《2020版高考物理總復習 第六章 碰撞與動量守恒綜合檢測（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020版高考物理總復習 第六章 碰撞與動量守恒綜合檢測（含解析）（11頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、碰撞與動量守恒 綜合檢測 (時間:90分鐘　滿分:100分) 一、選擇題(本題共12小題,每小題4分,共48分.在每小題給出的四個選項中,第1～8小題只有一個選項正確,第9～12小題有多個選項正確,全部選對的得4分,選對但不全的得2分,有選錯或不選的得 0分) 1.如圖所示,一傾角為α的光滑斜面,固定在水平面上,一質量為m的小物塊從斜面的頂端由靜止開始滑下,滑到底端時速度的大小為v,所用時間為t,則物塊滑至斜面的底端時,重力的瞬時功率及下滑過程重力的沖量分別為(　D　) A.mgv,0 B.mgv,mgtsin α C.mgvcos α,mgt D.mgvsin

2、 α,mgt 解析:根據瞬時功率的公式,可得物塊滑至斜面的底端時重力的瞬時功率為p=mgvsin α,重力的沖量為I=mgt,所以D正確,A,B,C錯誤. 2.如圖,從豎直面上大圓的最高點A,引出兩條不同的光滑軌道,端點都在大圓上.相同物體由靜止開始,從A點分別沿兩條軌道滑到底端,則下列說法中正確的是(　B　) A.到達底端的速度大小相等 B.重力的沖量都相同 C.物體動量的變化率都相同 D.沿AB運動所用的時間小于沿AC運動所用的時間 解析:如圖所示,對物體在軌道上下滑過程中,由牛頓第二定律可得a=gcos α 根據運動學公式x=at2可得2Rcos α=gcos α

3、t2,則有t=2;因此下滑時間與軌道和豎直方向的角度無關,只與圓弧的半徑及重力加速度有關,故D錯誤;因時間相同,則重力的沖量相同,故B正確;由于物體下落的高度不同,故物體到達軌道底端的速度大小不同,選項A錯誤;根據動量定理,動量的變化率等于合外力,即mgcos α,因為α不同,則動量的變化率不同,選項C錯誤. 3.在光滑的水平面上有a,b兩球,其質量分別為ma,mb,兩球在t0時刻發(fā)生正碰,并且在碰撞過程中無機械能損失,兩球碰撞前后的速度—時間圖像如圖所示,下列關系正確的是(　B　) A.ma>mb B.ma

4、止的b球運動,碰后a球反彈且速度小于其初速度,根據動量守恒定律,a球的質量小于b球的質量,選項B正確. 4.在光滑水平面上,質量為m的小球A正以速度v0勻速運動.某時刻小球A與質量為3m的靜止小球B發(fā)生正碰,兩球相碰后,A球的動能恰好變?yōu)樵瓉淼?則碰后B球的速度大小是(　A　) A. B. C.或 D.無法確定 解析:兩球相碰后A球的速度大小變?yōu)樵瓉淼?相碰過程中滿足動量守恒,若碰后A速度方向不變,則mv0=mv0+3mv1,可得B球的速度v1=,若B在前,A在后,則A球在后的速度應小于B球在前的速度,不滿足實際情況,因此A球一定反向運動,即mv0=-mv0+3mv1,可得v1=

5、,因此A正確,B,C,D錯誤. 5.如圖,長l的輕桿兩端固定兩個質量相等的小球甲和乙,初始時它們直立在光滑的水平地面上,后由于受到微小擾動,系統(tǒng)從圖示位置開始傾倒.當小球甲剛要落地時,其速度大小為(　A　) A. B. C. D.0 解析:兩球組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒,小球甲剛要落地時,水平方向系統(tǒng)速度為0,則小球乙速度為0;由機械能守恒定律得m=mgl,解得vB=,故選項A正確. 6.如圖所示,足夠長的長木板A靜止在光滑的水平地面上,質量為1 kg的物體B以v0=3 m/s的水平速度沖上A,由于摩擦力作用,最后停止在木板A上.若從B沖到木板A上到相對木板A靜止這段時間內摩擦力對

