搜档网
当前位置:搜档网 › (江苏专用)202x版高考物理大一轮复习 第六章 碰撞与动量守恒章末过关检测

(江苏专用)202x版高考物理大一轮复习 第六章 碰撞与动量守恒章末过关检测

(江苏专用)202x版高考物理大一轮复习 第六章 碰撞与动量守恒章末过关检测
(江苏专用)202x版高考物理大一轮复习 第六章 碰撞与动量守恒章末过关检测

第六章 碰撞与动量守恒

章末过关检测(六)

(时间:45分钟 分值:100分)

一、单项选择题(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,只有一个选项正确)

1.(2019·河北石家庄模拟)如图所示,两木块A 、B 用轻质弹簧连在一起,置于光滑的水平面上.一颗子弹水平射入木块A ,并留在其中.在子弹打中木块A 及弹簧被压缩的整个过程中,对子弹、两木块和弹簧组成的系统,下列说法中正确的是( )

A .动量守恒、机械能守恒

B .动量守恒、机械能不守恒

C .动量不守恒、机械能守恒

D .动量、机械能都不守恒

解析:选B.子弹击中木块A 及弹簧被压缩的整个过程,系统不受外力作用,外力冲量为0,系统动量守恒,但是子弹击中木块A 的过程,有摩擦力做功,部分机械能转化为内能,所以机械能不守恒,B 正确.

2.一位质量为m 的运动员从下蹲状态向上起跳,经Δt 时间,身体伸直并刚好离开地面,速度为v .在此过程中( )

A .地面对他的冲量为mv +mg Δt ,地面对他做的功为12

mv 2 B .地面对他的冲量为mv +mg Δt ,地面对他做的功为零

C .地面对他的冲量为mv ,地面对他做的功为12

mv 2 D .地面对他的冲量为mv -mg Δt ,地面对他做的功为零

解析:选B.人的速度原来为零,起跳后速度为v ,以竖直向上为正方向,则由动量定理可得:I -mg Δt =mv -0,故地面对人的冲量为mv +mg Δt ;而人在跳起时,人受到的支持力没有产生位移,故支持力不做功,故B 正确.

3.如图所示,PQS 是固定于竖直平面内的光滑的14

圆弧轨道,圆心O 在S 的正上方.在O 和P 两点各有一质量为m 的小物体a 和b ,从同一时刻开始,a 自由下落,b 沿圆弧下滑.以

下说法正确的是( )

A .a 比b 先到达S ,它们在S 点的动量不相同

B .a 与b 同时到达S ,它们在S 点的动量不相同

C .a 比b 先到达S ,它们在S 点的动量相同

D .b 比a 先到达S ,它们在S 点的动量相同

解析:选A.在物体下落的过程中,只有重力对物体做功,故机械能守恒,故有mgh =12

mv 2,解得v =2gh ,所以在相同的高度,两物体的速度大小相同,即速率相同.由于a 的路程小于b 的路程,故t a <t b ,即a 比b 先到达S ,又因为到达S 点时a 的速度竖直向下,而b 的速度水平向左,故两物体的动量不相同,A 正确.

4.假设进行太空行走的宇航员A 和B 的质量分别为m A 和m B ,他们携手匀速远离空间站,相对空间站的速度为v 0.某时刻A 将B 向空间站方向轻推,A 的速度变为v A ,B 的速度变为v B ,则下列各关系式中正确的是( )

A .(m A +m

B )v 0=m A v A -m B v B

B .(m A +m B )v 0=m A v A +m B (v A +v 0)

C .(m A +m B )v 0=m A v A +m B (v A +v B )

D .(m A +m B )v 0=m A v A +m B v B

解析:选D.本题中的各个速度都是相对于空间站的,不需要转换.相互作用前系统的总动量为(m A +m B )v 0,A 将B 向空间站方向轻推后,A 的速度变为v A ,B 的速度变为v B ,动量分别为m A v A 、m B v B ,根据动量守恒定律得(m A +m B )v 0=m A v A +m B v B ,故D 正确.

