XX專(zhuān)用高考物理大一輪復(fù)習(xí)第六章碰撞與動(dòng)量守恒章末過(guò)關(guān)檢測(cè)

PAGE第六章碰撞與動(dòng)量守恒章末過(guò)關(guān)檢測(cè)(六)(時(shí)間：45分鐘分值：100分)一、單項(xiàng)選擇題(本題共6小題，每小題6分，共36分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一個(gè)選項(xiàng)正確)1．(2019·河北石家莊模擬)如圖所示，兩木塊A、B用輕質(zhì)彈簧連在一起，置于光滑的水平面上．一顆子彈水平射入木塊A，并留在其中．在子彈打中木塊A及彈簧被壓縮的整個(gè)過(guò)程中，對(duì)子彈、兩木塊和彈簧組成的系統(tǒng)，下列說(shuō)法中正確的是()A．動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒B．動(dòng)量守恒、機(jī)械能不守恒C．動(dòng)量不守恒、機(jī)械能守恒D．動(dòng)量、機(jī)械能都不守恒解析：選B.子彈擊中木塊A及彈簧被壓縮的整個(gè)過(guò)程，系統(tǒng)不受外力作用，外力沖量為0，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，但是子彈擊中木塊A的過(guò)程，有摩擦力做功，部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，所以機(jī)械能不守恒，B正確．2．一位質(zhì)量為m的運(yùn)動(dòng)員從下蹲狀態(tài)向上起跳，經(jīng)Δt時(shí)間，身體伸直并剛好離開(kāi)地面，速度為v.在此過(guò)程中()A．地面對(duì)他的沖量為mv＋mgΔt，地面對(duì)他做的功為eq\f(1,2)mv2B．地面對(duì)他的沖量為mv＋mgΔt，地面對(duì)他做的功為零C．地面對(duì)他的沖量為mv，地面對(duì)他做的功為eq\f(1,2)mv2D．地面對(duì)他的沖量為mv－mgΔt，地面對(duì)他做的功為零解析：選B.人的速度原來(lái)為零，起跳后速度為v，以豎直向上為正方向，則由動(dòng)量定理可得：I－mgΔt＝mv－0，故地面對(duì)人的沖量為mv＋mgΔt；而人在跳起時(shí)，人受到的支持力沒(méi)有產(chǎn)生位移，故支持力不做功，故B正確．3．如圖所示，PQS是固定于豎直平面內(nèi)的光滑的eq\f(1,4)圓弧軌道，圓心O在S的正上方．在O和P兩點(diǎn)各有一質(zhì)量為m的小物體a和b，從同一時(shí)刻開(kāi)始，a自由下落，b沿圓弧下滑．以下說(shuō)法正確的是()A．a(chǎn)比b先到達(dá)S，它們?cè)赟點(diǎn)的動(dòng)量不相同B．a(chǎn)與b同時(shí)到達(dá)S，它們?cè)赟點(diǎn)的動(dòng)量不相同C．a(chǎn)比b先到達(dá)S，它們?cè)赟點(diǎn)的動(dòng)量相同D．b比a先到達(dá)S，它們?cè)赟點(diǎn)的動(dòng)量相同解析：選A.在物體下落的過(guò)程中，只有重力對(duì)物體做功，故機(jī)械能守恒，故有mgh＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(2gh)，所以在相同的高度，兩物體的速度大小相同，即速率相同．由于a的路程小于b的路程，故ta＜tb，即a比b先到達(dá)S，又因?yàn)榈竭_(dá)S點(diǎn)時(shí)a的速度豎直向下，而b的速度水平向左，故兩物體的動(dòng)量不相同，A正確．4．假設(shè)進(jìn)行太空行走的宇航員A和B的質(zhì)量分別為mA和mB，他們攜手勻速遠(yuǎn)離空間站，相對(duì)空間站的速度為v0.某時(shí)刻A將B向空間站方向輕推，A的速度變?yōu)関A，B的速度變?yōu)関B，則下列各關(guān)系式中正確的是()A．(mA＋mB)v0＝mAvA－mBvBB．(mA＋mB)v0＝mAvA＋mB(vA＋v0)C．(mA＋mB)v0＝mAvA＋mB(vA＋vB)D．(mA＋mB)v0＝mAvA＋mBvB解析：選D.本題中的各個(gè)速度都是相對(duì)于空間站的，不需要轉(zhuǎn)換．相互作用前系統(tǒng)的總動(dòng)量為(mA＋mB)v0，A將B向空間站方向輕推后，A的速度變?yōu)関A，B的速度變?yōu)関B，動(dòng)量分別為mAvA、mBvB，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得(mA＋mB)v0＝mAvA＋mBvB，故D正確．5．(2019·北京第四中學(xué)考試)在光滑水平面上，質(zhì)量為m的小球A正以速度v0勻速運(yùn)動(dòng)．