2021高考物理大一轮复习领航检测：第六章　碰撞　动量守恒定律 章末检测6 Word版含解析

这是一份2021高考物理大一轮复习领航检测：第六章　碰撞　动量守恒定律 章末检测6 Word版含解析，共8页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分，1～5题每小题只有一个选项正确，6～8小题有多个选项符合题目要求，全选对得6分，选对但不全得3分，有选错的得0分)
1. 如图所示，水平轻弹簧与物体A和B相连，放在光滑水平面上，处于静止状态，物体A的质量为m，物体B的质量为M，且M＞m.现用大小相等的水平恒力F1、F2拉A和B，从它们开始运动到弹簧第一次为最长的过程中( )
A．因F1＝F2，所以A、B和弹簧组成的系统机械能守恒
B．因F1＝F2，所以A、B和弹簧组成的系统动量守恒
C．由于F1、F2大小不变，所以m，M各自一直做匀加速运动
D．弹簧第一次最长时，A和B总动能最大
解析：选B.此过程F1、F2均做正功，A、B和弹簧组成的系统机械能增大，系统机械能不守恒，故A错误；两拉力大小相等方向相反，系统所受合外力为零，系统动量守恒，故B正确；在拉力作用下，A、B开始做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，故C错误；弹簧第一次最长时，A、B的总动能最小，故D错误；故选B.
2. 如图所示，两辆质量相同的小车置于光滑的水平面上，有一个人静止站在A车上，两车静止，若这个人自A车跳到B车上，接着又跳回A车，静止于A车上，则A车的速率( )
A．等于零 B．小于B车的速率
C．大于B车的速率 D．等于B车的速率
解析：选B.两车和人组成的系统位于光滑的水平面上，因而该系统动量守恒，设人的质量为m1，车的质量为m2，A、B车的速率分别为v1、v2，则由动量守恒定律得(m1＋m2)v1－m2v2＝0，所以，有v1＝eq \f(m2,m1＋m2)v2，eq \f(m2,m1＋m2)<1，故v13．有甲、乙两碰碰车沿同一直线相向而行，在碰前双方都关闭了动力，且两车动量关系为p甲>p乙．假设规定p甲方向为正，不计一切阻力，则( )
A．碰后两车可能以相同的速度沿负方向前进，且动能损失最大
B．碰撞过程甲车总是对乙车做正功，碰撞后乙车一定沿正方向前进
C．碰撞过程甲车可能反弹，且系统总动能减小，碰后乙车一定沿正方向前进
D．两车动量变化量大小相等，方向一定是Δp甲沿正方向，Δp乙沿负方向
解析：选C.由于规定p甲方向为正，两车动量关系为p甲＞p乙．碰后两车可能以相同的速度沿正方向前进，且动能损失最大，选项A错误．碰撞过程甲车先对乙车做负功，选项B错误．碰撞过程甲车可能反弹，且系统总动能减小，碰后乙车一定沿正方向前进，选项C正确．由动量守恒定律，两车动量变化量大小相等，方向可能是Δp甲沿负方向，Δp乙沿正方向，选项D错误．
4. 如图所示，在光滑的水平面上有一物体M，物体上有一光滑的半圆弧轨道，最低点为C，两端A、B一样高．现让小滑块m从A点静止下滑，则( )
A．m不能到达小车上的B点
B．m从A到C的过程中M向左运动，m从C到B的过程中M向右运动
C．m从A到B的过程中小车一直向左运动，m到达B的瞬间，M速度为零
D．M与m组成的系统机械能守恒，动量守恒
解析：选C.A.M和m组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒所以m恰能达到小车上的B点，到达B点时小车与滑块的速度都是0，故A错误；B.M和m组成的系统水平方向动量守恒，m从A到C的过程中以及m从C到B的过程中m一直向右运动，所以M一直向左运动，m到达B的瞬间，M与m速度都为零，故B错误，C正确；D.小滑块m从A点静止下滑，物体M与滑块m组成的系统水平方向所受合力为零，系统水平方向动量守恒，竖直方向有加速度，合力不为零，所以系统动量不守恒．M和m组成的系统机械能守恒，故D错误．
5．质量为m的物体，以v0的初速度沿斜面上滑，到达最高点处返回原处的速度为vt，且vt＝0.5v0，则( )
A．上滑过程中重力的冲量比下滑时大
B．上滑时和下滑时支持力的冲量都等于零
C．合力的冲量在整个过程中大小为eq \f(3,2)mv0
D．整个过程中物体动量变化量为eq \f(1,2)mv0
解析：选C.以v0的初速度沿斜面上滑，返回原处时速度为vt＝0.5v0，说明斜面不光滑．设斜面长为L，则上滑过程所需时间t1＝eq \f(l,\f(v0,2))＝eq \f(2l,v0)，下滑过程所需时间t2＝eq \f(l,\f(vt,2))＝eq \f(4l,v0)，t16．质量为M的物块以速度v运动，与质量为m的静止物块发生正撞，碰撞后两者的动量正好相等，两者质量之比M/m可能为( )
A．2 B．3
C．4 D．5