5.(2019·北京第四中学考试)在光滑水平面上,质量为m 的小球A 正以速度v 0匀速运动.某时刻小球A 与质量为3m 的静止小球B 发生正碰,两球相碰后,A 球的动能恰好变为

原来的 14

.则碰后B 球的速度大小是( )

A.v 02 B .v 06 C.v 02或v 0

6 D .无法确定 解析:选A.两球相碰后A 球的速度大小变为原来的12

,相碰过程中满足动量守恒,若碰后A 速度方向不变,则mv 0=12mv 0+3mv 1,可得B 球的速度v 1=v 06

,而B 在前,A 在后,碰后A 球的速度大于B 球的速度,不符合实际情况,因此A 球一定反向运动,即mv 0=-12

mv 0+3mv 1,可得v 1=v 02

,A 正确,B 、C 、D 错误. 6.如图所示,倾角为30°的斜面体固定在水平地面上,一根不可伸长的轻绳两端分别系着小球A 和物块B ,跨过固定于斜面体顶端的定滑轮O (不计滑轮的摩擦),A 的质量为m ,B 的质量为4m ,开始时,用手托住A ,使OA 段绳恰好处于水平伸直状态(绳中无拉力),OB 绳平行于斜面,此时B 静止不动,将A 由静止释放,在其下摆过程中B 始终保持静止.则在绳子到达竖直位置之前,下列说法正确的是( )

A .物块

B 受到的摩擦力方向一直沿着斜面向上

B .物块B 受到的摩擦力大小可能不变

C .地面对斜面体的摩擦力方向一直水平向右

D .地面对斜面体的摩擦力方向一直水平向左

解析:选C.A 下摆到竖直位置之前,机械能守恒,有mgL =12

mv 2,在最低点,根据牛顿第二定律有F -mg =m v 2

L

,解得F =3mg ;对B 受力分析,未释放A 时,由平衡条件得B 所受的静摩擦力F f =4mg sin 30°=2mg ,方向沿斜面向上,在A 到达最低点的瞬间,有F ′f =F -4mg sin 30°=mg ,方向沿斜面向下,故选项A 、B 错误;假设地面光滑,小球A 、B 及斜面整体水平方向上不受外力,系统水平方向动量守恒,故小球下摆,具有向右的水平动量,则斜面体和B 有向左的水平动量,即有向左的运动趋势,故地面对斜面体的摩擦力方向一直水平向右,选项C 正确,D 错误.

二、多项选择题(本题共4小题,每小题6分,共24分.在每小题给出的四个选项中,有多个选项符合题目要求,全选对的得6分,选对但不全的得3分,有错选或不答的得0分) 7.(2019·河北衡水中学模拟)在光滑水平面上动能为E0、动量大小为p0的小钢球1与静止小钢球2发生碰撞,碰撞前后球1的运动方向相反,将碰撞后球1的动能和动量大小分别记为E1、p1,球2的动能和动量大小分别记为E2、p2,则必有( )

A.E1p0

C.E2>E0D.p1>p0

解析:选AB.因为碰撞前后动能不增加,故有E1p0,B正确.8.(2019·河北石家庄检测)矩形滑块由不同材料的上、下两层黏合在一起组成,将其放在光滑的水平面上,质量为m的子弹以速度v水平射向滑块.若射击下层,子弹刚好不射出;若射击上层,则子弹刚好能射穿一半厚度,如图所示.则上述两种情况相比较( )

A.子弹的末速度大小相等

B.系统产生的热量一样多

C.子弹对滑块做的功相等

D.子弹和滑块间的水平作用力一样大

解析:选ABC.根据动量守恒,两次最终子弹与滑块的速度相等,A正确;根据能量守恒可知,初状态子弹的动能相同,末状态两滑块与子弹的动能也相同,因此损失的动能转化成的热量相等,B正确;子弹对滑块做的功等于滑块末状态的动能,两次相等,因此做功相等,C正确;产生的热量Q=f×Δs,由于产生的热量相等,而相对位移Δs不同,因此子弹和滑块间的水平作用力大小不同,D错误.

