高考物理一轮复习教科版第六章碰撞与动量守恒章末质量检测（六）

章末质量检测(六)(时间：50分钟满分：100分)一、选择题(本题共6小题，每小题7分，共42分。1～4题为单项选择题，5～6题为多项选择题)1.(2017·福建泉州质检)将一个质量为3m的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为v0，方向水平向东，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块的质量为2m，速度大小为v，方向水平向东，则另一块的速度大小为()A.3v0－v B.2v0－3vC.3v0－2v D.2v0＋v解析取水平向东为正方向，爆炸过程系统动量守恒，3mv0＝2mv＋mvx，可得vx＝3v0－2v，选项C正确。答案C2.某物体受到一个－6N·s的冲量作用，则()A.物体的动量一定减少B.物体的末动量一定是负值C.物体动量变化量的方向一定与规定的正方向相反D.物体原来动量的方向一定与这个冲量方向相反解析动量定理是矢量方程解题时，注意规定正方向。冲量、动量都是矢量，对在一条直线上运动的物体，规定正方向后，可用“＋”“－”号表示矢量的方向，－6N·s的冲量说明物体所受冲量的大小为6N·s，方向与规定的正方向相反，由动量定理可知选项C正确。而初、末动量的方向、大小由题设均不能确定。答案C3.如图1所示，一倾角为α、高为h的光滑斜面，固定在水平面上，一质量为m的小物块从斜面的顶端由静止开始滑下，滑到底端时速度的大小为v，所用时间为t，则物块滑至斜面的底端时，重力的瞬时功率及重力的冲量分别为()图1A.eq\f(mgh,t)、0 B.mgv、mgtsinαC.mgvcosα、mgt D.mgvsinα、mgt解析根据瞬时功率的公式可得物块滑至斜面的底端时重力的瞬时功率为P＝mgvsinα，重力的冲量为I＝mgt，所以选项D正确，A、B、C错误。答案D4.一质量为M的航天器，正以速度v0在太空中飞行，某一时刻航天器接到加速的指令后，发动机瞬间向后喷出一定质量的气体，气体喷出时速度大小为v1，加速后航天器的速度大小为v2，则喷出气体的质量m为()A.eq\f(v2－v0,v1)M B.eq\f(v2,v2＋v1)MC.eq\f(v2－v0,v2＋v1)M D.eq\f(v2－v0,v2－v1)M解析规定航天器的速度方向为正方向，由动量守恒定律可得Mv0＝(M－m)v2－mv1，解得m＝eq\f(v2－v0,v2＋v1)M，故选项C正确。答案C5.如图2所示，木块A的质量mA＝1kg，足够长的木板B的质量mB＝4kg，质量为mC＝4kg的木块C置于木板B上，水平面光滑，B、C之间有摩擦。现使A以v0＝12m/s的初速度向右运动，与B碰撞后以4m/s的速度弹回，则()图2A.B运动过程中的最大速度为4m/sB.B运动过程中的最大速度为8m/sC.C运动过程中的最大速度为4m/sD.C运动过程中的最大速度为2m/s解析A与B碰后瞬间，C的运动状态未变，此时B的速度最大，由A、B组成的系统动量守恒(取向右为正方向)，有mAv0＝－mAvA＋mBvB，代入数据得vB＝4m/s，选项A正确，B错误；B与C相互作用使B减速，C加速，由于B足够长，所以B和C能达到相同速度，二者共速后，C速度最大，由B、C组成的系统动量守恒，有mBvB＝(mB＋mC)vC，代入数据得vC＝2m/s，选项C错误，D正确。答案AD6.某研究小组通过实验测得两滑块碰撞前后运动的实验数据，得到如图3所示的位移—时间图像。图中的线段a、b、c分别表示沿光滑水平面上同一条直线运动的滑块Ⅰ、Ⅱ和它们发生正碰后结合体的位移变化关系。已知相互作用时间极短，由图像给出的信息可知()图3A.碰前滑块Ⅰ与滑块Ⅱ速度大小之比为5∶2B.碰前滑块Ⅰ的动量大小比滑块Ⅱ的动量大小大C.碰前滑块Ⅰ的动能比滑块Ⅱ的动能小D.滑块Ⅰ的质量是滑块Ⅱ的质量的eq\f(1,6)解析根据x－t图像的斜率等于速度，可知碰前滑块Ⅰ速度为v1＝－2m/s，滑块Ⅱ的速度为v2＝0.8m/s，则碰前速度大小之比为5∶2，故选项A正确；碰撞前后系统动量守恒，碰撞前，滑块Ⅰ的动量为负，滑块Ⅱ的动量为正，由于碰撞后总动量为正，故碰撞前总动量也为正，故碰撞前滑块Ⅰ的动量大小比滑块Ⅱ的小，故选项B错误；碰撞后的共同速度为v＝0.4m/s，根据动量守恒定律，有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，解得m2＝6m1，由动能的表达式可知，eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)>eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)，故选项C错误，D正确。答案AD二、非选择题(本题共4小题，共58分)7.(10分)如图4，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。图4(1)实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是，可以通过仅测量________(填选项前的符号)，间接地解决这个问题。A.小球开始释放高度hB.小球抛出点距地面的高度HC.小球做平抛运动的射程(2)图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影。实验时，先将入射球m1多次从斜轨上S位置由静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP。然后，把被碰小球m2静止于轨道的水平部分，再将入射小球m1从斜轨上S位置由静止释放，与小球m2相撞，并多次重复。