2021高考物理（选择性考试）人教版一轮章末检测：6 动量守恒定律 15页

章末检测 6 动量守恒定律 (时间 90 分钟 满分 100 分) 一、选择题(本题共 12 小题，每小题 4 分，共 48 分．在每小题给 出的四个选项中，第 1～8 小题只有一个选项正确，第 9～12 小题有多 个选项正确，全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错或不 选的得 0 分) 1.如图所示，一倾角为α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，重力的瞬时功率及下滑 过程重力的冲量分别为( ) A．mgv，0 B．mgv，mgtsin α C．mgvcos α，mgt D．mgvsin α，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＝mgvsin α，重力的冲量为 I＝mgt，所以 D 正确，A、B、 C 错误． 答案：D 2.一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块 A 并留在其中，A、 B 用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图所示，则在子弹射入木 块 A 及弹簧被压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统( ) A．动量守恒，机械能守恒 B．动量不守恒，机械能守恒 C．动量守恒，机械能不守恒 D．无法判定动量、机械能是否守恒 答案：C 3．悬绳下吊着一个质量为 M＝9.99 kg 的沙袋，构成一个单摆， 摆长 L＝1 m．一颗质量 m＝10 g 的子弹以 v0＝500 m/s 的水平速度射 入沙袋，瞬间与沙袋达到共同速度(不计悬绳质量，g 取 10 m/s2)，则此 时悬绳的拉力为( ) A．35 N B．100 N C．102.5 N D．350 N 解析：子弹打入沙袋过程中，对子弹和沙袋由动量守恒定律得 mv0 ＝(m＋M)v，得子弹与沙袋的共同速度 v＝ mv0 m＋M ＝0.01×500 10 m/s＝0.5 m/s.对子弹和沙袋，由向心力公式 FT－(m＋M)g＝(m＋M)v2 L 得，悬绳 的拉力 FT＝(m＋M)g＋(m＋M)v2 L ＝102.5 N，所以选项 C 正确． 答案：C 4.如图，从竖直面上大圆的最高点 A，引出两条不同的光滑轨道， 端点都在大圆上．相同物体由静止开始，从 A 点分别沿两条轨道滑到 底端，则下列说法中正确的是( ) A．到达底端的速度大小相等 B．重力的冲量都相同 C．物体动量的变化率都相同 D．沿 AB 运动所用的时间小于沿 AC 运动所用的时间 解析：如图所示，对物体在轨道上下滑过程中，由牛顿第二定律 可得 a＝gcos α，根据运动学公式 x＝1 2at2 可得 2Rcos α＝1 2gcos αt2，则 有 t＝2 R g ；因此下滑时间与轨道和竖直方向的角度无关，只与圆弧 的半径及重力加速度有关，故 D 错误；因时间相同，则重力的冲量相 同，故 B 正确；由于物体下落的高度不同，故物体到达轨道底端的速 度大小不同，选项 A 错误；根据动量定理，动量的变化率等于合外力， 即 mgcos α，因为α不同，则动量的变化率不同，选项 C 错误． 答案：B 5．如图所示，半径为 R 的光滑半圆圆槽质量为 M，静止在光滑 水平面上，其内表面有一质量为 m 的小球被细线吊着位于槽的边缘处， 如将线烧断，小球滑行到最低点向右运动时，圆槽的速度为( ) A．0 B．m M 2MgR M＋m ，向左 C．m M 2MgR M＋m ，向右 D．不能确定 答案：B 6．质量分别为 ma＝1 kg 和 mb＝2 kg 的小球在光滑的水平面上发 生碰撞，碰撞前、后两球的位移—时间图象如图所示，则可知碰撞属 于( ) A．弹性碰撞 B．非弹性碰撞 C．完全非弹性碰撞 D．条件不足，无法判断 解析：由 x-t 图象可知，碰撞前，va＝3 m/s，vb＝0，碰撞后，v′a ＝－1 m/s，v′b＝2 m/s，碰撞前的总动能为 1 2mav2a＋1 2mbv2b＝2 9 J，碰撞 后的总动能为 1 2mav′2a ＋1 2mbv′2b ＝9 2 J，故机械能守恒；碰撞前的总 动量为 mava＋mbvb＝3 kg·m/s，碰撞后的总动量为 mav′a＋mbv′b＝3 kg·m/s，故动量守恒．所以该碰撞属于弹性碰撞，A 正确． 答案：A 7．