2024高考物理一輪復(fù)習(xí)第六章碰撞與動量守恒綜合檢測含解析魯科版

PAGE12-碰撞與動量守恒綜合檢測(時(shí)間:90分鐘滿分:100分)一、選擇題(本題共12小題,每題4分,共48分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,第1~7題只有一個(gè)選項(xiàng)正確,第8~12題有多項(xiàng)正確,全部選對得4分,選對但不全得2分,有選錯(cuò)或不選的得0分)1.如圖所示,一傾角為α的光滑斜面,固定在水平面上,一質(zhì)量為m的小物塊從斜面的頂端由靜止起先滑下,滑究竟端時(shí)速度的大小為v,所用時(shí)間為t,則物塊滑至斜面的底端時(shí),重力的瞬時(shí)功率及下滑過程重力的沖量分別為(D)A.mgv,0 B.mgv,mgtsinαC.mgvcosα,mgt D.mgvsinα,mgt解析:依據(jù)瞬時(shí)功率的公式,可得物塊滑至斜面的底端時(shí)重力的瞬時(shí)功率為p=mgvsinα,重力的沖量為I=mgt,所以D正確,A,B,C錯(cuò)誤.2.一顆子彈水平射入置于光滑水平面上的木塊A并留在其中,A,B用一根彈性良好的輕質(zhì)彈簧連在一起,如圖所示.則在子彈打擊木塊A及彈簧被壓縮的過程中,對子彈、兩木塊和彈簧組成的系統(tǒng)(C)A.動量守恒,機(jī)械能守恒B.動量不守恒,機(jī)械能守恒C.動量守恒,機(jī)械能不守恒D.無法判定動量、機(jī)械能是否守恒解析:子彈、兩木塊和彈簧組成的系統(tǒng)在水平方向上不受外力,豎直方向上所受外力的合力為零,所以動量守恒;機(jī)械能守恒的條件是除重力、彈力對系統(tǒng)做功外,其他力對系統(tǒng)不做功,本題中子彈射入木塊瞬間有部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能(發(fā)熱),所以系統(tǒng)的機(jī)械能不守恒,故C正確.3.如圖,質(zhì)量為M的小船在靜止水面上以速率v0向右勻速行駛,一質(zhì)量為m的救生員站在船尾,相對小船靜止.若救生員以相對水面速率v水平向左躍入水中,則救生員躍出后小船的速率為(C)A.v0+v B.v0-vC.v0+(v0+v) D.v0+(v0-v)解析:以水平向右為正方向,依據(jù)動量守恒定律,對救生員和船有(M+m)v0=-mv+Mvx,解得vx=v0+(v0+v),選項(xiàng)C正確.4.如圖,光滑桌面上小滑塊P和Q都可以視為質(zhì)點(diǎn),質(zhì)量相等,Q與輕彈簧相連,設(shè)Q靜止,P以某一初速度與彈簧碰撞,在此后過程中系統(tǒng)具有的最大彈性勢能為(B)A.P的初動能 B.P的初動能的C.P的初動能的 D.P的初動能的解析:當(dāng)P,Q速度相等時(shí),彈簧有最大的彈性勢能,設(shè)P的初速度為v0,P,Q相等的速度為v,則P的初動能Ek0=m,依據(jù)動量守恒有mv0=2mv,解得v=,則最大的彈性勢能Ep=m-·2mv2=m=Ek0,故B正確.5.如圖所示,跳樓機(jī)是常見的大型機(jī)動游樂設(shè)備.這種設(shè)備的座艙裝在豎直柱子上,由升降機(jī)送至高處后使其自由下落(不計(jì)阻力),一段時(shí)間后,啟動制動系統(tǒng),座艙勻減速運(yùn)動到地面時(shí)剛好停下.下列說法正確的是(D)A.自由下落階段和制動階段乘客機(jī)械能的變更量相等B.自由下落階段和制動階段,乘客所受合力的沖量相同C.自由下落階段和制動階段,乘客所受重力做的功肯定相等D.