某時(shí)刻小球A與質(zhì)量為3m的靜止小球B發(fā)生正碰，兩球相碰后，A球的動(dòng)能恰好變?yōu)樵瓉?lái)的eq\f(1,4).則碰后B球的速度大小是()A.eq\f(v0,2) B．eq\f(v0,6)C.eq\f(v0,2)或eq\f(v0,6) D．無(wú)法確定解析：選A.兩球相碰后A球的速度大小變?yōu)樵瓉?lái)的eq\f(1,2)，相碰過(guò)程中滿(mǎn)足動(dòng)量守恒，若碰后A速度方向不變，則mv0＝eq\f(1,2)mv0＋3mv1，可得B球的速度v1＝eq\f(v0,6)，而B(niǎo)在前，A在后，碰后A球的速度大于B球的速度，不符合實(shí)際情況，因此A球一定反向運(yùn)動(dòng)，即mv0＝－eq\f(1,2)mv0＋3mv1，可得v1＝eq\f(v0,2)，A正確，B、C、D錯(cuò)誤．6.如圖所示，傾角為30°的斜面體固定在水平地面上，一根不可伸長(zhǎng)的輕繩兩端分別系著小球A和物塊B，跨過(guò)固定于斜面體頂端的定滑輪O(不計(jì)滑輪的摩擦)，A的質(zhì)量為m，B的質(zhì)量為4m，開(kāi)始時(shí)，用手托住A，使OA段繩恰好處于水平伸直狀態(tài)(繩中無(wú)拉力)，OB繩平行于斜面，此時(shí)B靜止不動(dòng)，將A由靜止釋放，在其下擺過(guò)程中B始終保持靜止．則在繩子到達(dá)豎直位置之前，下列說(shuō)法正確的是()A．物塊B受到的摩擦力方向一直沿著斜面向上B．物塊B受到的摩擦力大小可能不變C．地面對(duì)斜面體的摩擦力方向一直水平向右D．地面對(duì)斜面體的摩擦力方向一直水平向左解析：選C.A下擺到豎直位置之前，機(jī)械能守恒，有mgL＝eq\f(1,2)mv2，在最低點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律有F－mg＝meq\f(v2,L)，解得F＝3mg；對(duì)B受力分析，未釋放A時(shí)，由平衡條件得B所受的靜摩擦力Ff＝4mgsin30°＝2mg，方向沿斜面向上，在A到達(dá)最低點(diǎn)的瞬間，有F′f＝F－4mgsin30°＝mg，方向沿斜面向下，故選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；假設(shè)地面光滑，小球A、B及斜面整體水平方向上不受外力，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，故小球下擺，具有向右的水平動(dòng)量，則斜面體和B有向左的水平動(dòng)量，即有向左的運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)，故地面對(duì)斜面體的摩擦力方向一直水平向右，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤．二、多項(xiàng)選擇題(本題共4小題，每小題6分，共24分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多個(gè)選項(xiàng)符合題目要求，全選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有錯(cuò)選或不答的得0分)7．(2019·河北衡水中學(xué)模擬)在光滑水平面上動(dòng)能為E0、動(dòng)量大小為p0的小鋼球1與靜止小鋼球2發(fā)生碰撞，碰撞前后球1的運(yùn)動(dòng)方向相反，將碰撞后球1的動(dòng)能和動(dòng)量大小分別記為E1、p1，球2的動(dòng)能和動(dòng)量大小分別記為E2、p2，則必有()A．E1<E0 B．p2>p0C．E2>E0 D．p1>p0解析：選AB.因?yàn)榕鲎睬昂髣?dòng)能不增加，故有E1<E0，E2<E0，p1<p0，A正確，C、D錯(cuò)誤．根據(jù)動(dòng)量守恒定律得p0＝p2－p1，得到p2＝p0＋p1，可見(jiàn)，p2>p0，B正確．8．(2019·河北石家莊檢測(cè))矩形滑塊由不同材料的上、下兩層黏合在一起組成，將其放在光滑的水平面上，質(zhì)量為m的子彈以速度v水平射向滑塊．若射擊下層，子彈剛好不射出；若射擊上層，則子彈剛好能射穿一半厚度，如圖所示．則上述兩種情況相比較()A．子彈的末速度大小相等B．系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量一樣多C．子彈對(duì)滑塊做的功相等D．子彈和滑塊間的水平作用力一樣大解析：選ABC.