2022高考物理一轮复习 第六章 动量守恒定律 力学三大观点单元质检 新人教版

2022高考物理一轮复习 第六章 动量守恒定律 力学三大观点单元质检 新人教版一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48分。在每小题给出的四个选项中,第16题只有一项符合题目要求,第78题有多项符合题目要求。全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)1.(2017宁夏沙坡头区月考)质量为1 kg的物体做直线运动,其速度时间图象如图所示,则物体在前10 s内和后10 s内所受外力的冲量分别是()A.10 Ns,10 NsB.10 Ns,-10 NsC.0,10 NsD.0,-10 Ns答案D解析由题图可知,在前10 s内初、末状态的动量相等,p1=p2=5 kgm/s,由动量定理知I1=0;在后10 s内p2=-5 kgm/s,I2=p3-p2=-10 Ns,故选D。2.一个质量是5 kg的小球以5 m/s的速度竖直落到地板上,随后以3 m/s的速度反向弹回,若取竖直向下的方向为正方向,则小球动量的变化量是()A.10 kgm/sB.-10 kgm/sC.40 kgm/sD.-40 kgm/s答案D解析因向下为正方向,则小球与地面相碰前的动量为p1=mv1=55 kgm/s=25 kgm/s;碰后的动量为p2=mv2=5(-3) kgm/s=-15 kgm/s;则小球的动量变化为p=p2-p1=(-15 kgm/s)-25 kgm/s=-40 kgm/s,故D正确。3.(2017河北涞水县期中)如图所示,光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动。两球质量关系为mB=2mA,规定向右为正方向,A、B两球的动量均为6 kgm/s,运动中两球发生碰撞,碰撞后A球的动量增量为-4 kgm/s,则()A.左方是A球,碰撞后A、B两球速度大小之比为25B.左方是A球,碰撞后A、B两球速度大小之比为110C.右方是A球,碰撞后A、B两球速度大小之比为25D.右方是A球,碰撞后A、B两球速度大小之比为110答案A解析由两球的动量都是6 kgm/s可知,运动方向都向右,且能够相碰,说明左方是质量小速度大的小球,故左方是A球。碰后A球的动量减少了4 kgm/s,即A球的动量为2 kgm/s,由动量守恒定律知B球的动量为10 kgm/s,则其速度比为25,故选项A是正确的。4.(2017福建华安县期末)“爆竹声中一岁除,春风送暖入屠苏”,爆竹声响是辞旧迎新的标志。有一个质量为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,其中一块质量为2m,速度大小为v,方向水平向东;则另一块的速度为()A.3v0-vB.2v0-3vC.3v0-2vD.2v0+v答案C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,C正确。5.(2017广西宾阳县期末)如图所示,一质量m1=3.0 kg的长方形木板B放在光滑水平地面上,在其右端放一个质量m2=1.0 kg的小木块A。给A和B以大小均为4.0 m/s,方向相反的初速度,使A开始向左运动,B开始向右运动,A始终没有滑离B板。在小木块A做加速运动的时间内,木板速度大小可能是()A.1.8 m/sB.2.4 m/sC.2.8 m/sD.3.0 m/s答案B解析A先向左减速到零,再向右加速运动,在此期间,木板减速运动,最终它们保持相对静止,设A减速到零时,木板的速度为v1,最终它们的共同速度为v2,取水平向右为正方向,则m1v-m2v=m1v1,m1v1=(m1+m2)v2,可得v1= m/s,v2=2 m/s,所以在小木块A做加速运动的时间内,木板速度大小应大于2.0 m/s而小于 m/s,只有选项B正确。6.(2017安徽金安区月考)如图所示,两质量分别为m1和m2的弹性小球叠放在一起,从高度为h处自由落下,h远大于两小球半径,所有的碰撞都是完全弹性碰撞,且都发生在竖直方向。