接下来要完成的必要步骤是__________。(填选项前的符号)A.用天平测量两个小球的质量m1、m2B.测量小球m1开始释放高度hC.测量抛出点距地面的高度HD.分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、NE.测量平抛射程OM、ON(3)若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为______________________[用(2)中测量的量表示]。解析(1)小球离开轨道后做平抛运动，由H＝eq\f(1,2)gt2知t＝eq\r(\f(2H,g))，即小球的下落时间一定，则初速度v＝eq\f(x,t)可用平抛运动的水平射程来表示，选项C正确。(2)本实验要验证的是m1·OM＋m2·ON＝m1·OP，因此要测量两个小球的质量m1和m2以及它们的水平射程OM和ON，而要确定水平射程，应先分别确定两个小球落地的平均落点，没有必要测量小球m1开始释放的高度h和抛出点距地面的高度H。故应完成的步骤是ADE。(3)若动量守恒，应有m1v1＋m2v2＝m1v0(v0是m1单独下落离开轨道时的速度，v1、v2是两球碰后m1、m2离开轨道时的速度)，又v＝eq\f(x,t)，则有m1·eq\f(OM,t)＋m2·eq\f(ON,t)＝m1·eq\f(OP,t)，即m1·OM＋m2·ON＝m1·OP。答案(1)C(2)ADE(3)m1·OM＋m2·ON＝m1·OP8.(12分)(2018·福建二模)汽车碰撞试验是综合评价汽车安全性能的有效方法之一。设汽车在碰撞过程中受到的平均撞击力达到某个临界值F0时，安全气囊爆开。某次试验中，质量m1＝1600kg的试验车以速度v1＝36km/h正面撞击固定试验台，经时间t1＝0.10s碰撞结束，车速减为零，此次碰撞安全气囊恰好爆开。忽略撞击过程中地面阻力的影响。(1)求此过程中试验车受到试验台的冲量I0的大小及F0的大小；(2)若试验车以速度v1撞击正前方另一质量m2＝1600kg、速度v2＝18km/h同向行驶的汽车，经时间t2＝0.16s两车以相同的速度一起滑行。试通过计算分析这种情况下试验车的安全气囊是否会爆开。解析(1)v1＝36km/h＝10m/s，取速度v1的方向为正方向，根据动量定理有－I0＝0－m1v1将已知数据代入解得I0＝1.6×104N·s由冲量定义有I0＝F0t1将已知数据代入解得F0＝1.6×105N(2)设试验车和汽车碰撞后获得共同速度v，由动量守恒定律有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v对试验车，由动量定理有－Ft2＝m1v－m1v1将已知数据代入解得F＝2.5×104N可见F<F0，故试验车的安全气囊不会爆开答案(1)1.6×104N·s1.6×105N(2)不会爆开9.(16分)(2017·天津理综，10)如图5所示，物块A和B通过一根轻质不可伸长的细绳相连，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为mA＝2kg、mB＝1kg。初始时A静止于水平地面上，B悬于空中。现将B竖直向上再举高h＝1.8m(未触及滑轮)，然后由静止释放。一段时间后细绳绷直，A、B以大小相等的速度一起运动，之后B恰好可以和地面接触。取g＝10m/s2，空气阻力不计。求：图5(1)B从释放到细绳刚绷直时的运动时间t；(2)A的最大速度v的大小；(3)初始时B离地面的高度H。解析(1)B从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，有h＝eq\f(1,2)gt2①代入数据解得t＝0.6s②(2)设细绳绷直前瞬间B速度大小为vB，有vB＝gt③由于绳子不可伸长，在细绳绷直瞬间，细绳张力远大于A、B的重力，由动量定理得，对A：TΔt＝mAv④对B：－TΔt＝mBv－mBvB⑤联立④⑤得mBvB＝(mA＋mB)v⑥之后A做匀减速运动，所以细绳绷直后瞬间的速度v即为最大速度，联立②③⑥式，代入数据解得v＝2m/s⑦(3)细绳绷直后，A、B一起运动，B恰好可以和地面接触，说明此时A、B的速度为零，这一过程中A、B组成的系统机械能守恒，有eq\f(1,2)(mA＋mB)v2＋mBgH＝mAgH⑧代入数据解得H＝0.6m⑨答案(1)0.6s(2)2m/s(3)0.6m10.(20分)如图6甲所示，半径R＝0.45m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，B为轨道的最低点，在光滑水平面上紧挨B点有一静止的平板车，其质量M＝5kg，长度L＝0.5m，车的上表面与B点等高。可视为质点的物块从圆弧轨道最高点A由静止释放，其质量m＝1kg，g取10m/s2。图6(1)求物块滑到B点时对轨道压力的大小；(2)若平板车上表面粗糙，物块最终没有滑离平板车，求物块最终速度的大小；(3)若将平板车固定且在上表面铺上一种动摩擦因数逐渐增大的特殊材料，物块在平板车上向右滑动时，所受摩擦力f随它距B点位移x的变化关系如图乙所示，物块最终滑离了平板车，求物块滑离平板车时的速度大小v。解析(1)设物块滑到B点时速度为vB，物块从圆弧轨道A点滑到B点的过程中机械能守恒，则有mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得vB＝3m/s在B点，由牛顿第二定律得N－mg＝meq\f(veq\o\al(2,B),R)解得N＝30N由牛顿第三定律可知，物块滑到B点时对轨道的压力N′＝N＝30N(2)物块滑上平板车后，系统的动量守恒，设物块与平板车的最终速度为