2020高考物理 章末质量检测（六）第六章 碰撞与动量守恒（含解析）鲁科版

第六章 碰撞与动量守恒(时间：45分钟)一、选择题(本题共8小题，15题为单项选择题，68题为多项选择题)1.如图1所示小船静止于水面上，站在船尾上的渔夫不断将鱼抛向船头的船舱内，将一定质量的鱼抛完后，关于小船的速度和位移，下列说法正确的是()图1A.向左运动，船向左移一些 B.小船静止，船向左移一些C.小船静止，船向右移一些 D.小船静止，船不移动解析人、船、鱼构成的系统水平方向动量守恒，据“人船模型”，鱼动船动，鱼停船静止；鱼对地发生向左的位移，则人船的位移向右，故选项C正确。答案C2.光滑水平桌面上有P、Q两个物块，Q的质量是P的n倍。将一轻弹簧置于P、Q之间，用外力缓慢压P、Q。撤去外力后，P、Q开始运动，P和Q的动量大小的比值为()A.n2 B.n C. D.1解析撤去外力后，P、Q组成的系统水平方向不受外力，所以总动量守恒，设P的运动方向为正方向，则根据动量守恒定律有pPpQ0，pPpQ，故动量大小之比为11，故选项D正确。答案D3.(2019福建漳州质检)如图2所示，一砂袋用无弹性轻细绳悬于O点。开始时砂袋处于静止状态，一弹丸以水平速度v0击中砂袋后未穿出，二者共同摆动。若弹丸质量为m，砂袋质量为5m，弹丸和砂袋形状大小忽略不计，弹丸击中砂袋后漏出的砂子质量忽略不计，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法中正确的是()图2A.弹丸打入砂袋过程中，细绳所受拉力大小保持不变B.弹丸打入砂袋过程中，弹丸对砂袋的冲量大小大于砂袋对弹丸的冲量大小C.弹丸打入砂袋过程中所产生的热量为D.砂袋和弹丸一起摆动所达到的最大高度为解析弹丸打入砂袋的过程由动量守恒定律mv0(m5m)v，解得vv0；弹丸打入砂袋后，总质量变大，且做圆周运动，根据T6mg6m可知，细绳所受拉力变大，选项A错误；根据牛顿第三定律可知，弹丸打入砂袋过程中，弹丸对砂袋的冲量大小等于砂袋对弹丸的冲量大小，选项B错误；弹丸打入砂袋过程中所产生的热量为Qmv6mv2mv，选项C错误；由机械能守恒可得6mv26mgh，解得h，选项D正确。答案D4.如图3所示，在光滑的水平面上有三个完全相同的小球，它们排成一条直线，小球2、3静止，并靠在一起，球1以速度v0射向它们，设碰撞中不损失机械能，则碰后三个小球的速度值是()图3A.v1v2v3v0 B.v10，v2v3v0C.v10，v2v3v0 D.v1v20，v3v0解析由题设条件，三球在碰撞过程中总动量和总动能守恒。若各球质量为m，而碰撞前系统总动量为mv0，总动能为mv。选项A、B中的数据都违反了动量守恒定律，故不可能。假如选项C正确，则碰后总动量为mv0，但总动能为mv，这显然违反了机械能守恒定律，故也不可能。选项D，既满足动量守恒定律，也满足机械能守恒定律，故D正确。答案D5.如图4所示，质量为M的木块位于光滑水平面上，在木块与墙之间用轻弹簧连接，开始时木块静止在A位置。现有一质量为m的子弹以水平速度v0射向木块并嵌入其中，则当木块回到A位置时的速度v以及此过程中墙对弹簧的冲量I的大小分别为()图4A.v，I0 B.v，I2mv0C.v，I D.v，I2mv0解析子弹射入木块过程，由于时间极短，子弹与木块间的内力远大于系统外力，以v0的方向为正方向，由动量守恒定律得mv0(Mm)v，解得v子弹和木块组成的系统在弹簧弹力的作用下先做减速运动，后做加速运动，回到A位置时速度大小不变，即当木块回到A位置时的速度v。子弹、木块和弹簧组成的系统受到的合力即为墙对弹簧的作用力，系统初动量为mv0，末动量为(Mm)v，根据动量定理得I(Mm)vmv02mv0所以墙对弹簧的冲量I的大小为2mv0，选项B正确。答案B6.质量为m的物块以初速度v0从光滑固定斜面底端向上滑行，到达最高位置后再沿斜面下滑到底端，则物块在此运动过程中()A.上滑过程与下滑过程中物块所受重力的冲量相同B.整个过程中物块所受弹力的冲量为零C.整个过程中物块合外力的冲量为零D.若规定沿斜面向下为正方向，则整个过程中物块合外力的冲量大小为2mv0解析物块沿光滑斜面先上滑再下滑，两过程所用时间相等，故重力的冲量相同，选项A正确；因弹力和其作用时间均不为零，故弹力的冲量不为零，选项B错误；由动量定理得I合ppmv0(mv0)2mv0，故选项C错误，D正确。答案AD7.(2019三亚模拟)如图5所示，在光滑的水平地面上静止放置一质量为M1.5 kg的木板A，木板上表面粗糙且固定一竖直挡板，挡板上连接一轻质弹簧，当弹簧处于原长时，在弹簧的左端轻放一质量为m0.9 kg的物块B，现有一颗质量为m00.1 kg的子弹C以v0500 m/s的速度水平击中物块并嵌入其中，该过程作用时间极短，则在A、B、C相互作用的过程中，下列说法中正确的有()图5A.A、B、C组成的系统动量守恒B.A、B、C以及弹簧组成的系统机械能守恒C.子弹击中物块B的瞬间对物块B产生的冲量为45 NsD.