已知m2=3m1,则小球m1反弹后能达到的高度为()A.hB.2hC.3hD.4h答案D解析下降过程为自由落体运动,触地时两球速度相同,v=,m2碰撞地之后,速度瞬间反向,大小相等,选m1与m2碰撞过程为研究过程,碰撞前后动量守恒,设碰后m1、m2速度大小分别为v1、v2,选向上方向为正方向,则m2v-m1v=m1v1+m2v2由能量守恒定律得(m1+m2)v2=m1m2,且m2=3m1联立解得v1=2反弹后高度H=4h,D正确。7.(2017河南林州市月考)如图所示,三角形传送带以1 m/s 的速度逆时针匀速转动,两边的传送带长都是2 m且与水平方向的夹角均为37。现有两个小物块A、B从传送带顶端都以1 m/s的初速度沿传送带下滑,物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5,g取10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8。下列判断正确的是()A.物块A先到达传送带底端B.物块A、B同时到达传送带底端C.传送带对物块A、B均做负功D.物块A下滑过程中系统产生的热量小于B下滑过程中系统产生的热量答案BCD解析因tan 37=0.750.5,即mgsin mgcos ,故A、B都会匀加速下滑,根据牛顿第二定律知A、B加速度大小相等,故会同时到达底端,选项A错误,B正确;物块A、B受到传送带的摩擦力方向与其运动方向相反,故传送带对物块A、B均做负功,选项C正确;因A物块与传送带同向运动,相对位移要小,根据Q=Ffs相对,产生的热量要小于B物块下滑产生的热量,故选项D正确。8.(2017河北石家庄模拟)如图所示,质量为m的小球套在倾斜放置的固定光滑杆上,一根轻质弹簧一端固定于O点,另一端与小球相连,弹簧与杆在同一竖直平面内。将小球沿杆拉到弹簧水平位置由静止释放,小球沿杆下滑,当弹簧位于竖直位置时,小球速度恰好为零,此时小球下降的竖直高度为h,若整个过程中弹簧始终处于伸长状态且处于弹性限度范围内,则下列说法正确的是()A.弹簧与杆垂直时,小球速度最大B.弹簧与杆垂直时,小球的动能与重力势能之和最大C.小球从静止位置下滑至最低点的过程中,弹簧的弹性势能增加量小于mghD.小球从静止位置下滑至最低点的过程中,弹簧的弹性势能增加量等于mgh答案BD解析弹簧与斜杆垂直时,弹簧的弹性势能最小,小球的动能与重力势能之和最大,但加速度不为零,所以小球速度不是最大,B正确,A错误;小球从静止位置下滑至最低点的过程中,小球动能变化量为零,所以弹簧的弹性势能增加量等于小球重力势能的减少量mgh,C错误,D正确。二、实验题(10分)9.气垫导轨是常用的一种实验仪器,它是利用气泵将压缩空气通过导轨的众多小孔高速喷出,在导轨与滑块之间形成薄薄一层气垫,使滑块悬浮在导轨上。由于气垫的摩擦力极小,滑块在导轨上的运动可近似为没有摩擦的运动。用固定在气垫导轨上的光电门A、B和光电计时装置,以及带有挡光条的滑块C、D来验证动量守恒定律。已知挡光条的持续挡光宽度为l,实验装置如图所示,采用的实验步骤如下:a.调节气垫导轨底座螺母,观察导轨上的气泡仪,使导轨成水平状态;b.在滑块C、D间放入一个轻质弹簧,用一条橡皮筋捆绑住三者成一水平整体,静置于导轨中部;c.将光电门尽量靠近滑块C、D两端;d.烧断捆绑的橡皮筋,使滑块C、D在弹簧作用下分离,分别通过光电门A、B;e.由光电计时器记录滑块C第一次通过光电门A时挡光条持续挡光的时间tC,以及滑块D第一次通过光电门B时挡光条持续挡光的时间tD。(1)实验中还应测量的物理量是;(2)根据上述测量的实验数据及已知量,验证动量守恒定律的表达式是;实验中算得的C、D两滑块的动量大小并不完全相等,产生误差的主要原因是;(3)利用上述实验数据(填“能”或“不能”)测出被压缩弹簧的弹性势能的大小。如能,请写出计算表达式,若不能,说明理由:。答案(1)滑块C、D的质量mC、mD(2)滑块与气垫导轨间仍存在摩擦,气垫导轨未完全水平(3)能,Ep=mC2+mD2解析(1)要验证弹簧弹开的两滑块动量守恒,需要知道两滑块的质量和速度,而速度可以通过光电计时器测量的时间和位移计算,所以实验中还应测量的物理量是滑块C、D的质量mC、mD。