2020高考物理一轮复习 第6章 动量守恒定律章末过关检测(六)

【2019最新】精选高考物理一轮复习第6章动量守恒定律章末过关检测（六）章末过关检测(六)(建议用时：60分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)1．(2018·甘肃模拟)一质量为m的物体放在光滑水平面上，若以恒力F沿水平方向推该物体，在相同的时间间隔内，下列说法正确的是( )A．物体的位移相等B．物体动能的变化量相等C．F对物体做的功相等D．物体动量的变化量相等解析：选D.物体在水平恒力作用下做匀加速直线运动，在相同的时间间隔内物体的位移逐渐增大，故A错误；根据动能定理得知，物体动能的变化量逐渐增大，故B 错误；由功的公式W＝FL知道，在相同的时间间隔内，F做功增大，故C错误；根据动量定理得：Ft＝Δp，F、t相等，则Δp相等，即物体动量的变化量相等，故D正确．2．一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳，经Δt时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v.在此过程中( )A．地面对他的冲量为mv＋mgΔt，地面对他做的功为mv2B．地面对他的冲量为mv＋mgΔt，地面对他做的功为零C．地面对他的冲量为mv，地面对他做的功为mv2D．地面对他的冲量为mv－mgΔt，地面对他做的功为零解析：选B.人的速度原来为零，起跳后速度为v，以竖直向上为正方向，则由动量定理可得：I－mgΔt＝mv－0，故地面对人的冲量为mv＋mgΔt；而人在跳起时，人受到的支持力没有产生位移，故支持力不做功，故B正确．3．如图所示，一辆小车装有光滑弧形轨道，总质量为m，停放在光滑水平面上．有一质量也为m、速度为v的铁球，沿轨道水平部分射入，并沿弧形轨道上升h后又下降而离开小车，离车后球的运动情况是( )A．做平抛运动，速度方向与车运动方向相同B．做平抛运动，速度方向与车运动方向相反C．做自由落体运动D．小球跟车有相同的速度解析：选C.设小球离开小车时，小球的速度为v1，小车的速度为v2，整个过程中动量守恒，由动量守恒定律得：mv＝mv1＋mv2，由动能守恒得：mv2＝mv＋mv，联立解得：v1＝0，v2＝v，即小球与小车分离后二者交换速度，所以小球与小车分离后做自由落体运动，故选项C正确．4．(2018·天水一中检测)如图所示，分别用恒力F1、F2先后将质量为m的同一物体由静止开始沿相同的固定粗糙斜面由底端推至顶端．第一次力F1沿斜面向上，第二次力F2沿水平方向，两次所用时间相同，则在这两个过程中( )A．F1做的功比F2做的功多B．第一次物体机械能的变化较多C．第二次合外力对物体做的功较多D．两次物体动量的变化量相同解析：选D.根据题中信息可得，物体运动过程中的位移和时间都相等，因为是从静止开始运动的，所以根据公式x＝at2得加速度a相同，根据公式v＝at，物体到达斜面顶端时速度相同，即动能相同，所以动能变化量相同，根据动能定理得知，合外力做功相等．由图示分析可知，第一个物体所受的摩擦力小于第二个物体所受的摩擦力，故两物体克服摩擦力做功不同，重力做功相同，F1做的功比F2做的少，故A、C错误；物体末速度相同，又由于处于相同的高度，所以两物体机械能变化相同，故B错误；两种情况下，物体的末速度相同，物体初末动量相同，则两次物体动量的变化量相同，故D正确．5．(2018·河北石家庄检测)矩形滑块由不同材料的上、下两层黏合在一起组成，将其放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v水平射向滑块．若射击下层，子弹刚好不射出；若射击上层，则子弹刚好能射穿一半厚度，如图所示．则上述两种情况相比较( )A．子弹的末速度大小不相等B．系统产生的热量一样多C．子弹对滑块做的功不相同D．子弹和滑块间的水平作用力一样大解析：选B.