2021届高考物理一轮复习第六章碰撞与动量守恒章末质量检测六含解析粤教版

2021届高考物理一轮复习第六章碰撞与动量守恒章末质量检测六含解析粤教版

章末质量检测(六)‎ ‎(时间：40分钟)‎ 一、选择题(本题共8小题，1～5题为单项选择题，6～8题为多项选择题)‎ ‎1.如图1所示小船静止于水面上，站在船尾上的渔夫不断将鱼抛向船头的船舱内，将一定质量的鱼抛完后，关于小船的速度和位移，下列说法正确的是(　　)‎ 图1‎ A.向左运动，船向左移一些 B.小船静止，船向左移一些 C.小船静止，船向右移一些 D.小船静止，船不移动 解析　人、船、鱼构成的系统水平方向动量守恒，据“人船模型”，鱼动船动，鱼停船静止；鱼对地发生向左的位移，则人船的位移向右，故选项C正确。‎ 答案　C ‎2.光滑水平桌面上有P、Q两个物块，Q的质量是P的n倍。将一轻弹簧置于P、Q之间，用外力缓慢压P、Q。撤去外力后，P、Q开始运动，P和Q的动量大小的比值为(　　)‎ A.n2 B.n C. D.1‎ 解析　撤去外力后，P、Q组成的系统水平方向不受外力，所以总动量守恒，设P的运动方向为正方向，则根据动量守恒定律有pP－pQ＝0，pP＝pQ，故动量大小之比为1∶1，故选项D正确。‎ 答案　D ‎3.质量为60 kg的建筑工人，不慎从高空跌下，幸好有弹性安全带的保护，使他悬挂起来。已知弹性安全带的缓冲时间是1.2 s，安全带长5 m，g取10 m/s2，则安全带所受的平均冲力的大小约为(　　)‎ A.500 N B.1 100 N C.600 N D.100 N - 8 -‎ 解析　选取人为研究对象，人下落过程中由v2＝2gh，v＝10 m/s，以向上为正方向，缓冲过程由动量定理得(F－mg)t＝0－(－mv)，F＝＋mg＝1 100 N。由牛顿第三定律可知，安全带所受的平均冲力的大小为1 100 N，B项正确。‎ 答案　B ‎4.一辆质量m1＝3.0×103 kg的小货车因故障停在车道上，后面一辆质量m2＝1.5×103 kg的轿车来不及刹车，直接撞入货车尾部而失去动力。相撞后两车一起沿轿车运动方向滑行了s＝6.75 m停下。已知车轮与路面间的动摩擦因数μ＝0.6，则碰撞前轿车的速度大小为(重力加速度g取10 m/s2)(　　)‎ A.3 m/s B.6 m/s C.9 m/s D.27 m/s 解析　由牛顿第二定律得a＝＝μg＝6 m/s2‎ 则v＝＝9 m/s 由动量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v 解得v0＝v＝27 m/s。故选项D正确。‎ 答案　D ‎5.为估算池中睡莲叶面承受雨滴撞击产生的平均压强，小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台，测得1小时内杯中水位上升了45 mm。查询得知，当时雨滴竖直下落速度约为12 m/s，据此估算该压强约为(设雨滴撞击睡莲后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为1×103 kg/m3)(　　)‎ A.0.15 Pa B.0.54 Pa C.1.5 Pa D.5.4 Pa 解析　设雨滴受到睡莲叶面的平均作用力为F，在Δt时间内有质量为Δm的雨水的速度由v＝12 m/s减为零。以向上的方向为正方向，对这部分雨水应用动量定理FΔt＝0－(－Δmv)＝Δmv，得到F＝v。设水杯横截面积为S，对水杯里的雨水，在Δt时间内水面上升Δh，则有Δm＝ρSΔh，得F＝ρSv。压强p＝＝ρv＝1×103×12× Pa＝0.15 Pa。‎ 答案　A ‎6.一质点静止在光滑水平面上，现对其施加水平外力F，F随时间按正弦规律变化，如图2所示，下列说法中正确的是(　　)‎ - 8 -‎ 图2‎ A.第2 s末质点的动量为零 B.第4 s末，质点回到出发点 C.在0～2 s时间内，F的功率先增大后减小 D.在1～3 s时间内，F的冲量为0‎ 解析　由图象可知在0～2 s内质点一直加速，2 s末速度最大，后减速，由对称性可知第4 s末，质点速度为零，位移不为零，故A、B错误；由图可知在0～‎ ‎2 s时间内，速度逐渐增大，F先增大后减小到0，所以F的功率先增大后减小，故C正确；由对称性可知第1 s末和第3 s末的速度相等，由动量定理可知F的冲量为I＝mv3－mv1＝0，故D正确。‎ 答案　CD ‎7.(2019·青岛模拟)某研究小组通过实验测得两滑块碰撞前后运动的实验数据，得到如图3所示的位移—时间图象。