高考物理【一轮复习】讲义40　章末检测卷(五)(第六章内容)

这是一份高考物理【一轮复习】讲义40　章末检测卷(五)(第六章内容)，共12页。
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．科技发展，造福民众。近两年推出的“智能防摔马甲”是一款专门为老年人研发的科技产品。该装置的原理是通过马甲内的传感器和微处理器精准识别穿戴者的运动姿态，在其失衡瞬间迅速打开安全气囊进行主动保护，能有效地避免摔倒带来的伤害。在穿戴者着地的过程中，安全气囊可以( )
A．减小穿戴者动量的变化量
B．减小穿戴者动量的变化率
C．增大穿戴者所受合力的冲量
D．减小穿戴者所受合力的冲量
B [依题意，根据动量定理FΔt＝Δp，可得F＝ΔpΔt，可知安全气囊的作用是延长人与地面的接触时间Δt，从而减小人所受到的合力，即减小穿戴者动量的变化率ΔpΔt，而穿戴者动量的变化量Δp，也即穿戴者所受合力的冲量FΔt均未发生变化。]
2．(2024·贵州贵阳高三检测)冬奥会速滑比赛中，甲、乙两运动员的质量分别为m和M，若他们的动能相等，则甲、乙动量大小之比是( )
A．1∶1 B．m∶M
C．m∶M D．M∶m
C [由动能表达式Ek＝12mv2和动量大小表达式p＝mv，可得p＝2mEk，二者动能相等，所以甲、乙动量大小之比为m∶M，故A、B、D错误，C正确。]
3．(2024·安徽黄山二模)某小球质量为M，现让它在空气中由静止开始竖直下落，下落过程中所受空气阻力与速率的关系满足f ＝kv(k为定值)，当下落时间为t时，小球开始匀速下落，已知重力加速度为g，则小球在t时间内下降的高度h为( )
A．h＝Mgkt-Mk2 B．h＝Mgtk
C．h＝Mgkt+Mk2 D．h＝Mgtk2
A [根据题意可得，当小球匀速下落时，有Mg＝f ＝kv，下落过程中，根据动量定理可得Mgt－ft＝Mv－0，ft＝kvt＝kh，联立可得h＝Mgkt-Mk2，故选A。]
4．a、b两球在光滑的水平面上沿同一直线发生正碰，作用前a球动量pa＝30 kg·m/s，b球动量pb＝0，碰撞过程中，a球的动量减少了20 kg·m/s，则作用后b球的动量为( )
A．－20 kg·m/s B．10 kg·m/s
C．20 kg·m/s D．30 kg·m/s
C [碰撞过程中，a，b两球组成的系统动量守恒，a球的动量减少了20 kg·m/s，b球动量就增加20 kg·m/s，所以p′b＝pb＋Δpb＝20 kg·m/s。故选项C正确。]
5．滑块a、b沿水平面上同一条直线发生碰撞，碰撞后两者粘在一起运动，两者的位置x随时间t变化的图像如图所示。则滑块a、b的质量之比为( )
A．5∶4 B．1∶8
C．8∶1 D．4∶5
B [设滑块a、b的质量分别为m1、m2，a、b两滑块碰撞前的速度分别为v1、v2，由题图得v1＝－2 m/s，v2＝1 m/s，两滑块发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度设为v，由题图得v＝23 m/s，由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，联立解得m1∶m2＝1∶8，选项B正确。]
6．(2024·湖北武汉二模)中国汽车拉力锦标赛是我国级别最高、规模最大的汽车赛事之一，其赛道有很多弯道。某辆赛车在一段赛道内速度大小由2v变为4v，随后一段赛道内速度大小由5v变为7v，前后两段赛道内，合外力对赛车做的功分别为W1和W2，赛车的动量变化的大小分别为Δp1和Δp2，下列关系式可能成立的是( )
A．W1＝W2，Δp1＝12Δp2
B．W1＝12W2，Δp1＝12Δp2
C．W1＝W2，Δp1＝4Δp2
D．W1＝12W2，Δp1＝4Δp2
B [根据动能定理有W1＝12m(4v)2－12m(2v)2＝6mv2，W2＝12m(7v)2－12m(5v)2＝12mv2，可得W1＝12W2，由于速度和动量是矢量，具有方向，当初、末速度方向相同时，动量变化量最小，方向相反时，动量变化量最大，可知动量变化的大小范围是2mv≤Δp1≤6mv，2mv≤Δp2≤12mv，可得16Δp2≤Δp1≤3Δp2，故选项B正确。]