根據(jù)動(dòng)量守恒，兩次最終子彈與滑塊的速度相等，A正確；根據(jù)能量守恒可知，初狀態(tài)子彈的動(dòng)能相同，末狀態(tài)兩滑塊與子彈的動(dòng)能也相同，因此損失的動(dòng)能轉(zhuǎn)化成的熱量相等，B正確；子彈對(duì)滑塊做的功等于滑塊末狀態(tài)的動(dòng)能，兩次相等，因此做功相等，C正確；產(chǎn)生的熱量Q＝f×Δs，由于產(chǎn)生的熱量相等，而相對(duì)位移Δs不同，因此子彈和滑塊間的水平作用力大小不同，D錯(cuò)誤．9.(2019·無(wú)錫模擬)如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為M的木箱靜止在光滑水平面上，木箱內(nèi)粗糙的底板上放著一個(gè)質(zhì)量為m＝2M的小物塊．現(xiàn)使木箱瞬間獲得一個(gè)水平向左、大小為v0的初速度，下列說(shuō)法正確的是()A．最終小物塊和木箱都將靜止B．最終小物塊和木箱組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能為eq\f(Mveq\o\al(2,0),3)C．木箱速度水平向左、大小為eq\f(v0,2)時(shí)，小物塊的速度大小為eq\f(v0,4)D．木箱速度水平向右、大小為eq\f(v0,3)時(shí)，小物塊的速度大小為eq\f(2v0,3)解析：選BC.木箱和小物塊系統(tǒng)合外力為0，不管經(jīng)過(guò)多么復(fù)雜的過(guò)程，系統(tǒng)動(dòng)量一定守恒，最終兩者以相同的速度一起向左運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)量守恒定律知，Mv0＝(M＋m)v，系統(tǒng)損失的機(jī)械能為ΔE＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(M＋m)v2，解得ΔE＝eq\f(1,3)Mveq\o\al(2,0)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；木箱速度水平向左、大小為eq\f(v0,2)時(shí)，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有Mv0＝Meq\f(v0,2)＋mv1，解得小物塊的速度大小為v1＝eq\f(v0,4)，此時(shí)機(jī)械能E1＝eq\f(3,16)Mveq\o\al(2,0)<eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)，選項(xiàng)C正確；木箱速度水平向右、大小為eq\f(v0,3)時(shí)，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有Mv0＝－Meq\f(v0,3)＋mv2，解得小物塊的速度大小為v2＝eq\f(2v0,3)，此時(shí)的機(jī)械能E2＝eq\f(1,2)Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,3)))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)，由于摩擦力做功產(chǎn)生熱量，因此系統(tǒng)機(jī)械能不可能不變，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．10.在光滑的水平桌面上有等大的質(zhì)量分別為M＝0.6kg，m＝0.2kg的兩個(gè)小球，中間夾著一個(gè)被壓縮的彈性勢(shì)能為Ep＝10.8J的輕彈簧(彈簧與兩球不相連)，原來(lái)處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)突然釋放彈簧，球m脫離彈簧后滑向與水平面相切、半徑為R＝0.425m的豎直放置的光滑半圓形軌道，如圖所示．g取10m/s2.則下列說(shuō)法正確的是()A．球m從軌道底端A運(yùn)動(dòng)到頂端B的過(guò)程中所受合外力的沖量大小為3.4N·sB．M離開(kāi)輕彈簧時(shí)獲得的速度為9m/sC．若半圓軌道半徑可調(diào)，則球m從B點(diǎn)飛出后落在水平桌面上的水平距離隨軌道半徑的增大而減小D．彈簧彈開(kāi)過(guò)程，彈力對(duì)m的沖量大小為1.8N·s解析：選AD.