6、長木板的沖量大小為2 N·s,則A,B最后的共同速度及長木板的質量分別為(　B　) A.1 m/s,1 kg B.1 m/s,2 kg C.2 m/s,1 kg D.2 m/s,2 kg 解析:物體B與長木板A最終兩者達到共同速度,作用過程中系統(tǒng)不受外力作用,系統(tǒng)動量守恒.選向右為正方向,則mv0=(M+m)v,對長木板A由動量定理得ΔI=Mv,得v=1 m/s,M=2 kg,選項B正確,A,C,D錯誤. 7.將質量為M=3m的木塊固定在光滑水平面上,一顆質量為m的子彈以速度v0沿水平方向射入木塊,子彈射穿木塊時的速度為,現將同樣的木塊放在光滑的水平桌面上,相同的子彈仍以速度v0沿

7、水平方向射入木塊.則子彈(　A　) A.不能射穿木塊,子彈將留在木塊中,一起以共同的速度做勻速運動 B.能夠射穿木塊 C.剛好能射穿木塊,此時相對速度為零 D.子彈以3v0速度射向木塊,并從木塊中穿出,木塊獲得的速度為v1;若子彈以4v0速度射向木塊,木塊獲得的速度為v2,則必有v1

8、,B,C錯誤;木塊不固定時,子彈以速度 v′射入木塊,系統(tǒng)動量守恒,假設不能穿出,根據動量守恒定律有 mv′=(M+m)v,根據功能關系可得Q=fx=mv′2-(M+m)v2,而M=3m,解得x=d,故當子彈以3v0速度或者4v0速度射向木塊時,有x>d,故子彈均射出,子彈初速度越大,穿出時間越短,木塊加速時間越短,獲得的速度越小,故D錯誤。 8.如圖所示,帶有光滑弧形軌道的小車質量為m,放在光滑水平面上,一質量也為m的鐵塊,以速度v沿軌道水平端向上滑去,至某一高度后再向下返回,則當鐵塊回到小車右端時,將(　D　) A.以速度v做平拋運動 B.以小于v的速度做平拋運動 C.靜止

9、于車上 D.自由下落 解析:整個過程水平方向動量守恒,機械能守恒,所以小車與鐵塊相當于彈性碰撞;由于小車和鐵塊的質量都為m,所以當鐵塊回到小車右端時,鐵塊的速度為0,小車具有向左的速度v,選項D正確. 9.如圖所示,輕質彈簧的一端固定在墻上,另一端與質量為m的物體A相連,A放在光滑水平面上,有一質量與A相同的物體B從高h處由靜止開始沿光滑曲面滑下,與A相碰后一起將彈簧壓縮,彈簧復原過程中某時刻B與A分開且沿原曲面上升.下列說法正確的是(　BD　) A.彈簧被壓縮時所具有的最大彈性勢能為mgh B.彈簧被壓縮時所具有的最大彈性勢能為mgh C.B能達到的最大高度為h D.B能達

10、到的最大高度為h 解析:對B下滑過程,據機械能守恒定律可得mgh=m,則得B剛到達水平地面時的速度v0=,與A碰撞過程,以A,B組成的系統(tǒng)為研究對象,取向右為正方向,根據動量守恒定律可得mv0=2mv,得A與B碰撞后的共同速度為v=v0,所以彈簧被壓縮時所具有的最大彈性勢能為Epm=×2mv2=mgh,選項A錯誤,B正確;當彈簧再次恢復原長時,A與B將分開,B以v的速度沿斜面上滑,根據機械能守恒定律可得mgh′=mv2,解得B能達到的最大高度為h′=h,選項C錯誤,D正確. 10.兩小球A,B置于光滑的水平面上,A球以一定的速度與靜止的B球發(fā)生彈性正碰,如圖所示,關于兩球碰撞過程中的說法正

11、確的是(　AC　) A.在兩球碰撞的整個過程中,相互作用力沖量的矢量和為零,做功的代數和也為零 B.在兩球碰撞的整個過程中,B對A始終做負功 C.在兩球壓縮形變階段,系統(tǒng)的動量不變,動能減少 D.當兩球的速度相等時,系統(tǒng)的機械能最小 解析:由牛頓第三定律知,在兩球碰撞的整個過程中相互作用力始終大小相等、方向相反,故相互作用力沖量的矢量和為零,由于兩球發(fā)生彈性碰撞,系統(tǒng)機械能守恒,故相互作用力做功的代數和為零,選項A正確;若兩球碰后A的速度反向,則在整個碰撞過程中,B對A先做負功再做正功,若兩球碰后A的速度方向不變,則在整個碰撞過程中,B對A做負功,選項B錯誤;在兩球壓縮形變階段,