整個(gè)下落過程中,乘客的最大速度是全程平均速度的兩倍解析:自由下落階段乘客的機(jī)械能不變,制動階段乘客機(jī)械能減小,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;自由下落階段和制動階段,乘客的動量變更等大反向,則乘客所受合力的沖量大小相同,方向相反,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;自由下落階段和制動階段下降的距離不肯定相同,則乘客所受重力做的功不肯定相等,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;整個(gè)下落過程中,若乘客的最大速度是v,則自由階段的平均速度為,制動階段的平均速度也是,即最大速度是全程平均速度的兩倍,選項(xiàng)D正確.6.如圖所示,質(zhì)量為M的小車靜止在光滑的水平地面上,小車上有n個(gè)質(zhì)量為m的小球,現(xiàn)用兩種方式將小球相對于地面以恒定速度v向右水平拋出,第一種方式是將n個(gè)小球一起拋出,其次種方式是將小球一個(gè)接一個(gè)地拋出,比較用這兩種方式拋完小球后小車的最終速度(小車的長度足夠長)(C)A.第一種較大 B.其次種較大C.兩種一樣大 D.不能確定解析:n個(gè)小球和小車組成的系統(tǒng)動量守恒,設(shè)小車的最終速度為v1,由動量守恒定律得Mv1+nmv=0,解得v1=-v,兩次求出的最終速度相同,選項(xiàng)C正確.7.質(zhì)量為m=2kg的物體受到水平拉力F的作用,在光滑的水平面上由靜止起先做直線運(yùn)動,運(yùn)動過程中物體的加速度隨時(shí)間變更的規(guī)律如圖所示.則下列推斷正確的是(D)A.0~4s內(nèi)物體先做加速運(yùn)動再做勻速運(yùn)動B.6s末物體的速度為零C.0~4s內(nèi)拉力沖量為18N·sD.0~4s內(nèi)拉力做功49J解析:物體是從靜止起先運(yùn)動,故在0~1s內(nèi)做加速度增大的加速運(yùn)動,2~4s內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動,4~6s做加速度減小的加速運(yùn)動,6s末加速度為零,速度最大,A,B錯(cuò)誤;at圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積表示速度變更量,故依據(jù)動量定理可得0~4s內(nèi)拉力的沖量為I=Ft=m·Δv=2×(3+4)×2×N·s=14N·s,C錯(cuò)誤;因?yàn)樗矫婀饣?故物體受到的合力大小等于F,依據(jù)動能定理可得WF=mv2-0=Ek,因?yàn)槭菑撵o止起先運(yùn)動的,所以4s末的動量為p=14N·s,依據(jù)p=可得知WF=49J,D正確.8.將一物體水平拋出并起先計(jì)時(shí),只受重力作用,下列說法正確的是(BD)A.瞬時(shí)速度與時(shí)間成正比B.重力的瞬時(shí)功率與時(shí)間成正比C.動能的增量與時(shí)間成正比D.動量的增量與時(shí)間成正比解析:依據(jù)平拋運(yùn)動的規(guī)律有v=,可知瞬時(shí)速度與時(shí)間不成正比,故A錯(cuò)誤;依據(jù)瞬時(shí)功率的定義有P=mgvy=mg2t,則重力的瞬時(shí)功率與時(shí)間成正比,B正確;依據(jù)動能定理有ΔEk=mgh=mg·gt2,故動能的增量與時(shí)間不成正比,故C錯(cuò)誤;由動量定理可知Δp=IG=mgt,則動量的增量與時(shí)間成正比,故D正確.9.在光滑水平面上有三個(gè)彈性小鋼球a,b,c處于靜止?fàn)顟B(tài),質(zhì)量分別為2m,m和2m.其中a,b兩球間夾一被壓縮了的彈簧,兩球通過左右兩邊的光滑擋板束縛著.