全程復(fù)習(xí)構(gòu)想2023高考物理一輪復(fù)習(xí)第六章碰撞與動量守恒章末質(zhì)量評估新人教版

PAGEPAGE5章末質(zhì)量評估(六)一、選擇題(1～5題只有一個選項符合題目要求，6～8題有多個選項符合題目要求)1．“快樂向前沖〞節(jié)目中有這樣的設(shè)置，沖關(guān)者以一定的速度抱住懸掛在光滑桿上的圓柱物體，然后一起向前壓縮彈簧，原理如下圖，而后圓柱將彈簧壓縮到最短．關(guān)于人和圓柱物體組成的系統(tǒng)，以下說法中正確的選項是()A．人抱住物體的過程中系統(tǒng)動量不守恒B．人抱住物體的過程中系統(tǒng)機(jī)械能守恒C．物體壓縮彈簧過程中，系統(tǒng)總動量守恒D．物體壓縮彈簧過程中，人、物體和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒解析：在人抱住物體的過程中，因為作用時間極短，可認(rèn)為系統(tǒng)靜止，所以不受彈力作用，系統(tǒng)合力為零，動量守恒，選項A錯誤；在人抱住物體的過程中，一局部機(jī)械能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的內(nèi)能，即系統(tǒng)的機(jī)械能不守恒，選項B錯誤；物體壓縮彈簧過程中，系統(tǒng)受到水平向右的彈力作用，合外力不為零，系統(tǒng)的總動量不守恒，所以選項C錯誤；物體壓縮彈簧過程中，由人、物體和彈簧組成的系統(tǒng)，只有系統(tǒng)內(nèi)的彈力做功，所以系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，選項D正確．答案：D2．如下圖，一個質(zhì)量為m的鐵錘，以速度v豎直打在木樁上，經(jīng)Δt時間而停止，嚴(yán)格來說，在擊打時間內(nèi)，鐵錘所受到的平均沖力大小為()A．mgB.eq\f(mv,Δt)＋mgC.eq\f(mv,Δt)D.eq\f(mv,Δt)－mg解析：對鐵錘應(yīng)用動量定理，以向上為正方向，有(F－mg)Δt＝0－(－mv)得F＝eq\f(mv,Δt)＋mg.選項B正確．答案：B3．兩質(zhì)量大小完全相同的正方體木塊A、B，靠在一起放在光滑水平面上，一水平射來的子彈先后穿透兩木塊后飛出，假設(shè)木塊對子彈的阻力恒定不變，子彈射穿兩木塊的時間相同，那么子彈射穿后A、B兩木塊的速度之比為()A．1：1B．1：2C．1：3D．1：eq\r(3)解析：子彈射穿A時，兩木塊獲得共同速度設(shè)為v1，射穿B時，B獲得速度為v2，因為兩過程相互作用力及相互作用時間相等，所以合外力的沖量相等．對第一過程I＝2mv1－0；對第二過程I＝mv2－mv1.所以2mv1＝mv2－mv1，即3v1＝v2.答案：C4．如下圖，質(zhì)量為M的盒子放在光滑的水平面上，盒子內(nèi)外表不光滑，盒內(nèi)放有一塊質(zhì)量為m的物體，某時刻給物體一個水平向右的初速度v0，那么在物體與盒子前后壁屢次往復(fù)碰撞后()A．兩者的速度均為零B．兩者的速度總不會相等C．盒子的最終速度為eq\f(mv0,M)，方向水平向右D．盒子的最終速度為eq\f(mv0,M＋m)，方向水平向右解析：由于盒子內(nèi)外表不光滑，在屢次碰后物體與盒相對靜止，由動量守恒得：mv0＝(M＋m)v′，解得：v′＝eq\f(mv0,M＋m)，故D正確．答案：D5．(2022·甘肅省天水市期末)如下圖，水平光滑地面上停放著一輛質(zhì)量為M的小車，小車左端靠在豎直墻壁上，其左側(cè)半徑為R的四分之一圓弧軌道AB是光滑的，軌道最低點B與水平軌道BC相切，整個軌道處于同一豎直平面內(nèi)．將質(zhì)量為m的物塊(可視為質(zhì)點)從A點無初速度釋放，物塊沿軌道滑行至軌道末端C處恰好沒有滑出．重力加速度為g，空氣阻力可忽略不計．關(guān)于物塊從A位置運(yùn)動至C位置的過程中，以下說法中正確的選項是()A．小車和物塊構(gòu)成的系統(tǒng)水平方向動量守恒B．物塊克服摩擦力所做的功為mgRC．摩擦力對小車所做的功為mgRD．