12、由于水平方向不受外力,則系統(tǒng)動量保持不變,雖然兩球發(fā)生彈性碰撞,即碰撞開始和結束的兩時刻動能相等,但在壓縮階段,兩球的彈性勢能增加,則總動能減少.當兩球速度相等時,系統(tǒng)動能最小.選項C正確,D錯誤. 11.如圖所示,豎直平面內的光滑水平軌道的左邊與墻壁對接,右邊與一個足夠高的四分之一光滑圓弧軌道平滑相連,木塊A,B靜置于光滑水平軌道上,A,B的質量分別為1.5 kg和0.5 kg.現讓A以6 m/s的速度水平向左運動,之后與墻壁碰撞,碰撞的時間為0.3 s,碰后的速度大小變?yōu)? m/s,當A與B碰撞后立即粘在一起運動,g取10 m/s2,則(　BCD　) A.A與墻壁的過程中,墻壁對A

13、的平均作用力的大小F=10 N B.A與B碰撞的過程中損失的機械能為3 J C.A,B碰撞后的速度v=3 m/s D.A,B滑上圓弧軌道的最大高度h=0.45 m 解析:設水平向右為正方向,當A與墻壁碰撞時,由動量定理得Ft= mAv1′-mA·(-v1),則F==50 N,故A錯誤;設碰撞后A,B的共同速度為v,以向右為正方向,由動量守恒定律得mAv1′=(mA+mB)v,則v= 3 m/s,故C正確.A與B碰撞過程中,損失的機械能ΔE=mAv1′2-(mA+ mB)v2=3 J,故B正確.A,B在光滑圓形軌道上滑動時,由機械能守恒定律得(mA+mB)v2=(mA+mB)gh,

14、代入數據解得h=0.45 m,故D正確. 12.如圖所示,小車的上面固定一個光滑彎曲圓管道,整個小車(含管道)的質量為2m,原來靜止在光滑的水平面上.今有一個可以看做質點的小球,質量為m,半徑略小于管道半徑,以水平速度v從左端滑上小車,小球恰好能到達管道的最高點,然后從管道左端滑離小車.關于這個過程,下列說法正確的是(　BC　) A.小球滑離小車時,小車回到原來位置 B.小球滑離小車時相對小車的速度大小為v C.車上管道中心線最高點的豎直高度為 D.小球從滑進管道到滑到最高點的過程中,小車的動量變化大小是 解析:小球恰好到達管道的最高點,說明在最高點時小球和管道之間相對速度為0

15、,小球從滑進管道到滑到最高點的過程中,根據水平方向的動量守恒,有mv=(m+2m)v′,得v′=,小車動量變化大小Δp車=2m·=mv,D項錯誤.小球從滑進管道到滑到最高點,根據機械能守恒定律有mgH=mv2-(m+2m)v′2,得H=,C項正確.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,則小球滑離小車時相對小車的速度大小為v+v=v,B項正確.在整個過程中小球對小車總是做正功,因此小車一直向右運動,A項錯誤. 二、非選擇題(共52分) 13.(4分)某班物理興趣小組選用如圖所示裝置做“驗證動量守恒定律”的實驗.將一段不可伸長的輕

16、質小繩一端與力傳感器(可以實時記錄繩所受的拉力)相連固定在O點,另一端連接小鋼球A,在小鋼球最低點N下方有一水平氣墊導軌,氣墊導軌上放有小滑塊B(B上安裝寬度較小且質量不計的遮光板)、光電門(已連接數字毫秒計).當地的重力加速度為g. 實驗時先調整滑塊B的位置使小鋼球自由下垂靜止在N點時與滑塊B接觸而無壓力,調整好氣墊導軌高度,確保小鋼球A通過最低點時恰好與滑塊B發(fā)生正碰.把小鋼球A拉至某位置M且繩拉緊,然后由靜止釋放,擺到最低點N與滑塊B碰撞,碰撞后小鋼球A并沒有立即反向,碰撞時間極短. (1)為完成實驗,除了數字計時器讀數Δt、碰撞前瞬間繩的拉力F1、碰撞結束瞬間繩的拉力F2、滑塊

