高中物理人教版5第十六章動(dòng)量守恒定律單元測(cè)試 第16章第4節(jié)

第十六章第四節(jié)基礎(chǔ)夯實(shí)一、選擇題(1～3題為單選題，4、5題為多選題)1．如圖所示，B、C、D、E、F,5個(gè)小球并排放置在光滑的水平面上，B、C、D、E,4個(gè)球質(zhì)量相等，而F球質(zhì)量小于B球質(zhì)量，A球的質(zhì)量等于F球質(zhì)量。A球以速度v0向B球運(yùn)動(dòng)，所發(fā)生的碰撞均為彈性碰撞，則碰撞之后eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)96140071)()A．5個(gè)小球靜止，1個(gè)小球運(yùn)動(dòng) B．4個(gè)小球靜止，2個(gè)小球運(yùn)動(dòng)C．3個(gè)小球靜止，3個(gè)小球運(yùn)動(dòng) D．6個(gè)小球都運(yùn)動(dòng)答案：C解析：A球與B球相碰時(shí)，由于A質(zhì)量小于B，A彈回，B獲得速度與C碰撞，由于發(fā)生的碰撞為彈性碰撞且質(zhì)量相等，B靜止，C獲得速度，同理，C和D的碰撞，D與E的碰撞都是如此，E獲得速度后與F的碰撞過程中，由于E的質(zhì)量大于F，所以E、F碰后都向右運(yùn)動(dòng)。所以碰撞之后，A、E、F三球運(yùn)動(dòng)，B、C、D三球靜止。2．(宜昌市葛州壩中學(xué)2023～2023學(xué)年高二下學(xué)期期中)一中子與一質(zhì)量數(shù)為A(A>1)的原子核發(fā)生彈性正碰。若碰前原子核靜止，則碰撞前與碰撞后中子的速率之比為eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)96140072)()A．eq\f(A＋1,A－1) B．eq\f(A－1,A＋1)C．eq\f(4A,A＋12) D．eq\f(A＋12,A－12)答案：A解析：設(shè)中子質(zhì)量為m，則原子核質(zhì)量為Am，由mv＝mv1＋Amv2，eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Amveq\o\al(2,2)，得v1＝eq\f(m－Am,m＋Am)v所以eq\f(v,|v1|)＝eq\f(A＋1,A－1)，A對(duì)。3．(湖北黃石有色一中2023～2023學(xué)年高二下學(xué)期期中)甲、乙兩鐵球質(zhì)量分別是m1＝1kg，m2＝2kg，在光滑平面上沿同一直線運(yùn)動(dòng)，速度分別是v1＝6m/s、v2＝2m/s。甲追上乙發(fā)生正碰后兩物體的速度有可能是eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)96140073)()A．v1′＝7m/s，v2′＝1.5m/s B．v1′＝2m/s，v2′＝4m/sC．v1′＝3.5m/s，v2′＝3m/s D．v1′＝4m/s，v2′＝3m/s答案：B解析：以甲的初速度方向?yàn)檎较颍鲎睬翱倓?dòng)量p＝m1v1＋m2v2＝1×6＋2×2＝10kg·m/s，碰撞前的動(dòng)能EK＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)×1×62＋eq\f(1,2)×2×22＝22J；如果v1′＝7m/s，v2′＝1.5m/s，碰撞后動(dòng)量守恒、機(jī)械能增加，故A錯(cuò)誤；如果v1′＝2m/s，v2′＝4m/s，碰撞后動(dòng)量守恒、機(jī)械能不增加，碰撞后不能發(fā)生二次碰撞，故B正確；如果v1′＝3.5m/s，v2′＝3m/s，碰撞過程動(dòng)量不守恒，故C錯(cuò)誤；v1′＝4m/s，v2′＝3m/s，碰撞過程動(dòng)量守恒、機(jī)械能不增加，但要發(fā)生二次碰撞，故D錯(cuò)誤；故選B。4．如圖所示，在光滑水平地面上有兩個(gè)完全相同的小球A和B，它們的質(zhì)量都為m?，F(xiàn)B球靜止，A球以速度v0與B球發(fā)生正碰，針對(duì)碰撞后的動(dòng)能下列說法中正確的是eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)96140074)()A．B球動(dòng)能的最大值是eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0) B．B球動(dòng)能的最大值是eq\f(1,8)mveq\o\al(2,0)C．系統(tǒng)動(dòng)能的最小值是0 D．