2020届高考物理复习碰撞与动量守恒单元评估检测（六）（含解析）新人教版

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单元评估检测(六)(第六章)(45分钟　100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分。1～6题为单选题，7、8题为多选题)1.如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止放在光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，一个质量也为m的小物块从槽高h处开始自由下滑，下列说法正确的是(　　)A.在下滑过程中，物块的机械能守恒B.在下滑过程中，物块和槽的动量守恒C.物块被弹簧反弹后，做匀速直线运动D.物块被弹簧反弹后，能回到槽高h处【解析】选C。在下滑的过程中，物块与弧形槽系统只有重力做功，机械能守恒，对于物块，除了重力做功外，支持力做功，则物块的机械能不守恒，故A错误。物块加速下滑，竖直方向受向下合力，物块与槽在水平方向上不受外力，所以只能在水平方向动量守恒，故B错误。因为物块与槽在水平方向上动量守恒，由于质量相等，根据动量守恒，物块离开槽时速度大小相等，方向相反，物块被弹簧反弹后，与槽的速度相同，做匀速直线运动，故C正确，D错误。2.如图所示，竖直面内有一个固定圆环，MN是它在竖直方向上的直径。两根光滑滑轨MP、QN的端点都在圆周上，MP>QN。将两个完全相同的小滑块a、b分别从M、Q点无初速度释放，在它们各自沿MP、QN运动到圆周上的过程中，下列说法中正确的是(　　)A.合力对两滑块的冲量大小相同B.重力对a滑块的冲量较大C.弹力对a滑块的冲量较小nD.两滑块的动量变化大小相同【解析】选C。这是“等时圆”，即两滑块同时到达滑轨底端。合力F=mgsinθ(θ为滑轨倾角)，Fa>Fb，因此合力对a滑块的冲量较大，a滑块的动量变化也大；重力的冲量大小、方向都相同；弹力FN=mgcosθ，FNamB，置于光滑水平面上，相距较远。将两个大小均为F的力，同时分别作用在A、B上经过相同距离后，撤去两个力，两物体发生碰撞并粘在一起后将(　　)A.停止运动　　　　　　B.向左运动C.向右运动D.运动方向不能确定【解析】选C。已知两个力大小相等，mA>mB，由牛顿第二定律可知，两物体的加速度aAtB，由IA=FtA，IB=FtB，可得IA>IB，由动量定理可知pA-0=IA，pB-0=IB，则pA>pB，碰前系统总动量方向向右，碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律可知，碰后总动量方向向右，故A、B、D错误，C正确。n5.弹性小球A和B用轻绳相连挂在轻质弹簧下静止不动，如图甲所示，A的质量为m，B的质量为M，某时刻连接A、B的绳突然断开，同时在B球的正下方有一质量为M的物体C以v0的速度竖直上抛，此后B、C间发生弹性碰撞(碰撞时间不计)，A上升经某一位置时的速度大小为v，这时物体B的速度大小为u，如图乙所示，从绳突然断开到A的速度为v的时间内，弹簧的弹力对物体A的冲量大小为(　　)A.mv　　　　　　B.mv-MuC.mv+muD.mv+mv0-mu【解析】选D。设B经过时间t0后与C相遇，此时B的速度为v1，C的速度为v2，由于碰撞的时间短，可以认为碰撞的过程中二者在竖直方向的动量守恒，选取竖直向上为正方向，设碰撞的时刻C的速度方向仍然向上，则：-Mv1+Mv2=Mv1′+Mv2′…①，由能量守恒可得：M+M=Mv1′2+Mv2′2…②，联立可得：v1′=v2，v2′=-v1，可知碰撞的过程中二者互换速度；设B从绳断到下落速度为u的过程所用时间为t，以向上为正方向，根据动量定理，有：对物体A有：I-mgt=mv…③对物体B有：-Mgt=-M(v0-u)…④由③④式得弹簧的弹力对物体A的冲量为：I=mv+mv0-mu。故A、B、C错误，D正确。6.几个水球可以挡住一颗子弹？《国家地理频道》的实验结果是：四个水球足够！完全相同的水球紧挨在一起水平排列，子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，恰好能穿出第4个水球，则可以判断的是(　　)A.子弹在每个水球中的速度变化相同B.子弹在每个水球中运动的时间相同C.每个水球对子弹的冲量不同nD.