解析：选AB.碰后动量相等，设此动量为p，方向一定与v相同，则可知碰后速度关系，碰后m的速度v2一定要大于或等于碰后M的速度v1即v2≥v1由mv2＝Mv1，可知eq \f(M,m)＝eq \f(v2,v1)≥1，由能量关系可知eq \f(2p2,2M)≥eq \f(p2,2m)＋eq \f(p2,2M)，解得：eq \f(M,m)≤3，由上述结论可知，A、B项正确．
7. 如图所示，质量相等的两个滑块位于光滑水平桌面上．其中，弹簧两端分别与静止的滑块N和挡板P相连接，弹簧与挡板的质量均不计；滑块M以初速度v0向右运动，它与挡板P碰撞后开始压缩弹簧，最后，滑块N以速度v0向右运动．在此过程中( )
A．M的速度等于0时，弹簧的弹性势能最大
B．M与N具有相同的速度时，两滑块动能之和最小
C．M的速度为v0/2时，弹簧的长度最长
D．M的速度为v0/2时，弹簧的长度最短
解析：选BD.M、N两滑块碰撞过程中动量守恒，当M与N具有相同的速度v0/2时，系统动能损失最大，损失的动能转化为弹簧的弹性势能，即弹簧弹性势能最大，A错误，B正确；M的速度为v0/2时，弹簧的压缩量最大，弹簧的长度最短，C错误，D正确．
8．在光滑的水平桌面上有等大的质量分别为M＝0.6 kg，m＝0.2 kg的两个小球，中间夹着一个被压缩的具有Ep＝10.8 J弹性势能的轻弹簧(弹簧与两球不相连)，原来处于静止状态．现突然释放弹簧，球m脱离弹簧后滑向与水平面相切、半径为R＝0.425 m的竖直放置的光滑半圆形轨道，如图所示．g取10 m/s2.则下列说法正确的是( )
A．球m从轨道底端A运动到顶端B的过程中所受合外力冲量大小为3.4 N·s
B．M离开轻弹簧时获得的速度为9 m/s
C．若半圆轨道半径可调，则球m从B点飞出后落在水平桌面上的水平距离随轨道半径的增大而减小
D．弹簧弹开过程，弹力对m的冲量大小为1.8 N·s
解析：选AD.释放弹簧过程中，由动量守恒定律得Mv1＝mv2，由机械能守恒定律得Ep＝eq \f(1,2)Mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)，解得v1＝3 m/s，v2＝9 m/s，故B错误；对m，由A运动到B的过程由机械能守恒定律得eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)＝eq \f(1,2)mv2′2＋mg×2R，得v2′＝8 m/s，由A运动到B的过程由动量定理得I合＝mv2′－(－mv2)＝3.4 N·s，故A正确；球m从B点飞出后，由平抛运动可知水平方向x＝v2′t，竖直方向2R＝eq \f(1,2)gt2，解得x＝eq \r(25.6R)，故C错误；弹簧弹开过程，弹力对m的冲量I＝mv2＝1.8 N·s，故D正确．
二、非选择题(共4小题，52分)
9．(12分)某同学利用打点计时器和气垫导轨做验证动量守恒定律的实验，气垫导轨装置如图甲所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架等组成．在空腔导轨的两个工作面上均匀分布着一定数量的小孔，向导轨空腔内不断通入压缩空气，空气会从小孔中喷出，使滑块稳定地漂浮在导轨上，这样就大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差．
下面是实验的主要步骤：
①安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平；
②向气垫导轨通入压缩空气；
③把打点计时器固定在紧靠气垫导轨左端弹射架的外侧，将纸带穿过打点计时器和弹射架并固定在滑块1的左端，调节打点计时器的高度，直至滑块拖着纸带移动时，纸带始终在水平方向；
④使滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳；
⑤把滑块2放在气垫导轨的中间，已知碰后两滑块一起运动；
⑥先________，然后________，让滑块带动纸带一起运动；
⑦取下纸带，重复步骤④⑤⑥，选出较理想的纸带如图乙所示；
⑧测得滑块1(包括撞针)的质量为310 g，滑块2(包括橡皮泥)的质量为205 g.
(1)试着完善实验步骤⑥的内容．
(2)已知打点计时器每隔0.02 s打一个点，计算可知两滑块相互作用前质量与速度的乘积之和为________kg·m/s；两滑块相互作用以后质量与速度的乘积之和为________kg·m/s.(保留3位有效数字)
(3)试说明(2)问中两结果不完全相等的主要原因是_______________.
解析：(1)使用打点计时器时应先接通电源，后放开滑块1.
(2)作用前滑块1的速度v1＝eq \f(0.2,0.1) m/s＝2 m/s，其质量与速度的乘积为0.310×2 kg·m/s＝0.620 kg·m/s，作用后滑块1和滑块2具有相同的速度v＝eq \f(0.168,0.14) m/s＝1.2 m/s，其质量与速度的乘积之和为(0.310＋0.205)×1.2 kg·m/s＝0.618 kg·m/s.