系統(tǒng)動(dòng)能的最小值是eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)答案：AD解析：當(dāng)兩球發(fā)生完全彈性碰撞時(shí)，A球靜止，B球的動(dòng)能最大，A正確，B錯(cuò)誤；當(dāng)兩球相碰后共同運(yùn)動(dòng)時(shí)，損失的能量最多，系統(tǒng)動(dòng)能最小，系統(tǒng)動(dòng)能的最小值是eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)，C、錯(cuò)D對(duì)。5．(黑龍江大慶一中2023～2023學(xué)年高二下學(xué)期檢測(cè))如圖所示，長(zhǎng)木板A放在光滑的水平面上，質(zhì)量為m＝4kg的小物體B以水平速度v＝2m/s滑上原來靜止的長(zhǎng)木板A的上表面，由于A、B間存在摩擦，之后A、B速度隨時(shí)間變化情況如圖乙所示，取g＝10m/s2，則下列說法正確的是eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)96140075)()A．木板A獲得的動(dòng)能為2J B．系統(tǒng)損失的機(jī)械能為2JC．木板A的最小長(zhǎng)度為2m D．A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為答案：AD解析：由圖象可知，木板獲得的速度為v＝1m/s，A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以B的初速度方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律得：mv0＝(M＋m)v，解得：木板A的質(zhì)量M＝4kg，木板獲得的動(dòng)能為：Ek＝eq\f(1,2)Mv2＝2J，故A正確；系統(tǒng)損失的機(jī)械能ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)Mv2，代入數(shù)據(jù)解得：ΔE＝4J，故B錯(cuò)誤；由圖得到：0～1s內(nèi)B的位移為xB＝eq\f(1,2)×(2＋1)×1m＝1.5m，A的位移為xA＝eq\f(1,2)×1×1m＝0.5m，木板A的最小長(zhǎng)度為L(zhǎng)＝xB－xA＝1m，故C錯(cuò)誤；由圖象可知，B的加速度：a＝－1m/s2，負(fù)號(hào)表示加速度的方向，由牛頓第二定律得：μmBg＝mBa，代入解得μ＝，故D正確。二、非選擇題6．如圖所示，游樂場(chǎng)上，兩位同學(xué)各駕著一輛碰碰車迎面相撞，此后，兩車以共同的速度運(yùn)動(dòng)。設(shè)甲同學(xué)和他的車的總質(zhì)量為150kg，碰撞前向右運(yùn)動(dòng)，速度的大小為4.5m/s；乙同學(xué)和他的車總質(zhì)量為200kg，碰撞前向左運(yùn)動(dòng)，速度的大小為3.7m/s。求碰撞后兩車共同的運(yùn)動(dòng)速度及碰撞過程中損失的機(jī)械能。eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)96140076)答案：0.186m/s方向向左解析：設(shè)甲同學(xué)的車碰撞前的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较颍蛙嚨目傎|(zhì)量m1＝150kg，碰撞前的速度v1＝4.5m/s；乙同學(xué)和車的總質(zhì)量m2＝200kg，碰撞前的速度v2＝－3.7m/s。設(shè)碰撞后兩車的共同速度為v，則系統(tǒng)碰撞前的總動(dòng)量為p＝m1v1＋m2v2＝150×4.5kg·m/s＋200×(－kg·m/s＝－65kg·m/s碰撞后的總動(dòng)量為p′＝(m1＋m2)v根據(jù)動(dòng)量守恒定律p＝p′，代入數(shù)據(jù)得v＝－0.186m/s，即碰撞后兩車以v＝0.186m/s的共同速度運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)方向向左。此過程中損失的機(jī)械能ΔE＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)(m1＋m2)v2＝7．在光滑的水平面上，質(zhì)量為m1的小球A以速率v0向右運(yùn)動(dòng)，在小球A的前方O點(diǎn)有一質(zhì)量為m2的小球B處于靜止?fàn)顟B(tài)，如圖所示，小球A與小球B發(fā)生正碰后小球A、B均向右運(yùn)動(dòng)，小球B被Q處的墻壁彈回后與小球A在P點(diǎn)相遇，PQ＝，假設(shè)小球間的碰撞及小球與墻壁之間的碰撞都是彈性的，求兩小球質(zhì)量之比m1/m2。eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)96140077)答案：eq\f(m1,m2)＝2解析：從兩小球碰撞后到它們?cè)俅蜗嘤?，小球A和B的速度大小保持不變，根據(jù)它們通過的路程，可知小球B和小球A在碰撞后的速度大小之比為4∶1。