7．(2024·江西赣州高三联考)弹玻璃球是小孩子爱玩的游戏之一。一次游戏中，有大小相同、但质量不同的A、B两玻璃球，质量分别为mA、mB，且mAm2。实验时，首先将a球由一定高度静止释放，经过一段时间，小球打在右侧竖直固定的挡板上某点处；然后在斜槽的末端放上b球，将a球由同一高度静止释放，两球碰后均打在右侧竖直固定的挡板上，已知A点与放在斜槽的末端的b球球心处在同一水平线上，B、C、D三点为小球打在挡板上的落点。已知B、C、D三点到A点的距离分别为hB、hC、hD。
(1)若发生的是弹性碰撞，则两球碰后，竖直挡板上的________点为a球的落点，竖直挡板上的__________点为b球的落点。
(2)如果两球碰撞的过程动量守恒，则关系式________________________成立。
(3)如果两球碰撞的过程没有能量损失，则关系式________________________成立。
[解析] (1)根据题意可知，小球均做平抛运动，由题图可知，水平位移相等，则速度越大，运动时间越短，下落距离越小。由于碰撞前小球a的速度大于碰撞后小球a的速度，碰撞后小球b的速度v′b＝2m1m1+m2va，大于碰撞前小球a的速度va，则两球碰后，竖直挡板上的D点为a球的落点，竖直挡板上的B点为b球的落点。
(2)小球均做平抛运动，水平方向上有x＝v0t，竖直方向上有h＝12gt2，解得v0＝xg2h，如果两球碰撞的过程动量守恒，则有m1va＝m1v′a＋m2vb，整理可得m11hC＝m11hD＋m21hB。
(3)如果两球碰撞的过程没有能量损失，则有 12m1va2＝12m1va'2+12m2vb2，整理可得m1hC＝m1hD＋m2hB。
[答案] (1)D B (2)m11hC＝m11hD＋m21hB (3)m1hC＝m1hD＋m2hB
15．(8分)(2024·广西南宁高三期末)将一质量为 0.6 kg 的篮球从距水平地面H＝5 m高处静止释放，篮球第一次撞地后能上升的高度为h＝3.2 m，不计空气阻力，g取10 m/s2。
(1)求第一次撞地篮球动量的改变量及地面对篮球做的功；
(2)若碰撞时间为0.1 s，求第一次碰撞过程中地面对篮球平均作用力F的大小。
[解析] (1)篮球刚要着地时的速度满足v12＝2gH
解得v1＝10 m/s，方向竖直向下
篮球反弹后的速度满足v22＝2gh
解得v2＝8 m/s，方向竖直向上
以竖直向上为正方向，则篮球动量的改变量为Δp＝mv2－m·(－v1)＝10.8 kg·m/s，方向竖直向上
根据动能定理，地面对篮球做的功为W＝12mv22-12mv12＝－10.8 J。
(2)篮球第一次撞地过程，以竖直向上为正方向，根据动量定理可得
Ft－mgt＝mv2－m·(－v1)
解得F＝114 N。
[答案] (1)10.8 kg·m/s，方向竖直向上 －10.8 J (2)114 N
16．(8分)(2024·山东烟台一模)如图所示，一质量M＝2.0 kg的长木板AB静止在水平面上，木板的左侧固定一半径R＝0.60 m的四分之一圆弧形轨道，轨道末端的切线水平，轨道与木板靠在一起，且末端高度与木板高度相同。现在将质量m＝1.0 kg的小铁块(可视为质点)从弧形轨道顶端由静止释放，小铁块到达轨道底端时的速度v0＝3.0 m/s，最终小铁块和长木板达到共同速度。忽略长木板与地面间的摩擦。取重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)小铁块在弧形轨道末端时所受支持力的大小F；
(2)小铁块在弧形轨道上下滑过程中克服摩擦力所做的功Wf；
(3)小铁块和长木板达到的共同速度v。
[解析] (1)小铁块在弧形轨道末端时，由牛顿第二定律得
F－mg＝mv02R
解得小铁块在弧形轨道末端时所受支持力的大小F＝25 N。
(2)根据动能定理有mgR－Wf＝12mv02－0
解得小铁块在弧形轨道上下滑过程中克服摩擦力所做的功Wf＝1.5 J。
(3)根据动量守恒定律有mv0＝(m＋M)v
解得小铁块和长木板达到的共同速度v＝1.0 m/s。
[答案] (1)25 N (2)1.5 J (3)1.0 m/s