将质量为 M＝3m 的木块固定在光滑水平面上，一颗质量为 m 的子弹以速度 v0 沿水平方向射入木块，子弹射穿木块时的速度为v0 3 ， 现将同样的木块放在光滑的水平桌面上，相同的子弹仍以速度 v0 沿水 平方向射入木块．则子弹( ) A．不能射穿木块，子弹将留在木块中，一起以共同的速度做匀速 运动 B．能够射穿木块 C．刚好能射穿木块，此时相对速度为零 D．子弹以 3v0 速度射向木块，并从木块中穿出，木块获得的速度 为 v1；若子弹以 4v0 速度射向木块，木块获得的速度为 v2，则必有 v1 ＜v2 解析：当木块固定时，根据动能定理－fd＝1 2m v0 3 2－1 2mv20，解得 fd＝4 9mv20，当木块不固定，假设子弹不能射出木块，根据动量守恒定 律得 mv0＝(M＋m)v，解得 v＝v0 4 ，根据动能定理－fΔx＝1 2(M＋m) v0 4 2 －1 2mv20，解得 fΔx＝3 8mv20，可知Δx＜d，即子弹不能射出木块，最终子 弹和木块以相同的速度做匀速运动，故 A 正确，B、C 错误；木块不 固定时，子弹以速度 v′射入木块，系统动量守恒，假设不能穿出，根 据动量守恒定律有 mv′＝(M＋m)v，根据功能关系可得 Q＝fx＝1 2mv′2 －1 2(M＋m)v2，而 M＝3m，解得 x＝27v′2 32v20 d，故当子弹以 3v0 速度或者 4v0 速度射向木块时，有 x＞d，故子弹均射出，子弹初速度越大，穿 出时间越短，木块加速时间越短，获得的速度越小，故 D 错误． 答案：A 8.如图所示，带有光滑弧形轨道的小车质量为 m，放在光滑水平 面上，一质量也为 m 的铁块，以速度 v 沿轨道水平端向上滑去，至某 一高度后再向下返回，则当铁块回到小车右端时，将( ) A．以速度 v 做平抛运动 B．以小于 v 的速度做平抛运动 C．静止于车上 D．自由下落 解析：整个过程水平方向动量守恒，机械能守恒，所以小车与铁 块相当于弹性碰撞；由于小车和铁块的质量都为 m，所以当铁块回到 小车右端时，铁块的速度为 0，小车具有向左的速度 v，选项 D 正确． 答案：D 9．(2019·四川遂宁三诊)如图所示，质量 M＝2 kg 的半圆形槽物体 A 放在光滑水平地面上，槽内表面光滑，其半径 r＝0.6 m．现有一个 质量 m＝1 kg 的小物块 B 在物体 A 的槽右端口获得瞬时竖直向下的冲 量 I＝2 N·s，此后物体 A 和物块 B 相互作用，使物体 A 在地面上运动， 则( ) A．在 A、B 间存在相互作用的过程中，物体 A 和物块 B 组成的 系统机械能守恒 B．在 A、B 间存在相互作用的过程中，物体 A 和物块 B 组成的 系统动量守恒 C．物块 B 从槽口右端运动到左端时，物体 A 向右运动的位移是 0.4 m D．物块 B 最终可从槽口左端竖直冲出，到达的最高点距槽口的 高度为 0.2 m 解析：在 A、B 间存在相互作用的过程中，只有重力做功，则物 体 A 和物块 B 组成的系统机械能守恒，选项 A 正确；在 A、B 间相互 作用的过程中，水平方向受到的合外力为零，则物体 A 和物块 B 组成 的系统水平方向动量守恒，选项 B 错误；物块 B 从槽口右端运动到左 端时，设物体 A 向右运动的位移是 x，由水平方向动量守恒可知：Mx ＝m(2R－x)，解得 x＝0.4 m，选项 C 正确；物块 B 最终可从槽口左端 竖直冲出，由动量守恒可知，此时槽 B 的速度为零，A 的速度大小等 于初速度 v0＝ I m ＝2 m/s，则到达的最高点距槽口的高度为 h＝v20 2g ＝0.2 m，选项 D 正确． 答案：ACD 10．某同学将一质量为 m 的小球 A 由地面竖直向上抛出，初速度 的大小为 v0，当到达最高点时，与另一质量也为 m、初速度的大小也 为 v0 竖直下抛的小球 B 发生弹性碰撞(时间非常短)，经过一段时间 A、 B 均落地．如果忽略空气阻力，重力加速度大小为 g.则下述正确的是 ( ) A．A 在上升和下降过程中的动量的变化大小都为 mv0 B．A 在上升和下降过程中的动量的变化的方向相同 C．A 落地时的动能为 mv20 D．A、B 落地的时间差为(2－ 2)v0 g 解析：A 与 B 发生弹性碰撞，根据动量守恒定律，二者速度发生 交换，A 做竖直下抛运动，B 做自由落体运动，因此 B 落地时间为v0 g ； 对 A，上抛运动有 0－v20＝－2gh，竖直下抛运动有 v2－v20＝2gh，因此 v＝ 2v0，所以 A 落地时的动能为 mv20，C 正确；取向下为正方向，对 A 上升过程中动量的变化量为Δp1＝0－(－mv0)＝mv0，下抛过程中动 量的变化量为Δp2＝mv－mv0＝( 2－1)mv0，故 A 错误，B 正确；根据 动量定理 mgtA＝Δp2＝( 2－1)mv0，所以Δt＝(2－ 2)v0 g ，D 正确． 