图中的线段a、b、c分别表示沿光滑水平面上同一条直线运动的滑块Ⅰ、Ⅱ和它们发生正碰后结合体的位移变化关系。已知相互作用时间极短，由图象给出的信息可知(　　)‎ 图3‎ A.碰前滑块Ⅰ与滑块Ⅱ速度大小之比为5∶2‎ B.碰前滑块Ⅰ的动量大小比滑块Ⅱ的动量大小大 C.碰前滑块Ⅰ的动能比滑块Ⅱ的动能小 D.滑块Ⅰ的质量是滑块Ⅱ的质量的 解析　根据s－t图象的斜率等于速度，可知碰前滑块Ⅰ速度为v1＝－2 m/s，滑块Ⅱ的速度为v2＝0.8 m/s，则碰前速度大小之比为5∶2，故选项A正确；碰撞后的共同速度为v＝0.4‎ - 8 -‎ ‎ m/s，根据动量守恒定律有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，解得m2＝6m1，由动量的表达式m1v1m2v，故选项B、C错误，D正确。‎ 答案　AD ‎8.如图4甲所示为杂技中的“顶竿”表演，水平地面上演员B用头部顶住一根长直竹竿，另一演员A爬至竹竿顶端完成各种动作。某次顶竿表演结束后，演员A自竿顶由静止开始下落。滑到竿底时速度正好为零，然后屈腿跳到地面上，演员A、B质量均为50 kg，长竹竿质量为5 kg，A下滑的过程中速度随时间变化的图象如图乙所示。取重力加速度g＝10 m/s2，下列说法中正确的是(　　)‎ 图4‎ A.竹竿的总长度约为6 m B.0～6 s内，演员B对地面的压力大小始终为1 050 N C.0～6 s内，竹竿对演员B的压力的冲量大小为3 300 N·s D.演员A落地时向下屈腿，是为了缩短作用时间以减小地面的冲击力 解析　由v－t图象可知竹竿的总长度l＝×2×6 m＝6 m，故A正确；在0～4 s内，加速向下运动，属于失重，在4～6 s内，加速度向上，属于超重，故B错误；设演员A、B质量为m，长竹竿质量为m1，在0～4 s内，由图象可知加速度为a1＝0.5 m/s2，则mg－f1＝ma1，解得f1＝475 N，此过程竹竿对演员B的压力FN1＝f1＋m1g＝525 N，在4～6 s内，由图象可知加速度为a2＝－1 m/s2，则mg－f2＝ma2，解得f2＝550 N，此过程竹竿对演员B的压力FN2＝f2＋m1g＝600 N，所以0～6 s 内，竹竿对演员B的压力的冲量大小为I＝I1＋I2＝FN1t1＋FN2t2＝525×4 N·s＋600×2 N·s＝3 300 N·s，故C正确；演员A落地时向下屈腿，是为了延长作用时间以减小地面的冲击力，故D错误。‎ 答案　AC 二、非选择题 ‎9.(2019·陕西省榆林市第三次模拟)“验证动量守恒定律”的实验装置如图5所示，回答下列问题：‎ - 8 -‎ 图5‎ ‎(1)实验装置中应保持斜槽末端________。‎ ‎(2)每次小球下滑要从________处由静止释放。‎ ‎(3)入射小球的质量mA和被碰小球的质量mB的大小关系是________。‎ ‎(4)在图中，小球的水平射程的数值分别用OP、OM和ON表示。小球半径均为r。因此只需验证________________________。‎ 解析　(1)要保证每次小球都做平抛运动，则斜槽末端必须切线水平；‎ ‎(2)每次小球下滑要从同一高度处由静止释放，从而保证平抛运动的初速度相同；‎ ‎(3)为防止碰撞过程入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，即：mA＞mB；‎ ‎(4)小球离开轨道后做平抛运动，由于小球抛出点的高度相等，小球的运动时间t相等。如果碰撞过程动量守恒，则mAvA＝mAvA′＋mBvB′，两边同时乘以时间t得mAvAt＝mAvA′t＋mBvB′t，即mA·OP＝mA·OM＋mB(ON－2r)。‎ 答案　(1)切线水平　(2)同一高度　(3)mA＞mB ‎(4)mA·OP＝mA·OM＋mB(ON－2r)‎ ‎10.如图6所示，某超市两辆相同的手推购物车质量均为10 kg，相距为3 m沿直线排列，静置于水平地面上。为了节省收纳空间，工人给第一辆车一个瞬间的水平推力使其运动，并与第二辆车相碰，且在极短时间内相互嵌套结为一体，以共同的速度运动了1 m，恰好停靠在墙边。若车运动时受到的摩擦力恒为车重力的0.2，忽略空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2。求：‎ 图6‎ ‎(1)购物车碰撞过程中系统损失的机械能；‎ ‎(2)工人给第一辆购物车的水平冲量大小。