17、B的質量mB和遮光板寬度d外,還需要測量的物理量有　　　　.? A.小鋼球A的質量mA B.繩長L C.小鋼球從M到N運動的時間 (2)滑塊B通過光電門時的瞬時速度vB=　　　　.(用題中已給的物理量符號來表示)? (3)實驗中應得到的表達式是　　　　　　　　　　.(用題中已給的物理量符號來表示)? 解析:(1)實驗中要確定物體碰撞前、后動量的關系,需要得到小鋼球的速度和質量.計算速度需要繩長L,即答案為A,B. (2)滑塊B通過光電門時的瞬時速度vB=. (3)根據牛頓第二定律得 F1-mAg=mA. F2-mAg=mA. 實驗中應得到的表達式為mAv1=mAv2+mB

18、vB 整理得=+mB. 答案:(1)AB　(2) (3)=+mB 評分標準:(1)問1分,(2)問1分,(3)問2分. 14.(6分)某同學運用圖示裝置探究彈性碰撞的規(guī)律.斜面底端用光滑小圓弧與水平桌面相連,實驗中使用半徑相等的彈性小球1和2,且小球1的質量大于小球2的質量. 實驗步驟如下: 安裝好實驗裝置,做好測量前的準備. 第一步:先將木板豎直固定于斜槽前端邊緣處的C點,且板面與紙面垂直,在木板上記下置于C點小球的位置O,然后將木板向右平移適當的距離,并固定. 第二步:不放小球2,讓小球1從斜槽上A點由靜止?jié)L下,并撞在木板上.重復多次,用盡可能小的圓把小球的所有落點圈在里

19、面,其圓心就是小球落點的平均位置. 第三步:把小球2放在斜槽前端邊緣處的C點,讓小球1從A點由靜止?jié)L下,使它們碰撞,重復多次,并使用與第二步同樣的方法分別標出碰撞后兩小球落點的平均位置. 第四步:用刻度尺分別測量三個落點的平均位置離O點的距離,即線段OM,OP,ON的長度. 回答下列問題: (1)若木板到C點的距離為x,小球落點到O點的距離為y,重力加速度為g,則小球做平拋運動的初速度v0=　　　　;? (2)上述實驗中P點是　　　　的平均位置,N點是　　　　的平均位置,M點是　　　　的平均位置.? (3)用測量的物理量寫出表示驗證彈性碰撞的表達式為　　　　　. 解析:(1)

20、由平拋運動規(guī)律得,x=v0t,y=gt2,由以上兩式解得,v0=x.(2)設碰前小球1的速度大小為v1,碰后小球1的速度大小為v1′,小球2的速度大小為v2,因為小球1的質量大于小球2的質量,則v2>v1>v1′,小球的水平位移相等,由x=vt知,t2

21、:(1)x (2)小球1未碰撞的落點 小球1碰撞后的落點 小球2落點 (3)=- 評分標準:(1)問1分,(2)問每空1分,(3)問2分. 15.(8分)光滑水平地面上,木板A左端與豎直墻壁接觸處于靜止狀態(tài),可視為質點的小木塊B停在木板的右端,如圖所示.對木塊施加水平向左的瞬時沖量使其獲得初速度v0=7 m/s,經時間t=0.5 s木塊運動到豎直墻壁處,速度大小減為v1=5 m/s.木塊與墻壁發(fā)生彈性碰撞后,恰能停在木板右端.重力加速度g=10 m/s2,求: (1)木板的長度L和木板與木塊間的動摩擦因數μ; (2)木板和木塊的質量的比值. 解析:(1)木塊向左運動 L

22、=(v0+v1)t (1分) v1=v0-at (1分) μmg=ma (1分) 木板長為L=3 m (1分) 動摩擦因數為μ=0.4. (1分) (2)木塊在木板上向右滑動的過程中 mv1=(M+m)v (1分) m=μmgL+(M+m)v2 (1分) 可得=24. (1分) 答案:(1)3 m　0.4　(2)24 16.(9分)從某高度自由下落一個質量為M的物體,當物體下落h時,突然炸裂成兩塊,已知質