若某時(shí)刻將擋板撤掉,彈簧便把a(bǔ),b兩球彈出,兩球脫離彈簧后,a球獲得的速度大小為v,若b,c兩球相距足夠遠(yuǎn),則b,c兩球相碰后(BD)A.b球的速度大小為v,運(yùn)動方向與原來相反B.b球的速度大小為v,運(yùn)動方向與原來相反C.c球的速度大小為vD.c球的速度大小為v解析:設(shè)b球脫離彈簧時(shí)的速度為v0,b,c兩球相碰后b,c的速度分別為vb和vc,取向右為正方向,彈簧將a,b兩球彈出過程,由動量守恒定律得0=-2mv+mv0,解得v0=2v,b,c兩球相碰過程,由動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律得mv0=mvb+2mvc,m=m+·2m,聯(lián)立解得vb=-v(負(fù)號表示方向向左,運(yùn)動方向與原來相反),vc=v,故B,D正確.10.某同學(xué)從圓珠筆中取出輕彈簧,將彈簧一端豎直固定在水平桌面上,另一端套上筆帽,用力把筆帽往下壓后快速放開,他視察到筆帽被彈起并離開彈簧向上運(yùn)動一段距離.不計(jì)空氣阻力,忽視筆帽與彈簧間的摩擦,在彈簧復(fù)原原長的過程中(CD)A.筆帽始終做加速運(yùn)動B.彈簧對筆帽做的功和對桌面做的功相等C.彈簧對筆帽的沖量大小和對桌面的沖量大小相等D.彈簧對筆帽的彈力做功的平均功率大于筆帽克服重力做功的平均功率解析:彈簧復(fù)原原長的過程中,筆帽先向上做加速運(yùn)動,彈簧壓縮量減小,彈力減小,當(dāng)彈力等于重力時(shí),加速度為零,速度最大,此后彈力小于重力,合力向下,筆帽做減速運(yùn)動,故A錯(cuò)誤;筆帽向上運(yùn)動,受到的彈力方向向上,力與位移同向,故彈力對筆帽作正功,重力方向向下,與位移反向,對筆帽做負(fù)功,由于筆帽離開彈簧時(shí)動能不為0,所以彈簧對筆帽做的功大于筆帽克服重力做的功,時(shí)間相同,依據(jù)功率的定義P=可知,D正確;彈簧對桌面雖然有彈力,但沒有位移,所以不做功,故B錯(cuò)誤;由于輕彈簧質(zhì)量不計(jì),所以彈簧對桌面的彈力等于對筆帽的彈力,作用時(shí)間相同,沖量大小相等,故C正確.11.在冰壺競賽中,球員手持毛刷擦刷冰面,可以變更冰壺滑行時(shí)受到的阻力.如圖(a)所示,藍(lán)壺靜止在圓形區(qū)域內(nèi),運(yùn)動員用等質(zhì)量的紅壺撞擊藍(lán)壺,兩壺發(fā)生正碰,若碰撞前后兩壺的vt圖象如圖(b)所示.關(guān)于冰壺的運(yùn)動,下列說法正確的是(CD)A.兩壺發(fā)生了彈性碰撞B.藍(lán)壺運(yùn)動了4s停下C.碰撞后兩壺相距的最遠(yuǎn)距離為1.275mD.碰撞后藍(lán)壺的加速度大小為0.3m/s2解析:由圖(b)可知,碰前紅壺的速度v0=1.2m/s,碰后紅壺的速度v紅=0.3m/s,取碰撞前紅壺的速度方向?yàn)檎较?碰撞過程系統(tǒng)動量守恒,則有mv0=mv紅+mv,解得v=0.9m/s;碰撞前兩壺的總動能Ek1=m=0.72m,碰撞后兩壺的總動能Ek2=m+mv2=0.45m<Ek1,所以兩壺碰撞為非彈性碰撞,故A錯(cuò)誤;由碰前紅壺的vt圖象可知,紅壺的加速度大小為a=m/s2=0.4m/s2,即藍(lán)壺再次靜止的時(shí)刻為t=s=4s,所以藍(lán)壺運(yùn)動了3s停下,故B錯(cuò)誤;vt圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移,則碰后兩壺相距的最遠(yuǎn)距離s=-m=1.275m,故C正確;碰后藍(lán)壺的加速度大小a'==m/s2=0.3m/s2,故D正確.12.如圖所示,小車的上面固定一個(gè)光滑彎曲圓管道,整個(gè)小車(含管道)的質(zhì)量為2m,原來靜止在光滑的水平面上.