答案：BCD 11．(2019·济南二模)如图甲所示，光滑水平面上有 a、b 两个小球， a 球向 b 球运动并与 b 球发生正碰后黏合在一起共同运动，其碰前和碰 后的 s-t 图象如图乙所示，已知 ma＝5 kg，若 b 球的质量为 mb，两球 因碰撞而损失的机械能为ΔE，则( ) A．mb＝1 kg B．mb＝2 kg C．ΔE＝15 J D．ΔE＝35 J 解析：s-t 图象的斜率表示速度，在碰撞前 a 球的速度为 v0＝6 1 m/s ＝6 m/s，碰撞后两者的共同速度为 v＝5 1 m/s＝5 m/s，根据动量守恒 定律可得 mav0＝(ma＋mb)v，解得 mb＝1 kg，A 正确，B 错误；根据能 量守恒定律可得ΔE＝1 2mav20－1 2(ma＋mb)v2＝1 2 ×5×62 J－1 2 ×6×52 J＝ 15 J，C 正确，D 错误． 答案：AC 12．如图所示，小车的上面固定一个光滑弯曲圆管道，整个小车(含 管道)的质量为 2m，原来静止在光滑的水平面上．今有一个可以看作 质点的小球，质量为 m，半径略小于管道半径，以水平速度 v 从左端 滑上小车，小球恰好能到达管道的最高点，然后从管道左端滑离小 车．关于这个过程，下列说法正确的是( ) A．小球滑离小车时，小车回到原来位置 B．小球滑离小车时相对小车的速度大小为 v C．车上管道中心线最高点的竖直高度为v2 3g D．小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，小车的动量变化大小 是mv 3 解析：小球恰好到达管道的最高点，说明在最高点时小球和管道 之间相对速度为 0，小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，根据水平 方向的动量守恒，有 mv＝(m＋2m)v′，得 v′＝v 3 ，小车动量变化大小 Δp 车＝2m·v 3 ＝2 3mv，D 项错误．小球从滑进管道到滑到最高点，根据 机械能守恒定律有 mgH＝1 2mv2－1 2(m＋2m)v′2，得 H＝v2 3g ，C 项正确．小 球从滑上小车到滑离小车的过程，有 mv＝mv1＋2mv2，1 2mv2＝1 2mv21＋ 1 2·2mv22，解得 v1＝－v 3 ，v2＝2 3v，则小球滑离小车时相对小车的速度大 小为 2 3v＋1 3v＝v，B 项正确．在整个过程中小球对小车总是做正功， 因此小车一直向右运动，A 项错误． 答案：BC 二、非选择题(共 52 分) 13．(6 分)某班物理兴趣小组选用如图所示装置做“验证动量守恒 定律”的实验．将一段不可伸长的轻质小绳一端与力传感器(可以实时 记录绳所受的拉力)相连固定在 O 点，另一端连接小钢球 A，在小钢球 最低点 N 下方有一水平气垫导轨，气垫导轨上放有小滑块 B(B 上安装 宽度较小且质量不计的遮光板)、光电门(已连接数字毫秒计)．当地的 重力加速度为 g. 实验时先调整滑块 B 的位置使小钢球自由下垂静止在 N 点时与滑 块 B 接触而无压力，调整好气垫导轨高度，确保小钢球 A 通过最低点 时恰好与滑块 B 发生正碰．把小钢球 A 拉至某位置 M 且绳拉紧，然后 由静止释放，摆到最低点 N 与滑块 B 碰撞，碰撞后小钢球 A 并没有立 即反向，碰撞时间极短． (1)为完成实验，除了数字计时器读数Δt、碰撞前瞬间绳的拉力 F1、 碰撞结束瞬间绳的拉力 F2、滑块 B 的质量 mB 和遮光板宽度 d 外，还 需要测量的物理量有________． A．小钢球 A 的质量 mA B．绳长 L C．小钢球从 M 到 N 运动的时间 (2)滑块 B 通过光电门时的瞬时速度 vB＝__________(用题中已给 的物理量符号来表示)． (3)实验中应得到的表达式是____________________(用题中已给 的物理量符号来表示)． 解析：(1)实验中要确定物体碰撞前、后动量的关系，需要得到小 钢球的速度和质量．计算速度需要绳长 L，即 A、B 正确． (2)滑块 B 通过光电门时的瞬时速度 vB＝ d Δt. (3)根据牛顿第二定律得： F1－mAg＝mA v21 L ， F2－mAg＝mA v22 L ， 又实验中应得到的表达式为 mAv1＝mAv2＋mBvB， 整理得 F1mAL－m2AgL＝ F2mAL－m2AgL＋mB d Δt. 答案：(1)AB (2) d Δt (3) F1mAL－m2AgL＝ F2mAL－m2AgL＋mB d Δt 14．