由于摩擦產(chǎn)生的熱量為mMgR/(m＋M)解析：物塊從A位置運(yùn)動到B位置的過程中，小車和物塊組成的系統(tǒng)水平方向動量不守恒，在物塊從B運(yùn)動到C的過程中，水平方向動量守恒，選項A錯誤；物塊從A位置運(yùn)動到B位置的過程中，由機(jī)械能守恒可得v＝eq\r(2Rg)，在物塊從B位置運(yùn)動到C位置的過程中，根據(jù)動量守恒定律有mv＝(M＋m)v′，可得最終物塊與小車的共同速度v′＝eq\f(mv,M＋m)，在整個運(yùn)動過程中，物塊克服摩擦力所做的功等于物塊機(jī)械能的減少量，為ΔE＝mgR－eq\f(1,2)mv′2，摩擦力對小車所做的功等于小車增加的動能，為eq\f(1,2)Mv′2，由于摩擦產(chǎn)生的熱量等于系統(tǒng)減少的機(jī)械能，Q熱＝mgR－eq\f(1,2)(M＋m)v′2＝eq\f(MmgR,M＋m)，應(yīng)選項B、C錯誤，D正確．答案：D6．向空中發(fā)射一物體，不計空氣阻力，當(dāng)此物體的速度恰好沿水平方向時物體炸裂成a、b兩塊．假設(shè)質(zhì)量較大的a塊的速度方向仍沿原來方向，那么()A．b的速度方向一定與原速度方向相反B．從炸裂到落地的這段時間內(nèi)，a飛行的水平距離一定比b的大C．a(chǎn)、b兩物塊一定能同時到達(dá)地面D．在炸裂過程中，a、b受到的爆炸力的沖量大小一定相等解析：炸裂瞬間系統(tǒng)在水平方向的動量守恒，雖然兩物塊均做平拋運(yùn)動，落地時間相等，但b的運(yùn)動方向、兩物塊速度的大小均無法判定，不過炸裂瞬間a、b受到的沖力是一對作用力與反作用力．故此題選C、D.答案：CD7．在光滑水平面上，動能為E0、動量的大小為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)動方向相反．將碰撞后球1的動能和動量的大小分別記為E1、p1，球2的動能和動量的大小分別記為E2、p2，那么必有()A．E1<E0B．p1<p0C．E2>E0D．p2>p0解析：球1與球2碰撞，碰撞前后的動能關(guān)系應(yīng)為E0≥E1＋E2，所以E1<E0，選項A正確．E2不可能大于E0，那么選項C錯．對球1碰后動能減小，那么p1<p0，選項B正確．由動量守恒有p0＝－p1＋p2.p2＝p0＋p1，那么p2>p0，選項D正確．答案：ABD8．(2022·合肥市質(zhì)量檢測)一質(zhì)量為2kg的物體受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直線運(yùn)動時的a－t圖象如下圖，t＝0時其速度大小為2m/s，滑動摩擦力大小恒為2N，那么()A．在t＝6s的時刻，物體的速度為18m/sB．在0～6s時間內(nèi)，合力對物體做的功為400JC．在0～6s時間內(nèi)，拉力對物體的沖量為48N·sD．在t＝6s的時刻，拉力F的功率為200W解析：類比速度圖象位移的表示方法可知，速度變化量在加速度—時間圖象中由圖線與坐標(biāo)軸所圍面積表示，在0～6s內(nèi)Δv＝18m/s，v0＝2m/s，那么t＝6s時的速度v＝20m/s，A項錯；由動能定理可知，0～6s內(nèi)，合力做功W＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝396J，B項錯；由沖量定理可知，I－Ff·t＝mv－mv0，代入條件解得：I＝48N·s，C項正確；由牛頓第二定律可知，6s末F－Ff＝ma，解得：F＝10N，所以拉力的功率P＝Fv＝200W，D項正確．答案：CD二、非選擇題9．碰撞的恢復(fù)系數(shù)的定義為e＝eq\f(|v2－v1|,|v20－v10|)，其中v10和v20分別是碰撞前兩物體的速度，v1和v2分別是碰撞后物體的速度．彈性碰撞的恢復(fù)系統(tǒng)e＝1，非彈性碰撞的e<1.某同學(xué)借用驗證動量守恒定律的實驗裝置(如下圖)驗證彈性碰撞的恢復(fù)系數(shù)是否為1，實驗中使用半徑相等的鋼質(zhì)小球1和2(它們之間的碰撞可近似視為彈性碰撞)，且小球1的質(zhì)量大于小球2的質(zhì)量．實驗步驟如下：安裝好實驗裝置，做好測量前的準(zhǔn)備，并記下重垂線所指的位置O.第一步，不放小球2，讓小球1從斜槽上A點由靜止?jié)L下，并落在地面上．