弹簧被压缩到最短时木板的速度为25 m/s解析A、B、C三者组成的系统所受合外力为零，动量守恒，故A正确；由于存在摩擦阻力做功，机械能不守恒，故B错误；子弹击中物块B后与物块B共速，由动量守恒有m0v0(mm0)v1，解得v150 m/s，故对物块B产生的冲量等于B物块获得的动量Ipmv100.950 kgm/s45 Ns，故对物块B产生的冲量为45 Ns，C正确；弹簧被压缩到最短时三者共速，由动量守恒有m0v0(mMm0)v2，解得v220 m/s，故D错误。答案AC8.(2019广东肇庆模拟)如图6所示，三小球a、b、c的质量都是m，都放于光滑的水平面上，小球b、c与轻弹簧相连且静止，小球a以速度v0冲向小球b，碰后与小球b黏在一起运动。在整个运动过程中，下列说法中正确的是()图6A.三球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能不守恒B.三球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能也守恒C.当小球b、c速度相等时，弹簧弹性势能最大D.当弹簧恢复原长时，小球c的动能一定最大，小球b的动能一定不为零解析在整个运动过程中，系统受到的合外力为零，系统的总动量守恒，a与b碰撞过程机械能减小，故A正确，B错误；a与b碰撞后，弹簧被压缩，弹簧对b产生向左的弹力，对c产生向右的弹力，ab做减速运动，c做加速运动，当c的速度大于ab的速度后，弹簧压缩量减小，则当小球b、c速度相等时，弹簧压缩量最大，弹性势能最大，故C正确；当弹簧恢复原长时，小球c的动能一定最大，根据动量守恒和机械能守恒分析可知，小球b的动能不为零，故D正确。答案ACD二、非选择题9.(2019江西红色七校联考)在“验证动量守恒定律”的实验中，如图7甲所示，气垫导轨上放置着带有遮光板的滑块A、B，测得A、B的质量分别为m1和m2，遮光板的宽度相同。实验中，用细线将两个滑块连接使轻弹簧压缩且静止，然后烧断细线，轻弹簧将两个滑块弹开，测得它们通过光电门的时间分别为t1、t2。图7(1)图乙为两同学用螺旋测微器测遮光板宽度d时的不同情景。由该图可知的示数为_，的示数为_mm。(2)用题中测得的物理量表示动量守恒应满足的关系式为_(用m1、m2、t1、t2、d表示)。被压缩弹簧开始储存的弹性势能Ep_。解析(1)图，螺旋测微器的固定刻度读数为3.5 mm，可动刻度读数为0.010.3 mm0.003 mm，即的示数为3.5 mm0.003 mm3.503 mm。图，螺旋测微器的固定刻度读数为3 mm，可动刻度读数为0.0148.5 mm0.485 mm，即的示数为3 mm0.485 mm3.485 mm。(2)设向右为正方向，根据动量守恒定律，则应满足的表达式为0m1v1m2v2；即m1v1m2v2。滑块m1、m2的速度分别为v1，v2，代入可得，根据能量守恒关系可知，弹簧储存的弹性势能转化为两滑块的动能，则有Epm1vm2v，代入可得Ep。答案(1)3.505(3.5033.507均可)3.485(3.4833.487均可)(2)()2()210.如图8所示，光滑固定斜面倾角30，一轻质弹簧底端固定，上端与m03 kg的物体B相连，初始时B静止，物体A质量m1 kg，从斜面上与物体B相距s110 cm处由静止释放，物体A下滑过程中与物体B发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后粘在一起，已知碰后A、B经t0.2 s下滑s25 cm至最低点，弹簧始终处于弹性限度内，A、B可视为质点，g取10 m/s2，求：图8(1)A、B两物体从碰后到最低点的过程中弹簧弹性势能的增加量Ep；(2)A、B两物体从碰后至返回碰撞点的过程中，弹簧弹力冲量的大小。解析(1)设与B相撞前瞬间A的速度大小为v0，由动能定理得mgs1sin mv解得v01 m/sA、B相碰前后由动量守恒定律得mv0(mm0)v1解得v10.25 m/s从碰后到最低点的过程中，由机械能守恒定律得Ep(mm0)v(mm0)gs2sin 解得Ep1.125 J(2)以沿斜面向上为正方向，从碰后至返回碰撞点的过程中，由动量定理得I(mm0)gsin 2t(mm0)v1(m0m)v1解得I10 Ns答案(1)1.125 J(2)10 Ns11.(2018山东聊城二模)如图9所示，水平地面上固定一半径为R0.8 m的光滑圆弧轨道，轨道左端放一质量为M3 kg、长为L1.75 m的木板，木板上表面与轨道末端等高，木板与地面间无摩擦，其左端放一质量m1 kg的物块，物块与木板间的动摩擦因数为0.4。现给物块施一水平向右的恒力F15 N，作用一段距离s后撤去F，物块正好能滑到圆弧轨道的最高点，然后再滑回，取g10 m/s2。图9(1)求物块滑到板右端时的速度v多大；(2)求s的大小；(3)通过计算说明，物块最终能否滑离木板。解析(1)对于物块从轨道底端上升到顶端的过程，由机械能守恒可得mv2mgR解得v4 m/s(2)对于物块从木板左端滑到右端的过程，由动能定理可得FsmgLmv2解得s1 m(3)设物块相对板向左滑动距离s后，与木板达到相同速度，由动量守恒定律得mv(Mm)v解得v1 m/s由能量守恒定律得mgsmv2(Mm)v2解得s1.5 mL1.75 m故物块不会滑离木板答案(1)4 m/s(2)1 m(3)物块不会滑离木板- 7 -