17．(14分)如图(a)所示，一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在足够长的光滑水平面上；物块B向A运动，t＝0时与弹簧接触，到t＝2t0时与弹簧分离，碰撞结束，A、B的v-t图像如图(b)所示。已知从t＝0到t＝t0时间内，物块A运动的距离为0.36v0t0。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求：
(1)碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；
(2)碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值。
[解析] (1)当弹簧被压缩至最短时，弹簧弹性势能最大，此时A、B速度相等，即在t＝t0时刻
根据动量守恒定律有mB·1.2v0＝(mB＋m)v0
根据能量守恒定律有
Epmax＝12mB(1.2v0)2-12mB+mv02
联立解得mB＝5m，Epmax＝0.6mv02。
(2)B接触弹簧后压缩弹簧的过程中，A、B动量守恒，有mB·1.2v0＝mBvB＋mvA
对方程两边同时乘以时间Δt，有
6mv0Δt＝5mvBΔt＋mvAΔt
0～t0之间，根据位移等于速度在时间上的累积，可得6mv0t0＝5mxB＋mxA，将xA＝0.36v0t0代入可得xB＝1.128v0t0
则碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值Δx＝xB－xA＝0.768v0t0。
[答案] 10.6mv02 (2)0.768v0t0
18．(16分)(浙江Z20名校联盟2025届高三第一次联考)如图所示，质量m1＝0.1 kg的小物块P从静止开始沿斜面AB和水平面BC运动到C点，与C点处质量m2＝0.3 kg的小物块Q发生碰撞，碰撞后，小物块Q从C点飞出，运动到水平地面上的D点。斜面AB与水平面之间的夹角为θ，且tan θ＝0.5，斜面AB与水平面BC平滑连接，物块与斜面AB和水平面BC间的动摩擦因数μ均为0.2，水平面BC的长度为xBC＝0.3 m，C点距离水平地面的高度H＝0.6 m。重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。
(1)若小物块Q从C点到D点运动的水平距离xCD＝0.6 m，求小物块Q从C点抛出的初速度vC的大小；
(2)若小物块P从h＝1.7 m处下滑，且最终xCD＝0.6 m，计算并回答：小物块P、Q发生的是否为弹性碰撞；
(3)若小物块P、Q发生的是弹性碰撞，当释放高度h满足什么条件时，小物块Q能从C点飞出，而小物块P不会从C点飞出(本问结果保留两位小数)。
[解析] (1)小物块Q被碰后做平抛运动，根据平抛运动规律有
在竖直方向上：H＝12gt2
在水平方向上：xCD＝vCt
解得vC＝3 m/s。
(2)小物块P下滑到与小物块Q碰撞前瞬间，由动能定理得m1g(h－H)－μm1gh-Htanθ+μm1gxBC＝12m1v02－0
解得与小物块Q碰撞前瞬间小物块P的速度v0＝23 m/s
设碰撞后瞬间小物块P和Q的速度大小分别为v1和v2，由(1)问可知v2＝3 m/s
又由动量守恒定律得m1v0＝m1v1＋m2v2
解得v1＝－3 m/s
经验算有12m1v02＝12m1v12+12m2v22
即碰撞过程小物块P、Q组成的系统机械能守恒，所以小物块P、Q发生的是弹性碰撞。
(3)要满足题述条件
第一种临界情况：小物块P到达C点时，速度恰好为0
则小物块P从静止开始运动至C点的过程，由动能定理得
m1g(h1－H)－μm1gh1-Htanθ+μm1gxBC＝0
解得h1＝0.70 m
第二种临界情况：碰撞后，小物块P反弹回斜面AB上，且第二次下滑到C点时速度恰好为0
小物块P从开始运动至运动到C点的过程，由动能定理得
m1g(h2－H)－μm1gh2-Htanθ+μm1gxBC＝12m1v2－0
对碰撞过程，由动量守恒定律和机械能守恒定律分别有
m1v＝m1v′1＋m2v′2
12m1v2＝12m1v1'2+12m2v2'2
小物块P碰后回到斜面AB上，由动能定理得
－m1g(h1－H)－μm1gh1-Htanθ+μm1gxBC＝0-12m1v1'2
联立解得h2＝24.412 m≈2.03 m
因此，h的取值为0.70 m