23、量為m的一塊碎片恰能沿豎直方向回到開始下落的位置,求: (1)剛炸裂時另一塊碎片的速度; (2)爆炸過程中有多少化學能轉化為彈片的動能? 解析:(1)物體下落h的過程中,由機械能守恒定律得Mgh=Mv2 (2分) 解得v= (1分) 炸裂時,爆炸力遠大于物體受到的重力,規(guī)定向下為正方向,因為質量為m的一塊碎片恰好能返回到開始下落的位置,可知該碎片的速度大小等于物體爆炸前的速度大小, 由動量守恒定律知Mv=-mv+(M-m)v′ (2分) 解得v′=,方向豎直

24、向下. (1分) (2)爆炸過程中轉化為動能的化學能等于動能的增量 故轉化為動能的化學能為 ΔE=mv2+(M-m)v′2-Mv2 (2分) 解得ΔE=. (1分) 答案:(1)　方向豎直向下　(2) 17.(11分)如圖所示,光滑固定斜面傾角θ=30°,一輕質彈簧底端固定,上端與m0=3 kg的物體B相連,初始時B靜止,物體A質量m=

25、1 kg,從斜面上與B物體相距s1=10 cm處由靜止釋放,物體A下滑過程中與物體B發(fā)生碰撞,碰撞時間極短,碰撞后粘在一起,已知碰后AB經t=0.2 s下滑s2=5 cm至最低點,彈簧始終處于彈性限度內,A,B可視為質點,g取10 m/s2,求: (1)從碰后到最低點的過程中彈性勢能的增加量; (2)從碰后至返回到碰撞點的過程中,彈簧對物體B沖量的大小. 解析:(1)A下滑s1時,由動能定理得 mgs1sin θ=m (1分) 則v0== m/s=1 m/s (1分) 設初速度方向為正方向,A,

26、B相碰時根據動量守恒定律有mv0=(m+m0)v1 (2分) 解得v1=0.25 m/s; (1分) 從碰后到最低點,由于系統(tǒng)機械能守恒,有 ΔEp=(m+m0)+(m+m0)gs2sin θ (2分) 解得ΔEp=1.125 J. (1分) (2)從碰后至返回到碰撞點的過程中,由動量定理得 I-(m+m0)gsin θ×2t=(m+m0)v1-[-(m0+m)v1] (2分) 解得I=10 N·s

27、. (1分) 答案:(1)1.125 J　(2)10 N·s 18.(14分)如圖所示,水平傳送帶兩輪間的距離L=30 m,傳送帶以恒定的速率v0=4 m/s順時針勻速轉動,兩質量分別為m1=4 kg,m2=2 kg的小滑塊P,Q用一根輕繩(未畫出)連接,中間夾著一根被壓縮的輕質彈簧(彈簧與物體不拴接),此時彈簧的彈性勢能Ep=54 J,現把P,Q從傳送帶的最左端由靜止開始釋放,t1=2 s時輕繩突然斷裂,瞬間彈簧恢復至原長(不考慮彈簧的長度的影響).已知兩滑塊與傳送帶之間的動摩擦因數均為μ=0.1,重力加速度g=10 m/

28、s2,求: (1)輕繩突然斷裂時兩滑塊的位移; (2)兩滑塊離開傳送帶的時間差. 解析:(1)繩子斷前對PQ整體,根據牛頓第二定律有μ(m1+m2)g= (m1+m2)a 解得a=1 m/s2 (1分) 假設繩子斷前P,Q一直加速,則v1=at1=2 m/s

29、系統(tǒng)動量、能量守恒,則(m1+m2)v1=m1vP1+m2vQ1 (1分) Ep+(m1+m2)=m1+m2 (1分) 解得vP1=-1 m/s,vQ1=8 m/s (1分) 繩斷后P向左運動sP2==0.5 m

30、到傳送帶速度的時間tP3==4 s,sP3=a=8 m (1分) P向右勻速運動直到掉下,有L-(s1-sP2)-sP3=v0tP4 解得tP4=5.125 s (1分) Q向右減速到傳送帶速度,有v0=vQ1-atQ2 解得tQ2=4 s (1分) sQ2==24 m (1分) Q向右勻速運動直到掉下,有L-s1-sQ2=v0tQ3 解得tQ3=1 s (1分) 時間差為 Δt=tP2+tP3+tP4-tQ2-tQ3=5.125 s. (1分) 答案:(1)2 m　(2)5.125 s - 11 -