子弹在每个水球中的动量变化相同【解析】选C。恰好能穿出第4个水球，即末速度v=0，逆向看子弹由右向左做初速度为零的匀加速直线运动，则自左向右子弹通过四个水球的时间比为(2-)∶(-)∶(-1)∶1，则B错误。由于加速度a恒定，由at=Δv，可知子弹在每个水球中的速度变化不同，A项错误。因加速度恒定，则每个水球对子弹的阻力恒定，则由I=ft可知每个水球对子弹的冲量不同，C项正确。由动量定理有Δp=fΔt，f相同，Δt不相同，则Δp不相同，D项错误。7.(2018·济南模拟)如图所示，质量相同的两个小球A、B用长为L的轻质细绳连接，B球穿在光滑水平细杆上，初始时刻，细绳处于水平状态，将A、B由静止释放，空气阻力不计，下列说法正确的是(　　)A.A球将做变速圆周运动B.B球将一直向右运动C.B球向右运动的最大位移为LD.B球运动的最大速度为【解析】选C、D。由于B点不固定，故A的轨迹不可能为圆周，故A错误。A球来回摆动，B球将左右做往复运动，故B错误。对A、B，水平方向动量守恒，从A球释放到A球摆到最左端过程中，取水平向左为正方向，由水平方向动量守恒得：mA-mB=0，即有mAsA=mBsB，又sA+sB=2L，得B球向右运动的最大位移sB=L，故C正确。当A球摆到B球正下方时，B的速度最大。由水平方向动量守恒得mAvA=mBvB，又机械能守恒，mAgL=mA+mB。解得B球运动的最大速度为vB=，故D正确。8.如图所示，甲图表示光滑平台上，物体A以初速度v0滑到上表面粗糙的水平小车B上，车与水平面间的动摩擦因数不计，乙图为物体A与小车B的v-t图象，由此可求(　　)A.小车上表面长度nB.物体A与小车B的质量之比C.物体A与小车B上表面间的动摩擦因数D.小车B获得的动能【解析】选B、C。由题图乙可知，A、B最终以共同速度v1匀速运动，不能确定小车上表面长度，故A错误；以v0的方向为正方向，由动量守恒定律得mAv0=(mA+mB)v1，故可以确定物体A与小车B的质量之比，故B正确；由题图乙可知A相对小车B的位移Δx=v0t1，根据动能定理得-μmAgΔx=(mA+mB)-mA，根据B项中求得的质量关系，可以解出动摩擦因数，故C正确；由于小车B的质量无法求出，故不能确定小车B获得的动能，故D错误。二、实验题(8分)9.用如图所示的装置来验证动量守恒定律。滑块在气垫导轨上运动时阻力不计，其上方挡光条到达光电门D(或E)，计时器开始计时；挡光条到达光电门C(或F)，计时器停止计时。实验主要步骤如下：a.用天平分别测出滑块A、B的质量mA、mB；b.给气垫导轨通气并调整使其水平；c.调节光电门，使其位置合适，测出光电门C、D间的水平距离L；d.A、B之间紧压一轻弹簧(与A、B不粘连)，并用细线拴住，如图静置于气垫导轨上；e.烧断细线，A、B各自运动，弹簧恢复原长前A、B均未到达光电门，从计时器上分别读取A、B在两光电门之间运动的时间tA、tB。(1)实验中还应测量的物理量x是____________(用文字表达)。 (2)利用上述测量的数据，验证动量守恒定律的表达式是____________(用题中所给的字母表示)。 (3)利用上述数据还能测出烧断细线前弹簧的弹性势能Ep=____________(用题中所给的字母表示)。 【解析】(1)本实验要验证动量守恒定律，所以需要测量滑块的质量和两滑块的速度，由题意可知，还需要测量光电门E、F间的水平距离，从而求出B滑块的速度；n(2)根据平均速度公式可知，碰后vA=，B的速度vB=，设A的方向为正方向，则有：mAvA-mBvB=0则有：mA-mB=0(3)根据机械能的表达式可知，Ep=mA+mB=mA()2+mB()2；答案：(1)光电门E、F间的水平距离(2)mA-mB=0(3)mA()2+mB()2三、计算题(本题共3小题，共44分。需写出规范的解题步骤)10.(14分)(2019·开封模拟)如图所示，两个相同的物块A、B静止在水平面上，质量均为m=0.5kg，两物块间距离为x0=1.0m，它们之间连有一根松弛的轻绳。某时刻物块B受到一个水平向右的拉力，拉力F=10.0N。经时间t1=0.5s后撤掉水平拉力F，再经时间t2=0.1s两物块间的轻绳突然绷紧。设两物块与水平面间的动摩擦因数为μ=0.2，轻绳绷紧的瞬间绳子上的张力远大于物块受到的摩擦力。g取10m/s2，求：(1)两物块间的轻绳的长度；(2)轻绳绷紧的瞬间，轻绳对物块A的冲量大小。