今有一個(gè)可以看做質(zhì)點(diǎn)的小球,質(zhì)量為m,半徑略小于管道半徑,以水平速度v從左端滑上小車,小球恰好能到達(dá)管道的最高點(diǎn),然后從管道左端滑離小車.關(guān)于這個(gè)過程,下列說法正確的是(BC)A.小球滑離小車時(shí),小車回到原來位置B.小球滑離小車時(shí)相對小車的速度大小為vC.車上管道中心線最高點(diǎn)的豎直高度為D.小球從滑進(jìn)管道到滑到最高點(diǎn)的過程中,小車的動量變更大小是解析:小球恰好到達(dá)管道的最高點(diǎn),說明在最高點(diǎn)時(shí)小球和管道之間相對速度為0,小球從滑進(jìn)管道到滑到最高點(diǎn)的過程中,依據(jù)水平方向的動量守恒,有mv=(m+2m)v',得v'=,小車動量變更大小Δp車=2m·=mv,D項(xiàng)錯(cuò)誤.小球從滑進(jìn)管道到滑到最高點(diǎn),依據(jù)機(jī)械能守恒定律有mgH=mv2-(m+2m)v'2,得H=,C項(xiàng)正確.小球從滑上小車到滑離小車的過程,有mv=mv1+2mv2,mv2=m+·2m,解得v1=-,v2=v,則小球滑離小車時(shí)相對小車的速度大小為v+v=v,B項(xiàng)正確.在整個(gè)過程中小球?qū)π≤嚳偸亲稣?因此小車始終向右運(yùn)動,A項(xiàng)錯(cuò)誤.二、非選擇題(共52分)13.(8分)如圖為一彈簧彈射裝置,在內(nèi)壁光滑、水平固定的金屬管中放有輕彈簧,彈簧壓縮并鎖定,在金屬管兩端各放置一個(gè)金屬小球1和2(兩球直徑略小于管徑且與彈簧不固連).現(xiàn)解除彈簧鎖定,兩個(gè)小球同時(shí)沿同始終線向相反方向彈射.然后按下述步驟進(jìn)行試驗(yàn):①記錄兩球在水平地面上的落點(diǎn)P,Q;②用刻度尺測出兩管口離地面的高度h;③用天平測出兩球質(zhì)量m1,m2.回答下列問題:(1)要測定彈射裝置在彈射時(shí)所具有的彈性勢能,還需測量的物理量有.(已知重力加速度g)

A.彈簧的壓縮量ΔxB.兩球落點(diǎn)P,Q到對應(yīng)管口M,N的水平距離s1,s2C.小球直徑D.兩球從管口彈出到落地的時(shí)間t1,t2(2)依據(jù)測量結(jié)果,可得彈性勢能的表達(dá)式為Ep=(用測出量表示).

(3)由上述測得的物理量來表示,假如滿意關(guān)系式(用測出量表示),就說明彈射過程中兩小球組成的系統(tǒng)動量守恒.

解析:(1)依據(jù)機(jī)械能守恒定律可知,彈簧的彈性勢能等于兩球得到的動能之和,而要求解動能必需還要知道兩球彈射的初速度v0,由平拋運(yùn)動規(guī)律可知v0=,故還須要測出兩球落點(diǎn)P,Q到對應(yīng)管口M,N的水平距離s1,s2.(2)小球被彈開時(shí)獲得的動能Ek=m=,故彈性勢能的表達(dá)式為Ep=m1+m2=+.(3)假如滿意關(guān)系式m1v1=m2v2,即m1s1=m2s2,那么就說明彈射過程中兩小球組成的系統(tǒng)動量守恒.答案:(1)B(2)+(3)m1s1=m2s2評分標(biāo)準(zhǔn):第(1)問2分,第(2)(3)問各3分.14.(6分)用如圖(甲)所示的氣墊導(dǎo)軌來驗(yàn)證動量守恒定律,用頻閃照相機(jī)閃光4次拍得照片如圖(乙)所示,已知閃光時(shí)間間隔為Δt=0.02s,閃光本身持續(xù)時(shí)間極短,已知在這4次閃光時(shí)間內(nèi)A,B均在0~80cm范圍內(nèi)且第一次閃光時(shí),A恰好過s=55cm處,B恰好過s=70cm處,則由圖可知:(1)兩滑塊在s=cm處碰撞.

(2)兩滑塊在第一次閃光后t=s時(shí)發(fā)生碰撞.

(3)若碰撞過程中滿意動量守恒,則A,B兩滑塊的質(zhì)量比為.