(3)相互作用前后动量减小的主要原因是纸带与打点计时器的限位孔有摩擦．
答案：(1)接通打点计时器的电源 放开滑块1 (2)0.620 0.618 (3)纸带与打点计时器的限位孔有摩擦
10．(12分)如图，一长木板位于光滑水平面上，长木板的左端固定一挡板，木板和挡板的总质量为M＝3.0 kg，木板的长度为L＝1.5 m，在木板右端有一小物块，其质量m＝1.0 kg，小物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.10，它们都处于静止状态，现令小物块以初速度v0沿木板向左运动，重力加速度g＝10 m/s2.
(1)若小物块刚好能运动到左端挡板处，求v0的大小；
(2)若初速度v0＝3 m/s，小物块与挡板相撞后，恰好能回到右端而不脱离木板，求碰撞过程中损失的机械能．
解析：(1)设木板和物块最后共同的速度为v，由动量守恒定律mv0＝(m＋M)v ①
对木板和物块系统，由功能关系
μmgL＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(M＋m)v2②
由①②两式解得：
v0＝eq \r(\f(2μgLM＋m,M))＝eq \r(\f(2×0.1×10×1.5×3＋1,3)) m/s＝2 m/s
(2)同样由动量守恒定律可知，木板和物块最后也要达到共同速度v.
设碰撞过程中损失的机械能为ΔE.
对木板和物块系统的整个运动过程，由功能关系有μmg2L＋ΔE＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(m＋M)v2③
由①③两式解得：ΔE＝eq \f(mM,2M＋m)veq \\al(2,0)－2μmgL＝eq \f(1×3,23＋1)×32－2×0.1×10×1.5 J＝0.375 J
答案：(1)2 m/s (2)0.375 J
11．(14分)如图所示，在光滑的水平面上有一长为L的木板B，其右侧边缘放有小滑块C，与木板B完全相同的木板A以一定的速度向左运动，与木板B发生正碰，碰后两者粘在一起并继续向左运动，最终滑块C刚好没有从木板上掉下．已知木板A、B和滑块C的质量均为m，C与A、B之间的动摩擦因数均为μ.求：
(1)木板A与B碰前的速度v0；
(2)整个过程中木板B对木板A的冲量I.
解析：(1)A、B碰后瞬时速度为v1，碰撞过程中动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝2mv1
A、B粘为一体后通过摩擦力与C发生作用，最后有共同的速度v2，此过程中动量守恒，以A的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：2mv1＝3mv2
C在A上滑动过程中，由能量守恒定律得：
－μmgL＝eq \f(1,2)·3mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)·2mveq \\al(2,1)
联立以上三式解得：v0＝2eq \r(3μgL)
(2)根据动量定理可知，B对A的冲量与A对B的冲量等大反向，则I的大小等于B的动量变化量，即：I＝－mv2＝－eq \f(2m\r(3μgL),3)，负号表示B对A的冲量方向向右．
答案：(1)2eq \r(3μgL) (2)－eq \f(2m\r(3μgL),3)，负号表示B对A的冲量方向向右
12．(14分) 水平光滑的桌面上平放有一质量为2m的均匀圆环形细管道，管道内有两个质量都为m的小球(管道的半径远远大于小球的半径)，位于管道直径AB的两端．开始时，环静止，两个小球沿着向右的切线方向，以相同的初速度v0开始运动，如图所示．设系统处处无摩擦，所有的碰撞均为弹性碰撞．(质量相等的两物体弹性正碰后交换速度，此结论本题可直接用)
(1)当两个小球在管道内第一次相碰前瞬间，试求两个小球之间的相对速度大小；
(2)两小球碰后在第一次返回到A、B时，两小球相对桌面的速度方向(朝左还是朝右)和速度大小．
解析：(1)根据对称性，两球运动相同的路程在细圆管的最右端相遇，相遇前，两小球与细圆管在左右方向上共速，共同速度设为v1，此时两球相对于细圆管的速度方向沿切线，大小相同设为vy.
左右方向上两球与细圆管动量守恒
2mv0＝(2m＋2m)v1，解得v1＝eq \f(v0,2)
根据能量守恒定律可得
2×eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)×2mveq \\al(2,1)＋2×eq \f(1,2)m(veq \\al(2,1)＋veq \\al(2,y))
解得vy＝eq \f(\r(2),2)v0
两球相对速度大小v＝2×vy＝eq \r(2)v0
(2)两球相碰，左右方向速度不变，沿管切线方向交换速度，之后两球同时分别到达A、B位置．
从刚开始两球运动到两球第一次回到A、B位置，两球与细圆管组成的系统可以看成弹性碰撞，即质量为2m的物体与细圆管发生了弹性正碰，交换速度，故而两球相对桌面速度为零，细圆管相对桌面速度为v0.
答案：(1)eq \r(2)v0 (2)两小球相对桌面速度为零