‎ 解析　(1)设第一辆车碰前瞬间的速度为v1，碰前两车间距为L1，与第二辆车碰后的共同速度为v2，共同移动的距离为L2，由动量守恒定律得mv1＝2mv2‎ 由动能定理得－0.2×2mgL2＝0－(2m)v - 8 -‎ 则碰撞中系统损失的机械能ΔE＝mv－(2m)v 联立解得ΔE＝40 J。‎ ‎(2)设第一辆车推出时的速度为v0‎ 由动能定理得－0.2mgL1＝mv－mv 第一辆车的水平冲量大小I＝mv0‎ 联立解得I＝20 N·s。‎ 答案　(1)40 J　(2)20 N·s ‎11.如图7所示，质量为3 kg的小车A以v0＝4 m/s的速度沿光滑水平面匀速运动，小车左端固定的支架通过不可伸长的轻绳悬挂质量为1 kg的小球B(可看做质点)，小球距离车面高h＝0.8 m。某一时刻，小车与静止在水平面上的质量为1 kg的物块C发生碰撞并黏连在一起(碰撞时间可忽略)，此时轻绳突然断裂。此后，小球刚好落入小车右端固定的沙桶中(小桶的尺寸可忽略)，不计空气阻力，取重力加速度g＝10 m/s2。求：‎ 图7‎ ‎(1)绳未断前小球与沙桶的水平距离；‎ ‎(2)从初始状态到小球落入沙桶与桶相对静止，整个A、B、C系统损失的机械能ΔE。‎ 解析　(1)A与C碰撞至黏连在一起的过程，A、C构成系统动量守恒，设两者共同速度为v1，‎ mAv0＝(mA＋mC)v1。‎ 解得v1＝3 m/s。‎ 轻绳断裂，小球在竖直方向做自由落体运动，离A高度 h＝0.8 m，由h＝gt2得落至沙桶用时t＝0.4 s。‎ 所以，绳未断前小球与沙桶的水平距离 s＝(v0－v1)t＝0.4 m。‎ ‎(2)最终状态为A、B、C三者共同运动，设最终共同速度为v2，由水平方向动量守恒，得 ‎(mA＋mB)v0＝(mA＋mB＋mC)v2，‎ 解出v2＝3.2 m/s。‎ - 8 -‎ 系统最终损失的机械能为动能损失和重力势能损失之和 ΔE＝ΔEk＋ΔEp＝[(mA＋mB)v－(mA＋mB＋mC)v]＋mBgh，‎ 代入数据解得ΔE＝14.4 J。‎ 答案　(1)0.4 m　(2)14.4 J ‎12.(2020·河南二模)如图8甲所示，m1＝5 kg的滑块a自光滑圆弧形槽的顶端A点无初速度滑下，槽的底端与水平传送带相切于传送带的左端B点，传送带以速度v＝3 m/s沿顺时针方向匀速运转。滑块a下滑前将m2＝3 kg的滑块b停放在B点。滑块a下滑后与滑块b发生碰撞，碰撞时间极短，传感器分别描绘出了两滑块碰撞后在传送带上从B点运动到传送带的右端C点的v－t图象，如图乙、丙所示。两滑块均可视为质点，重力加速度g＝10 m/s2。‎ 图8‎ ‎(1)求A、B的高度差h；‎ ‎(2)求滑块a与传送带间的动摩擦因数μ和传送带的长度LBC；‎ ‎(3)滑块b到达C点时速度恰好减到3 m/s，求滑块b的传送时间；‎ ‎(4)求系统因摩擦产生的热量。‎ 解析　(1)由图乙、丙可知，碰撞后瞬间，滑块a的速度v1＝1 m/s，滑块b的速度v2＝5 m/s，设碰撞前瞬间滑块a的速度为v0，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律m1v0＝m1v1＋m2v2，解得v0＝4 m/s 滑块a下滑的过程中机械能守恒，有m1gh＝m1v 解得h＝0.8 m。‎ ‎(2)由图乙可知，滑块a在传送带上加速运动时的加速度大小a＝＝0.5 m/s2‎ - 8 -‎ 滑块a的加速度由滑动摩擦力提供，故μ1m1g＝m1a 可求出滑块a与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.05‎ 由图乙可知，滑块a在传送带上先加速4 s，后匀速运动6 s到达C点，图线与坐标轴围成的图形的面积等于传送带的长度LBC，即LBC＝26 m。‎ ‎(3)滑块b一直做匀减速直线运动，到C点时速度恰好减为3 m/s，全程的平均速度为＝＝4 m/s 设滑块b的传送时间为tb，则有tb＝＝6.5 s。‎ ‎(4)由图乙可知，滑块a在传送带上加速阶段的位移 s1＝v1t1＋at＝8 m 滑块a在传送带上加速阶段产生的热量 Q1＝μ1m1g(vt1－s1)＝10 J 滑块b在传送带上减速的加速度大小a′＝＝ m/s2‎ 滑块b受到的滑动摩擦力大小f＝m2a′‎ 滑块b在传送带上减速阶段产生的热量 Q2＝f(LBC－vtb)＝6 J 系统因摩擦产生的热量Q＝Q1＋Q2＝16 J。‎ 答案　(1)0.8 m　(2)0.05　2.6 m　(3)6.5 s　(4)16 J - 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