釋放彈簧過(guò)程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒得：mv1－Mv2＝0，由機(jī)械能守恒得：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)＝Ep，代入數(shù)據(jù)解得：v1＝9m/s，v2＝3m/s，故B錯(cuò)誤；m從A到B過(guò)程中，由機(jī)械能守恒定律得：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,1)＋mg·2R，解得：v1′＝8m/s，以向右為正方向，由動(dòng)量定理得，球m從軌道底端A運(yùn)動(dòng)到頂端B的過(guò)程中所受合外力沖量大小為：I＝Δp＝mv1′－mv1＝[0.2×(－8)－0.2×9]N·s＝－3.4N·s，則合力沖量大小為：3.4N·s，故A正確；設(shè)圓軌道半徑為r時(shí)，飛出B后水平位移最大，由A到B機(jī)械能守恒定律得：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)＋mg·2r，在最高點(diǎn)，由牛頓第二定律得：mg＋FN＝eq\f(mveq\o\al(2,3),r)，m從B點(diǎn)飛出，需要滿(mǎn)足：FN≥0，飛出后，小球做平拋運(yùn)動(dòng)：2r＝eq\f(1,2)gt2，x＝v3t，當(dāng)8.1－4r＝4r時(shí)，即r＝1.0125m時(shí)，x為最大，球m從B點(diǎn)飛出后落在水平桌面上的水平距離隨軌道半徑的增大先增大后減小，故C錯(cuò)誤；由動(dòng)量定理得，彈簧彈開(kāi)過(guò)程，彈力對(duì)m的沖量大小為：I＝Δp＝mv1＝1.8N·s，故D正確．三、非選擇題(本題共3小題，共40分．按題目要求作答，計(jì)算題要有必要的文字說(shuō)明和解題步驟，有數(shù)值計(jì)算的要注明單位)11．(12分)(2019·湖南益陽(yáng)模擬)利用氣墊導(dǎo)軌通過(guò)閃光照相進(jìn)行“探究碰撞中的不變量”這一實(shí)驗(yàn)．(1)實(shí)驗(yàn)要求研究?jī)苫瑝K碰撞時(shí)動(dòng)能損失很小和很大等各種情況，若要求碰撞時(shí)動(dòng)能損失最大應(yīng)選圖中的________(選填“甲”或“乙”)，若要求碰撞動(dòng)能損失最小則應(yīng)選圖中的________(選填“甲”或“乙”)．(甲圖兩滑塊分別裝有彈性圈，乙圖兩滑塊分別裝有撞針和橡皮泥)(2)某次實(shí)驗(yàn)時(shí)碰撞前B滑塊靜止，A滑塊勻速向B滑塊運(yùn)動(dòng)并發(fā)生碰撞，利用閃光照相的方法連續(xù)4次拍攝得到的閃光照片如圖所示．已知相鄰兩次閃光的時(shí)間間隔為T(mén)，在這4次閃光的過(guò)程中，A、B兩滑塊均在0～80cm范圍內(nèi)，且第1次閃光時(shí)，滑塊A恰好位于x＝10cm處．若A、B兩滑塊的碰撞時(shí)間及閃光持續(xù)的時(shí)間極短，均可忽略不計(jì)，則可知碰撞發(fā)生在第1次閃光后的________時(shí)刻，A、B兩滑塊質(zhì)量比mA∶mB＝________．解析：(1)若要求碰撞時(shí)動(dòng)能損失最大，則需兩滑塊碰撞后結(jié)合在一起，故應(yīng)選圖中的乙；若要求碰撞時(shí)動(dòng)能損失最小，則應(yīng)使兩滑塊發(fā)生彈性碰撞，即選圖中的甲．(2)由圖可知，第1次閃光時(shí)，滑塊A恰好位于x＝10cm處，第二次A在x＝30cm處，第三次A在x＝50cm處，碰撞在x＝60cm處．從第三次閃光到碰撞的時(shí)間為eq\f(T,2)，則可知碰撞發(fā)生在第1次閃光后的2.5T時(shí)刻．設(shè)碰前A的速度大小為v，則碰后A的速度大小為eq\f(v,2)，B的速度大小為v，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得mAv＝－mA·eq\f(v,2)＋mB·v，解得eq\f(mA,mB)＝eq\f(2,3).答案：(1)乙甲(2)2.5T2∶312．(14分)如圖所示，在固定的光滑水平桿(桿足夠長(zhǎng))上，套有一個(gè)質(zhì)量為m＝0.5kg的光滑金屬圓環(huán)，輕繩一端拴在環(huán)上，另一端系著一個(gè)質(zhì)量為M＝1.98kg的木塊．現(xiàn)有一質(zhì)量為m0＝20g的子彈以v0＝100m/s的水平速度射入木塊并留在木塊中(不計(jì)空氣阻力和子彈與木塊作用的時(shí)間，g＝10m/s2)．求：(1)圓環(huán)、木塊和子彈這個(gè)系統(tǒng)損失的機(jī)械能；(2)木塊所能達(dá)到的最大高度．解析：(1)子彈射入木塊過(guò)程，動(dòng)量守恒，有m0v0＝(m0＋M)v在該過(guò)程中機(jī)械能有損失，損失的機(jī)械能為ΔE＝eq\f(1,2)m0veq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(m0＋M)v2聯(lián)立解得ΔE＝99J.(2)木塊(含子彈)在向上擺動(dòng)過(guò)程中，木塊(含子彈)和圓環(huán)在水平方向動(dòng)量守恒，有(m0＋M