重復(fù)屢次，用盡可能小的圓把小球的所落點圈在里面，其圓心就是小球落點的平均位置．第二步，把小球2放在斜槽前端邊緣處C點，讓小球1從A點由靜止?jié)L下，使它們碰撞．重復(fù)屢次，并使用與第一步同樣的方法分別標(biāo)出碰撞后小球落點的平均位置．第三步，用刻度尺分別測量三個落地點的平均位置離O點的距離，即線段OM、OP、ON的長度．上述實驗中，(1)P點是________平均位置，M點是________平均位置，N點是________平均位置．(2)請寫出本實驗的原理________，寫出用測量量表示的恢復(fù)系數(shù)的表達(dá)式________．(3)三個落地點距O點的距離OM、OP、ON與實驗所用的小球質(zhì)量是否有關(guān)系？________________________________________________________________________.解析：(1)P點是在實驗的第一步中小球1落點的平均位置；M點是小球1與小球2碰后小球1落點的平均位置，N點是小球2落點的平均位置．(2)小球從槽口C飛出后做平拋運(yùn)動的時間相同，假設(shè)為t，那么有OP＝v10t，OM＝v1t，ON＝v2t，小球2碰撞前靜止，即v20＝0，那么有e＝eq\f(v2－v1,v10－v20)＝eq\f(ON－OM,OP－0)＝eq\f(ON－OM,OP).(3)OP與小球的質(zhì)量無關(guān)，OM和ON與小球的質(zhì)量有關(guān)．答案：(1)MN(2)(3)見解析10．(2022·西安市一模)如圖甲所示，在高h(yuǎn)＝0.8m的平臺上放置一質(zhì)量為M＝0.99kg的小木塊(可視為質(zhì)點)，小木塊距平臺右邊緣距離d＝2m，一質(zhì)量m＝0.01kg的子彈沿水平方向射入小木塊并留在其中，然后一起向右運(yùn)動，在平臺上運(yùn)動的v2－x關(guān)系如圖乙所示．最后，小木塊從平臺邊緣滑出落在距平臺右側(cè)水平距離x′＝0.8m的地面上，g取10m/s2，求：(1)小木塊滑出時的速度；(2)小木塊在滑動過程中產(chǎn)生的熱量；(3)子彈射入小木塊前的速度．解析：(1)小木塊從平臺滑出后做平拋運(yùn)動有h＝eq\f(1,2)gt2得t＝0.4s木塊飛出時的速度v2＝eq\f(x′,t)＝2m/s(2)因為小木塊在平臺上滑動過程中做勻減速運(yùn)動，根據(jù)veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1)＝－2ax知v2－x圖象的斜率k＝eq\f(4－10,1)＝－2a得小木塊在平臺上滑動的加速度大小a＝3m/s2根據(jù)牛頓第二定律，得Ff＝(M＋m)a＝(0.99＋0.01)×3＝3N根據(jù)能量守恒定律，得小木塊在滑動過程中產(chǎn)生的熱量Q＝Ff·d＝6J(3)由圖象可得eq\f(10－v\o\al(2,1),1－0)＝eq\f(4－10,2－1)解得小木塊剛開始滑動時的速度為v1＝4m/s子彈射入木塊的過程中，根據(jù)動量守恒定律，有mv0＝(M＋m)v1解得v0＝400m/s答案：(1)2m/s(2)6J(3)400m/s11．(2022·綿陽一診)光滑水平面上放著質(zhì)量mA＝1kg的物塊A與質(zhì)量mB＝2kg的物塊B，A與B均可視為質(zhì)點，A靠在豎直墻壁上，A、B間夾一個被壓縮的輕彈簧(彈簧與A、B均不拴接)，用手擋住B不動，此時彈簧彈性勢能Ep＝49J．在A、B間系一輕質(zhì)細(xì)繩，細(xì)繩長度大于彈簧的自然長度，如下圖．放手后B向右運(yùn)動，繩在短暫時間內(nèi)被拉斷，之后B沖上與水平面相切的豎直半圓光滑軌道，其半徑R＝0.5m，B恰能到達(dá)最高點C.取g＝10m/s2，求：(1)繩拉斷后瞬間B的速度vB的大?。?2)繩拉斷過程繩對B的沖量I的大??；(3)繩拉斷過程繩對A所做的功W.解析：(1)設(shè)在繩被拉斷后瞬間B的速度為vB，到達(dá)C點時的速度為vC，有mBg＝mBeq\f(v\o\al(2,C),R)①eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)