解析:(1)碰撞發(fā)生在第1,2兩次閃光時(shí)刻之間,碰撞后B靜止,故碰撞發(fā)生在s=60cm處.(2)碰撞后A向左做勻速運(yùn)動,設(shè)其速度為vA',所以vA'·Δt=20cm.從碰撞到其次次閃光時(shí)A向左運(yùn)動10cm,設(shè)經(jīng)驗(yàn)的時(shí)間為t',有vA'·t'=10cm.設(shè)第一次閃光到發(fā)生碰撞經(jīng)驗(yàn)的時(shí)間為t,有t+t'=Δt,得t==0.01s.(3)碰撞前,A的速度大小為vA==5m/s;B的速度大小為vB==10m/s;碰撞后,A的速度vA'==10m/s,取向左為正方向,則由動量守恒定律可知mAvA'=mBvB-mAvA,解得mA∶mB=2∶3.答案:(1)60(2)0.01(3)2∶3評分標(biāo)準(zhǔn):每空2分.15.(6分)如圖所示,一只質(zhì)量為5.4kg的保齡球,撞上一只原來靜止,質(zhì)量為1.7kg的球瓶.此后球瓶以3.0m/s的速度向前飛出,而保齡球以1.8m/s的速度接著向前運(yùn)動,假設(shè)它們相互作用的時(shí)間為0.05s.求:(1)碰撞后保齡球的動量;(2)碰撞時(shí)保齡球與球瓶間的相互作用力的大小.解析:(1)碰撞后保齡球的動量p'=m1v'=5.4×1.8kg·m/s=9.72kg·m/s.(2分)(2)以初速度方向?yàn)檎较?對球瓶有Δp=Mv-0=1.7×3.0kg·m/s=5.1kg·m/s(1分)由動量定理得F·t=Δp(2分)代入數(shù)據(jù)求得F=102N.(1分)答案:(1)9.72kg·m/s(2)102N16.(8分)如圖,“冰雪游樂場”滑道上的B點(diǎn)左側(cè)水平而粗糙,右側(cè)是光滑的曲面,左右兩側(cè)平滑連接,質(zhì)量m=30kg的小孩從滑道頂端A點(diǎn)由靜止起先下滑,經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)被靜止的質(zhì)量為M=60kg的家長抱住,一起滑行到C點(diǎn)停下(C點(diǎn)末畫出),已知A點(diǎn)高度h=5m,人與水平滑道間的動摩擦因數(shù)μ=0.2,g取10m/s2,求:(1)小孩剛到B點(diǎn)時(shí)的速度大小vB;(2)B,C間的距離s.解析:(1)從A點(diǎn)到B點(diǎn),依據(jù)機(jī)械能守恒定律得mgh=m(2分)得vB=10m/s.(1分)(2)家長抱住小孩瞬間,由動量守恒定律有mvB=(m+M)v(1分)解得v=m/s(1分)接著以共同速度v向左做勻減速直線運(yùn)動,由動能定理得-μ(m+M)gs=0-(m+M)v2(1分)解得s=m.(2分)答案:(1)10m/s(2)m17.(12分)如圖所示,光滑的水平面上有P,Q兩個(gè)豎直固定擋板,A,B是兩擋板連線的三等分點(diǎn).A點(diǎn)處有一質(zhì)量為m2的靜止小球,緊貼P擋板的右側(cè)有一質(zhì)量為m1的等大小球以速度v0向右運(yùn)動并與m2相碰.小球與小球、小球與擋板間的碰撞均為彈性正碰,兩小球均可視為質(zhì)點(diǎn).求:(1)兩小球m1和m2第一次碰后的速度v1和v2;(2)若兩小球之間的其次次碰撞恰好發(fā)生在B點(diǎn),且m1<m2,求m1和m2的可能比值.解析:(1)兩球發(fā)生彈性正碰,設(shè)碰后速度分別為v1和v2,則有m1v0=m1v1+m2v2,(2分)m1=m1+m2,(2分)解得v1=v0,(1分)v2=.(1分)(2)m1與m2在B點(diǎn)相碰有兩種情形.第一種情形,m1被P反彈后追上m2.由于v1=v0<0,m1運(yùn)動距離為m2的3倍,則有|-v1t|=3v2t,(2分)解得=.(1分)其