根据动量守恒，两次子弹与滑块的最终速度相等，A错误；根据能量守恒可知，初状态子弹的动能相同，末状态两滑块与子弹的动能也相同，因此损失的动能转化成的热量相等，B正确；子弹对滑块做的功等于滑块末状态的动能，两次相等，因此做功相等，C错误；产生的热量Q＝f×Δs，由于产生的热量相等，而相对位移Δs不同，因此子弹和滑块间的水平作用力大小不同，D错误．二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不答的得0分)6．(2018·广东中山一中七校联考)如图所示，图(a)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上，车与水平面间的动摩擦因数不计；图(b)为物体A与小车B的v－t图象，由此可知( )A．小车上表面长度B．物体A与小车B的质量之比C．物体A与小车B上表面的动摩擦因数D．小车B获得的动能解析：选BC.由图象可知，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；由动量定恒定律得，mAv0＝(mA＋mB)v1，解得：＝，故可以确定物体A与小车B的质量之比，故B正确；由图象可以知道A相对小车B的位移Δx ＝v0t1，根据能量守恒得：μmAgΔx＝mAv－(mA＋mB)v，根据B中求得质量关系，可以解出动摩擦因数，故C正确；由于小车B的质量不可知，故不能确定小车B获得的动能，故D错误．7．如图所示，有一光滑钢球质量为m，被一U形框扣在里面，框的质量为M，且M ＝2m，它们搁置于光滑水平面上，今让小球以速度v0向右去撞击静止的框，设碰撞无机械能损失，经多次相互撞击，下面结论正确的是( )A．最终都将停下来B．最终将以相同的速度向右运动C．永远相互碰撞下去，且整体向右运动D．在它们反复碰撞的过程中，球的速度将会再次等于v0，框也会再次重现静止状态解析：选CD.小球与框碰撞过程中，系统动量守恒，机械能总量也守恒；根据动量守恒定律，有：mv0＝mv1＋Mv2根据机械能守恒定律，有：mv＝mv＋Mv2其中M＝2m联立解得：v1＝v0，v2＝0(两次碰撞后)或者v1＝－v0，v2＝v0(一次碰撞后)由于二次碰撞后的速度情况与开始时相同，故整体内部一直不断碰撞，整体持续向右运动；球的速度将会再次等于v0，框也会再次重现静止状态；故A、B错误，C、D 正确．8．如图甲所示，一质量为m的物块在t＝0时刻，以初速度v0从足够长、倾角为θ的粗糙斜面底端向上滑行，物块速度随时间变化的图象如图乙所示．t0时刻物块到达最高点，3t0时刻物块又返回底端．下列说法正确的是( )A．物块从开始运动到返回底端的过程中重力的冲量为3mgt0·cos θB．物块从t＝0时刻开始运动到返回底端的过程中动量的变化量为－mv0C．斜面倾角θ的正弦值为5v08gt0D．不能求出3t0时间内物块克服摩擦力所做的功解析：选BC.物块从开始运动到返回底端的过程中重力的冲量IG＝3mgt0，A错误；上滑过程中物块做初速度为v0的匀减速直线运动，下滑过程中做初速度为零、末速度为v的匀加速直线运动，上滑和下滑的位移大小相等，所以有t0＝·2t0，解得v ＝，物块从开始运动到返回底端过程中动量的变化量为Δp＝－mv－mv0＝－mv0，B 正确；上滑过程中有－(mgsin θ＋μmgcos θ)·t0＝0－mv0，下滑过程中有(mgsin θ－μmgcos θ)2t0＝，解得sin θ＝，C正确；根据速度－时间图象可求出物块上升的最大位移，从而求出整个过程中摩擦力所做的功，故D错误．三、非选择题(本题共3小题，共52分，按题目要求作答．计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)9．(15分)如图是用来验证动量守恒的实验装置，弹性球1用细线悬挂于O点，O点下方桌子的边沿有一竖直立柱．实验时，调节悬点，使弹性球1静止时恰好与立柱上的球2右端接触且两球等高．将球1拉到A点，并使之静止，同时把球2放在立柱上．