【解析】(1)在拉力作用的t1=0.5s时间内，由动量定理得：Ft1-μmgt1=mv1，解得：v1=9.0m/s，由动能定理得：(F-μmg)x1=m解得：x1=2.25m，撤掉拉力后的t2=0.1s时间内，由牛顿第二定律有：-μmg=ma解得：a=-μg=-2m/s2v2=v1+at2=8.8m/snx2=·t2=0.89m两物块间轻绳的长度：x=x0+x1+x2=4.14m。(2)轻绳绷紧的瞬间绳子上的张力远大于小车的摩擦力，两物块组成的系统动量守恒，有：mv2=2mv3解得：v3=4.4m/s由动量定理得，轻绳绷紧的瞬间，轻绳对物块A的冲量大小：I=Δp=mv3-0解得：I=2.2N·s。答案：(1)4.14m　(2)2.2N·s11.(15分)(2016·全国卷Ⅱ)如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面3m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h=0.3m(h小于斜面体的高度)。已知小孩与滑板的总质量为m1=30kg，冰块的质量为m2=10kg，小孩与滑板始终无相对运动。重力加速度的大小g取10m/s2。(1)求斜面体的质量。(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？【解析】(1)规定向右为速度正方向。冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3。由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m2v20=(m2+m3)v①m2=(m2+m3)v2+m2gh②式中v20=-3m/s为冰块推出时的速度。联立①②式并代入题给数据得m3=20kg③(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有m1v1+m2v20=0④代入数据得　v1=1m/s⑤设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒和机械能守恒定律有m2v20=m2v2+m3v3⑥nm2=m2+m3⑦联立③⑥⑦式并代入数据得v2=1m/s由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩。答案：(1)20kg　(2)见解析12.(15分)(2019·肇庆模拟)在光滑的水平面上，有一质量M=2kg的平板车，其右端固定一挡板，挡板上固定一根轻质弹簧，在平板车左端P处有一可以视为质点的小滑块，其质量m=2kg。平板车表面上Q处的左侧粗糙，右侧光滑，且PQ间的距离L=2m，如图所示。某时刻平板车以速度v1=1m/s向左滑行，同时小滑块以速度v2=5m/s向右滑行。一段时间后，小滑块与平板车达到相对静止，此时小滑块与Q点相距L。(g取10m/s2)(1)求当二者处于相对静止时的速度大小和方向。(2)求小滑块与平板车的粗糙面之间的动摩擦因数μ。(3)若在二者共同运动方向的前方有一竖直障碍物(图中未画出)，平板车与它碰后以原速率反弹，碰撞时间极短，且碰后立即撤去该障碍物，求小滑块最终停在平板车上的位置。(计算结果保留两位有效数字)【解析】(1)设M、m共同速度为v，设水平向右为正方向，由动量守恒定律得：mv2-Mv1=(M+m)vv==2m/s，方向水平向右(2)本题有两种可能：①如果小滑块尚未越过Q点就与平板车达到相对静止，对A、B组成的系统，由能量守恒有：m+M-(m+M)v2=μmg·L代入数据得：μ=0.6②如果小滑块越过Q点与弹簧相互作用后，再返回与平板车达到相对静止，有：nm+M-(m+M)v2=μmg·L解得：μ=0.36(3)平板车与障碍物发生碰撞后以原速率反弹，假设小滑块向右滑行并与弹簧发生相互作用，当小滑块与平板车再次处于相对静止状态时，两者的共同速度为u，在此过程中，小滑块与平板车和弹簧组成的系统动量守恒。由动量守恒定律得：mv-Mv=(M+m)u代入数据可得：u=0设小滑块相对平板车在PQ间的路程为s，由功能关系得：(M+m)v2=μmgs当μ=0.6时，代入数据得：s=m当μ=0.36时，s=m由于s>所以小滑块滑过Q点并与弹簧相互作用，然后相对平板车向左滑动到Q点左边，设离Q点距离为s1有：s1=s-=0.17m或0.61m答案：(1)2m/s　水平向右　(2)0.60或0.36(3)0.17m或0.61m