(2)设遮光条的宽度为l,则vC=,vD=,验证动量守恒定律的表达式是mCvC=mDvD,即。产生误差的主要原因是滑块与气垫导轨间仍存在摩擦,气垫导轨未完全水平,测量mC、mD及tC、tD时有误差。(3)烧断捆绑的橡皮筋后只有弹簧弹力做功,系统机械能守恒,所以弹簧的弹性势能等于两滑块离开弹簧时的动能,即Ep=mCmDmC2+mD2。三、计算题(本题共3小题,共42分)10.(10分)(2018山东省山师附中三模)如图,两块相同平板P1、P2置于光滑水平面上,质量均为m=0.1 kg。P2的右端固定一轻质弹簧,物体P置于P1的最右端,质量为M=0.2 kg且可看作质点。P1与P以共同速度v0=4 m/s向右运动,与静止的P2发生碰撞,碰撞时间极短,碰撞后P1与P2黏连在一起,P压缩弹簧后被弹回(弹簧始终在弹性限度内)。平板P1的长度L=1 m,P与P1之间的动摩擦因数为=0.2,P2上表面光滑。求:(1)P1、P2刚碰完时的共同速度v1;(2)此过程中弹簧的最大弹性势能Ep。(3)通过计算判断最终P能否从P1上滑下,并求出P的最终速度v2。答案(1)2 m/s(2)0.2 J(3)3 m/s解析(1)P1、P2碰撞过程,由动量守恒定律mv0=2mv1解得v1=2 m/s,方向水平向右;(2)对P1、P2、P系统,由动量守恒定律2mv1+Mv0=(2m+M)v2解得v2=v0=3 m/s,方向水平向右,此过程中弹簧的最大弹性势能Ep=2m(2m+M)v22=0.2 J;(3)对P1、P2、P系统,由动量守恒定律2mv1+Mv0=2mv3-Mv2由能量守恒定律得2m2m+MgL解得P的最终速度v2=3 m/s0,即P能从P1上滑下,P的最终速度v2=3 m/s。11.(14分)如图所示,在足够长的光滑水平面上,物体A、B、C位于同一直线上,A位于B、C之间。A的质量为m,B、C的质量都为M,三者均处于静止状态。现使A以某一速度向右运动,求m和M之间应满足什么条件,才能使A只与B、C各发生一次碰撞。设物体间的碰撞都是弹性的。答案(-2)MmM解析设A运动的初速度为v0,A向右运动与C发生碰撞,由动量守恒定律得mv0=mv1+Mv2由机械能守恒定律得可得v1=v0,v2=v0要使得A与B能发生碰撞,需要满足v10,即mMA反向向左运动与B发生碰撞过程,有mv1=mv3+Mv4整理可得v3=v1,v4=v1由于mM,所以A还会向右运动,根据要求不发生第二次碰撞,需要满足v3v2即v0v1=2v0整理可得m2+4MmM2解方程可得m(-2)M另一解m-(+2)M舍去所以使A只与B、C各发生一次碰撞,须满足(-2)MmM。12.(18分)(2017海南海口一模)如图所示,倾角为的固定粗糙斜面上有一物块A,物块到斜面底端的高度为h,紧靠斜面底端有一长为L的长木板B停放在光滑的水平面上,斜面底端刚好与长木板上表面左端接触,长木板上表面粗糙,右端与一圆弧面C黏接在一起,圆弧面左端与木板平滑相接,现释放物块A让其从斜面上滑下。圆弧面表面光滑,圆弧面的半径为R,物块与斜面长木板表面的动摩擦因数均为,A、B、C三者的质量相等,重力加速度大小为g,不计物块A从斜面滑上木板时的机械能损失。(1)求物块A到达斜面底端时的速度大小v;(2)改变物块A由静止释放的位置,若物块A恰好能滑到圆弧面C的最高点,求其开始下滑时到斜面底端的高度h1;(3)在(2)中情况下,求物块A从圆弧面最高点返回后停留在长木板B上的位置到长木板右端的距离s(设物块A不会从长木板B的左端滑下)。答案(1)(2)(3)解析(1)物块A在斜面上下滑的过程,由动能定理得mgh-mgcos mv2解得v=。(2)当物块开始下滑时到斜面底端的高度h1时,物块A在斜面上下滑的过程,由动能定理得mgh1-mgcos 解得v1=设物块A滑到圆弧面C的最高点时的速度大小为v2,取向右为正方向,由水平方向动量守恒得mv1=3mv2。由功能关系有mgL=3m-mgR解得h1=。(3)经分析可知,当物块A最终停留在长木板B上时,物块、木板和圆弧面具有共同的速度,设为v3。根据动量守恒定律得mv1=3mv3。上式中v1=且h1=由功能关系有mg(L+s)=3m解得s=。