmB)v2，解得v2eq f(r(2gh),2).(2)滑塊A、B發生碰撞后與滑塊C一起壓縮彈簧，壓縮的過程機械能守恒，被壓縮彈簧的彈性勢能最大時，滑塊A、B、C速度相等，設為速度v3，以向右為正方向，由動量守恒定律，得mAv1(mAmBmc)v3，解得v3eq f(r(2gh),5)，由機械能守恒定律，得eq f(1,2)(mAmB)veq oal(2,2)eq f(1,2)(mAmBmc)veq oal(2,3)Ep，把v2、v3代入，解得Epeq f(3,10)mgh.(3)被壓縮彈簧再次恢復自然長度時，滑塊C脫離彈簧，設滑塊A、B的速度為v4，滑塊C的速度為v5，以向右為正方向，由動量守恒定律得：(mAmB)v2(mAmB)v4mCv5，由機械能守恒定律，得eq f(1,2)(mAmB)veq oal(2,2)eq f(1,2)(mAmB)veq oal(2,4)eq f(1,2)mC veq oal(2,5)，解得：v4eq f(r(2gh),10)，v5eq f(2r(2gh),5).滑塊C從桌面邊緣飛出后做平拋運動水平