9.(2019·无锡模拟)如图所示,一个质量为M的木箱静止在光滑水平面上,木箱内粗糙的底板上放着一个质量为m=2M的小物块.现使木箱瞬间获得一个水平向左、大小为v0的初速度,下列说法正确的是( )

A.最终小物块和木箱都将静止

B.最终小物块和木箱组成的系统损失的机械能为Mv20 3

C .木箱速度水平向左、大小为 v 02时,小物块的速度大小为 v 04

D .木箱速度水平向右、大小为 v 03时,小物块的速度大小为 2v 03

解析:选BC.木箱和小物块系统合外力为0,不管经过多么复杂的过程,系统动量一定守恒,最终两者以相同的速度一起向左运动,由动量守恒定律知,Mv 0=(M +m )v ,系统损

失的机械能为ΔE =12Mv 20-12(M +m )v 2,解得ΔE =13

Mv 20,选项A 错误,B 正确;木箱速度水平向左、大小为v 02时,根据动量守恒定律有Mv 0=M v 0

2+mv 1,解得小物块的速度大小为v 1=v 04,此时机械能E 1=316Mv 20<12Mv 20,选项C 正确;木箱速度水平向右、大小为 v 03

时,根据动量守恒定律有Mv 0=-M v 03+mv 2,解得小物块的速度大小为v 2=2v 03,此时的机械能E 2=12

M ? ????v 032+12

mv 22=12Mv 20,由于摩擦力做功产生热量,因此系统机械能不可能不变,选项D 错误.

10.在光滑的水平桌面上有等大的质量分别为M =0.6 kg ,m =0.2 kg 的两个小球,中间夹着一个被压缩的弹性势能为E p =10.8 J 的轻弹簧(弹簧与两球不相连),原来处于静止状态.现突然释放弹簧,球m 脱离弹簧后滑向与水平面相切、半径为R =0.425 m 的竖直放置的光滑半圆形轨道,如图所示.g 取10 m/s 2.则下列说法正确的是( )

A .球m 从轨道底端A 运动到顶端

B 的过程中所受合外力的冲量大小为3.4 N ·s

B .M 离开轻弹簧时获得的速度为9 m/s

C .若半圆轨道半径可调,则球m 从B 点飞出后落在水平桌面上的水平距离随轨道半径的增大而减小

D .弹簧弹开过程,弹力对m 的冲量大小为1.8 N ·s

解析:选AD.释放弹簧过程中系统动量守恒、机械能守恒,以向右为正方向,由动量守

恒得:mv 1-Mv 2=0,由机械能守恒得:12mv 21+ 12Mv 22

=E p ,代入数据解得:v 1=9 m/s ,v 2=3 m/s ,故B 错误;m 从A 到B 过程中,由机械能守恒定律得:12mv 21=12

mv ′21+mg ·2R ,

解得:v 1′=8 m/s ,以向右为正方向,由动量定理得,球m 从轨道底端A 运动到顶端B 的过程中所受合外力冲量大小为:I =Δp =mv 1′-mv 1=[0.2×(-8)-0.2×9] N ·s =-3.4 N ·s ,则合力冲量大小为:3.4 N ·s ,故A 正确;设圆轨道半径为r 时,飞出B 后水平位移最大,

由A 到B 机械能守恒定律得:12mv 21=12

mv 23+mg ·2r ,在最高点,由牛顿第二定律得:mg +F N =mv 23r ,m 从B 点飞出,需要满足:F N ≥0,飞出后,小球做平抛运动:2r =12

gt 2,x =v 3t ,当8.1-4r =4r 时,即r =1.012 5 m 时,x 为最大,球m 从B 点飞出后落在水平桌面上的水平距离随轨道半径的增大先增大后减小,故C 错误;由动量定理得,弹簧弹开过程,弹力对m 的冲量大小为:I =Δp =mv 1=1.8 N ·s ,故D 正确.

三、非选择题(本题共3小题,共40分.按题目要求作答,计算题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)

11.(12分)(2019·湖南益阳模拟)利用气垫导轨通过闪光照相进行“探究碰撞中的不变量”这一实验.