設(shè)碰撞后小球A和B的速度分別為v1和v2，在碰撞過程中動(dòng)量守恒，碰撞前后動(dòng)能相等。m1v0＝m1v1＋m2v2，eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)利用v2/v1＝4，可解出eq\f(m1,m2)＝2能力提升一、選擇題(1～3題為單選題，4、5題為多選題)1．(河北衡水中學(xué)2023～2023學(xué)年高二下學(xué)期期中)質(zhì)量為ma＝1kg，mb＝2kg的小球在光滑的水平面上發(fā)生碰撞，碰撞前后兩球的位移—時(shí)間圖象如圖所示，則可知碰撞屬于eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)96140078)()A．彈性碰撞 B．非彈性碰撞C．完全非彈性碰撞 D．條件不足，不能確定答案：A解析：由x－t圖象知，碰撞前va＝3m/s，vb＝0，碰撞后va′＝－1m/s，vb′＝2m/s，碰撞前動(dòng)能eq\f(1,2)maveq\o\al(2,a)＋eq\f(1,2)mbveq\o\al(2,b)＝eq\f(9,2)J，碰撞后動(dòng)能eq\f(1,2)mava′2＋eq\f(1,2)mbvb′2＝eq\f(9,2)J，故機(jī)械能守恒；碰撞前動(dòng)量mava＋mbvb＝3kg·m/s，碰撞后動(dòng)量mava′＋mbvb′＝3kg·m/s，故動(dòng)量守恒，所以碰撞屬于彈性碰撞。2．(河北邢臺(tái)一中2023～2023學(xué)年高二下學(xué)期檢測(cè))在光滑水平面上，有兩個(gè)小球A、B沿同一直線同向運(yùn)動(dòng)(B在前)，已知碰前兩球的動(dòng)量分別為pA＝12kg·m/s、pB＝13kg·m/s，碰后它們動(dòng)量的變化分別為ΔpA、ΔpB。下列數(shù)值可能正確的是eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)96140079)()A．ΔpA＝－3kg·m/s、ΔpB＝3kg·m/sB．ΔpA＝3kg·m/s、ΔpB＝－3kg·m/sC．ΔpA＝－24kg·m/s、ΔpB＝24kg·m/sD．ΔpA＝24kg·m/s、ΔpB＝－24kg·m/s答案：A解析：由題，碰撞后，兩球的動(dòng)量方向都與原來方向相同，A的動(dòng)量不可能沿原方向增大，故碰后它們動(dòng)量的變化分別為ΔpA<0，故B、D錯(cuò)誤；根據(jù)碰撞過程動(dòng)量守恒，如果ΔpA＝－3kg·m/s、ΔpB＝3kg·m/s，所以碰后兩球的動(dòng)量分別為p′A＝9kg·m/s、p′B＝16kg·m/s，根據(jù)碰撞過程總動(dòng)能不增加，故A正確。根據(jù)碰撞過程動(dòng)量守恒定律，如果ΔpA＝－24kg·m/s、ΔpB＝24kg·m/s，所以碰后兩球的動(dòng)量分別為pA′＝－12kg·m/s、pB′＝37kg·m/s，可以看出，碰撞后A的動(dòng)能不變，而B的動(dòng)能增大，違反了能量守恒定律，故C錯(cuò)誤，故選A。3．(青州市一中2023～2023學(xué)年高二下學(xué)期檢測(cè))一彈丸在飛行到距離地面5m高時(shí)僅有水平速度v＝2m/s，爆炸成為甲、乙兩塊水平飛出，甲、乙的質(zhì)量比為3∶1。不計(jì)質(zhì)量損失，取重力加速度g＝10m/s2。則下列圖中兩塊彈片飛行的軌跡可能的是eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)96140080)()答案：B解析：本題有兩種可能情況，一是甲在前，二是甲在后。甲在前情況，設(shè)總質(zhì)量為4m，由動(dòng)量守恒得4m×2＝3mv甲＋mv乙，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律知，甲圖中兩彈片的速度分別為v甲＝2.5m/s，v乙＝－0.5m/s，不滿足動(dòng)量守恒關(guān)系，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；乙圖中兩彈片的速度分別為v甲＝2.5m/s，v乙＝0.5m/s，滿足動(dòng)量守恒關(guān)系，選項(xiàng)B正確；甲在后情況，C圖中v甲＝1m/s，v乙＝2m/s，不滿足動(dòng)量守恒關(guān)系，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D圖中，v甲＝－1m/s，v乙＝4．(江西撫州市2023～2023學(xué)年高二下學(xué)期四校聯(lián)考)在光滑水平面上，一質(zhì)量為m、速度大小為v的A球與質(zhì)量為2m靜止的B球發(fā)生正碰，碰撞可能是彈性的，也可能是非彈性的，則碰后B球的速度大小可能是eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)96140081)()A． B．