释放球1，当它摆到悬点正下方时与球2发生对心碰撞，碰后球1向左最远可摆到B点，球2落到水平地面上的C点．测出有关数据即可验证1、2两球碰撞时动量守恒．现已测出A点离水平桌面的距离为a，B点离水平桌面的距离为b，C点与桌子边沿间的水平距离为c.此外：(1)还需要测量的量是________________________、__________________和______________________．(2)根据测量的数据，该实验中动量守恒的表达式为__________________．(忽略小球的大小)解析：(1)要验证动量守恒必须知道两球碰撞前后的动量变化，根据弹性球1碰撞前后的高度a和b，由机械能守恒可以求出碰撞前后的速度，故只要再测量弹性球1的质量m1，就能求出弹性球1的动量变化；根据平抛运动的规律只要测出立柱高h和桌面离水平地面的高度H就可以求出弹性球2碰撞前后的速度变化，故只要测量弹性球2的质量和立柱高h 、桌面离水平地面的高度H 就能求出弹性球2的动量变化．(2)根据(1)的解析可以写出动量守恒的表达式为2m1＝2m1＋m2 .答案： (1)弹性球1、2的质量m1、m2 立柱高h 桌面离水平地面的高度H(2)2m1＝2m1＋m2c H ＋h10．(17分)(2018·石家庄质检)如图所示，质量分布均匀、半径为R 的光滑半圆形金属槽，静止在光滑的水平面上，左边紧靠竖直墙壁．一质量为m 的小球从距金属槽上端R 处由静止下落，恰好与金属槽左端相切进入槽内，到达最低点后向右运动从金属槽的右端冲出，小球到达最高点时距金属槽圆弧最低点的距离为R ，重力加速度为g ，不计空气阻力．求：(1)小球第一次到达最低点时对金属槽的压力大小；(2)金属槽的质量．解析：(1)小球从静止到第一次到达最低点的过程，根据机械能守恒定律有：mg ·2R ＝mv ，小球刚到最低点时，根据圆周运动和牛顿第二定律的知识有：FN －mg ＝m,R)，据牛顿第三定律可知小球对金属槽的压力为：F ′N ＝FN联立解得：F′N＝5mg.(2)小球第一次到达最低点至小球到达最高点过程，小球和金属槽水平方向动量守恒，选取向右为正方向，则：mv0＝(m ＋M)v设小球到达最高点时距金属槽圆弧最低点的高度为h.则有R2＋h2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫74R 2根据能量守恒定律有：mgh ＝mv －(m ＋M)v2.联立解得：M ＝ m.答案：(1)5mg (2) m11．(20 分)(2018·河北定州中学高三月考)如图所示，内壁粗糙、半径R ＝0.4 m 的四分之一圆弧轨道AB 在最低点B 与光滑水平轨道BC 相切．质量m2＝0.2 kg 的小球b 左端连接一轻质弹簧，静止在光滑水平轨道上，另一质量m1＝0.2 kg 的小球a自圆弧轨道顶端由静止释放，运动到圆弧轨道最低点B时对轨道的压力为小球a重力的2倍．忽略空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2.求：(1)小球a由A点运动到B点的过程中，摩擦力做的功Wf.(2)小球a通过弹簧与小球b相互作用的过程中，弹簧的最大弹性势能Ep.(3)小球a通过弹簧与小球b相互作用的整个过程中，弹簧对小球b的冲量I的大小．解析：(1)小球由释放到最低点的过程中，根据动能定理：m1gR＋Wf＝m1v21小球在最低点，根据牛顿第二定律：FN－m1g＝,R)根据牛顿第三定律：FN＝F′N＝2m1g联立可得：Wf＝－0.4 J.(2)小球a与小球b通过弹簧相互作用，达到共同速度v2过程中，由动量关系：m1v1＝(m1＋m2)v2由能量转化和守恒：m1v＝(m1＋m2)v＋Ep联立可得：Ep＝0.2 J.(3)小球a与小球b通过弹簧相互作用的整个过程中，a后来速度为v3，b后来速度为v4，由动量关系：m1v1＝m1v3＋m2v4由能量转化和守恒：m1v＝m1v＋m2v24根据动量定理有：I＝m2v4联立可得：I＝0.4 N·s.答案：见解析。