(1)实验要求研究两滑块碰撞时动能损失很小和很大等各种情况,若要求碰撞时动能损失最大应选图中的________(选填“甲”或“乙”),若要求碰撞动能损失最小则应选图中的________(选填“甲”或“乙”).(甲图两滑块分别装有弹性圈,乙图两滑块分别装有撞针和橡皮泥)

(2)某次实验时碰撞前B 滑块静止,A 滑块匀速向B 滑块运动并发生碰撞,利用闪光照相的方法连续4次拍摄得到的闪光照片如图所示.已知相邻两次闪光的时间间隔为T ,在这4次闪光的过程中,A 、B 两滑块均在0~80 cm 范围内,且第1次闪光时,滑块A 恰好位于x =10 cm 处.若A 、B 两滑块的碰撞时间及闪光持续的时间极短,均可忽略不计,则可知碰撞发生在第1次闪光后的________时刻,A 、B 两滑块质量比m A ∶m B =________.

解析:(1)若要求碰撞时动能损失最大,则需两滑块碰撞后结合在一起,故应选图中的乙;若要求碰撞时动能损失最小,则应使两滑块发生弹性碰撞,即选图中的甲.

(2)由图可知,第1次闪光时,滑块A 恰好位于x =10 cm 处,第二次A 在x =30 cm 处,第三次A 在x =50 cm 处,碰撞在x =60 cm 处.从第三次闪光到碰撞的时间为T

2

,则可知碰

撞发生在第1次闪光后的2.5T 时刻.设碰前A 的速度大小为v ,则碰后A 的速度大小为v 2,B 的速度大小为v ,根据动量守恒定律可得m A v =-m A ·v

2+m B ·v ,解得m A m B =23

. 答案:(1)乙 甲 (2)2.5T 2∶3

12.(14分)如图所示,在固定的光滑水平杆(杆足够长)上,套有一个质量为m =0.5 kg 的光滑金属圆环,轻绳一端拴在环上,另一端系着一个质量为M =1.98 kg 的木块.现有一质量为m 0=20 g 的子弹以v 0=100 m/s 的水平速度射入木块并留在木块中(不计空气阻力和子弹与木块作用的时间,g =10 m/s 2).求:

(1)圆环、木块和子弹这个系统损失的机械能;

(2)木块所能达到的最大高度.

解析:(1)子弹射入木块过程,动量守恒,有

m 0v 0=(m 0+M )v

在该过程中机械能有损失,损失的机械能为

ΔE =12m 0v 20-12

(m 0+M )v 2 联立解得ΔE =99 J.

(2)木块(含子弹)在向上摆动过程中,木块(含子弹)和圆环在水平方向动量守恒,有 (m 0+M )v =(m 0+M +m )v ′

又木块(含子弹)在向上摆动过程中,机械能守恒,有

(m 0+M )gh =12(m 0+M )v 2-12

(m 0+M +m )v ′2 联立解得h =0.01 m.

答案:(1)99 J (2)0.01 m

13.(14分)(2019·北京中央民族大学附中模拟)如图所示,一物体从固定斜面顶端由静止开始经过1 s 下滑到底端,已知斜面的倾角θ=37°,斜面长度L =2.5 m ,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,取重力加速度g =10 m/s 2,求:

(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ;

(2)下滑过程中损失的机械能与减少的重力势能的比值;

(3)下滑过程中合外力冲量的大小与重力冲量大小的比值.

解析:(1)根据L =12

at 2,解得:a =5 m/s 2,根据牛顿第二定律得: mg sin θ-μmg cos θ=ma

解得:μ=0.125.

(2)损失的机械能等于克服摩擦力做的功,为:

ΔE =μmg cos θ·L

减小的重力势能为:ΔE p =mg sin θ·L

故损失的机械能与减小的重力势能的比值为:

ΔE ∶ΔE p =μ∶tan θ=1∶6.

(3)设物体下滑到斜面底端时速度大小为v ,则有:

v =at =5 m/s

根据动量定理得:合外力冲量的大小为:

I 合=mv -0=5m (N ·s)

在下滑过程中重力的冲量为:I G =mgt =10m (N ·s)

所以下滑的过程中合外力冲量的大小与重力冲量大小的比值为:I 合∶I G =1∶2. 答案:(1)0.125 (2)1∶6 (3)1∶2

相关主题