C． D．答案：BC解析：以兩球組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，以A球的初速度方向?yàn)檎较颍绻鲎矠閺椥耘鲎?，由?dòng)量守恒定律得：mv＝mvA＋2mvB，由機(jī)械能守恒定律得：eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,B)，解得：vA＝－eq\f(1,3)v，vB＝eq\f(2,3)v，負(fù)號(hào)表示碰撞后A球反向彈回，如果碰撞為完全非彈性碰撞，以A球的初速度方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律得：mv＝(m＋2m)vB，解得：vB＝eq\f(1,3)v，則碰撞后B球的速度范圍是：eq\f(1,3)v<vB<eq\f(2,3)v，故B、C正確，A、D錯(cuò)誤。5．(山東師大附中2023～2023學(xué)年高二下學(xué)期檢測(cè))如圖，大小相同的擺球a和b的質(zhì)量分別為m和3m，擺長(zhǎng)相同，并排懸掛，平衡時(shí)兩球剛好接觸，現(xiàn)將擺球a向左拉開一小角度后釋放，若兩球的碰撞是彈性的，下列判斷正確的是eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)96140082)()A．第一次碰撞后的瞬間，兩球的速度大小相等B．第一次碰撞后的瞬間，兩球的動(dòng)量大小相等C．第一次碰撞后，兩球的最大擺角不相同D．發(fā)生第二次碰撞時(shí)，兩球在各自的平衡位置答案：AD解析：兩球在碰撞前后，水平方向不受外力，故水平兩球組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律有：mv0＝mv1＋3mv2；又兩球碰撞是彈性的，故機(jī)械能守恒，即eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)3mveq\o\al(2,2)，解兩式得：v1＝－eq\f(v0,2)，v2＝eq\f(v0,2)，可見第一次碰撞后的瞬間，兩球的速度大小相等，選項(xiàng)A正確；因兩球質(zhì)量不相等，故兩球碰后的動(dòng)量大小不相等，選項(xiàng)B錯(cuò)；兩球碰后上擺過程，機(jī)械能守恒，故上升的最大高度相等，因擺長(zhǎng)相等，故兩球碰后的最大擺角相同，選項(xiàng)C錯(cuò)；由單擺的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，可知，兩球擺動(dòng)周期相同，故經(jīng)半個(gè)周期后，兩球在平衡位置處發(fā)生第二次碰撞，選項(xiàng)D正確。二、非選擇題6．(山東濟(jì)寧市2023～2023學(xué)年高三模擬)如圖，光滑水平直軌道上兩滑塊A、B用橡皮筋連接，A的質(zhì)量為m。開始時(shí)橡皮筋松馳，B靜止，給A向左的初速度v0。一段時(shí)間后，B與A同向運(yùn)動(dòng)發(fā)生碰撞并粘在一起。碰撞后的共同速度是碰撞前瞬間A的速度的兩倍，也是碰撞前瞬間B的速度的一半。求：eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)96140083)(1)B的質(zhì)量；(2)碰撞過程中A、B系統(tǒng)機(jī)械能的損失。答案：(1)eq\f(m,2)(2)eq\f(1,6)mveq\o\al(2,0)解析：(1)以初速度v0的方向?yàn)檎较颍O(shè)B的質(zhì)量為mB，A、B碰撞后的共同速度為v，由題意知：碰撞前瞬間A的速度為eq\f(v,2)，碰撞前瞬間B的速度為2v，由動(dòng)量守恒定律得meq\f(v,2)＋2mBv＝(m＋mB)v ①由①式得mB＝eq\f(m,2) ②(2)從開始到碰后的全過程，由動(dòng)量守恒定律得mv0＝(m＋mB)v ③設(shè)碰撞過程A、B系統(tǒng)機(jī)械能的損失為ΔE，則ΔE＝eq\f(1,2)m(eq\f(v,2))2＋eq\f(1,2)mB(2v)2－eq\f(1,2)(m＋mB)v2 ④聯(lián)立②③④式得ΔE＝eq\f(1,6)mveq\o\al(2,0)7．(廣東省實(shí)驗(yàn)中學(xué)2023～2023學(xué)年高二下學(xué)期期中)如圖所示，質(zhì)量為M的平板車P高為h，質(zhì)量為m的小物塊Q的大小不計(jì)，位于平板車的左端，系統(tǒng)原來靜止在光滑水平地面上，一不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)繩長(zhǎng)為R，一端懸于Q正上方高為R處，另一端系一質(zhì)量為m的小球