(12 分)(2019·河南驻马店质检)如图所示实验装置，某同学用 a、 b 是两个半径相同的小球，按照以下步骤研究弹性正碰实验操作： ①在平木板表面钉上白纸和复写纸，并将该木板竖直立于紧靠槽 口处，使小球 a 从斜槽轨道上固定点处由静止释放，撞到木板并在白 纸上留下痕迹 O. ②将木板水平向右移动一定距离并固定，再使小球 a 从固定点和 由静止释放，撞到木板上．重复多次，用尽可能小的圆把小球的落点 圈在里面，其圆心就处于小球落点的平均位置，得到痕迹 B. ③把小球 b 静止放在斜槽轨道水平段的最右端，让小球 a 仍从固 定点处由静止释放，和小球 b 相碰后，重复多次，并使用与第二步同 样的方法分别标出碰撞后两个小球落点的平均位置，得到两球撞在木 板上的痕迹 A 和 C. (1)为了保证在碰撞过程中 a 球不反弹，a、b 两球的质量 m1、m2 间的关系是 m1________m2(选填“大于”“小于”或“等于”)． (2)完成本实验，必须测量的物理量有________． A．小球 a 开始释放的高度 h B．木板水平向右移动的距离 l C．A 球和 B 球的质量 m1、m2 D．O 点到 A、B、C 三点的距离分别为 y1、y2、y3 (3)若(2)所给选项的物理量均已知，若满足条件____________(用测 量量表示)，则表示两小球发生的是弹性碰撞． 解析：(1)根据弹性碰撞公式可知，只有入射球的质量大于被碰球 的质量，弹性碰撞后才不会反弹，所以选大于． (2)由于碰撞后均被竖直板挡住，那么从碰撞到挡住时间与竖直位 移相关，那么用竖直位移表示平抛的初速度，所以选 D. (3)碰撞后水平位移相等，那么用竖直位移表示初速度．v＝x t ＝ x 2y g ，由动量守恒定律得：m1v0＝m1v1＋m2v2，1 2m1v20＝1 2m1v21＋1 2m2v22， 联立可得：v0＋v1＝v2，即 1 y2 ＋ 1 y3 ＝ 1 y1 ，所以上式是弹性碰撞的条 件． 答案：(1)大于 (2)D (3) 1 y2 ＋ 1 y3 ＝ 1 y1 15．(16 分)(2019·青岛调研)如图，两个质量均为 2 kg 的物块 A、 B，它们由一根长 l＝1 m 的不可伸长轻绳拴接，现将两物块相互靠近 置于倾角为θ＝37°的粗糙斜面上．物块 A 与斜面间无摩擦，距离斜面 底端 x0＝10.5 m，物块 B 与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25，g 取 10 m/s2， 将两物块由静止同时释放．求： (1)绳子绷紧瞬间两物块的速度； (2)物块 A 到达斜面底端所用的时间； (3)物块 A 到达斜面底端过程中轻绳对物块 B 所做的功． 解析：(1)根据牛顿第二定律，对 A 可得：mgsin 37°＝maA， 对 B 可得：mgsin 37°－μmgcos 37°＝maB 位移时间的关系为：1 2aAt21 －1 2aBt21＝1 根据速度时间关系：vA＝aAt1 vB＝aBt1 绳子绷紧瞬间两物 块动量守恒：mvA＋mvB＝2mv0， 联立以上并代入数据解得：v0＝5 m/s. (2)绳子绷紧后，共同的加速度为：2mgsin 37°－μmgcos 37°＝2ma， 绳子绷紧瞬间 A 物块距底端的距离为：Δx＝x0－1 2aBt21－1， 绳子绷紧后则有：Δx＝v0t2＋1 2at22， A 运动的总时间：t＝t1＋t2， 联立并代入数据解得：t＝2 s. (3)物块 A 到达斜面底端时 B 的速度为：v＝v0＋at2， 根据动能定理可得： W－μmg(x0－1)cos 37°＋mg(x0－1)sin 37°＝1 2mv2， 代入数据解得：W＝24 J. 答案：(1)5 m/s (2)2 s (3)24 J 16．(18 分)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 3 m/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＝0.3 m(h 小于斜面体的高 度)．已知小孩与滑板的总质量为 m1＝30 kg，冰块的质量为 m2＝10 kg， 小孩与滑板始终无相对运动．重力加速度的大小 g 取 10 m/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)规定向左为速度正方向．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 m2v0＝(m2＋m3)v，① 1 2m2v20＝1 2(m2＋m3)v2＋m2gh，② 式中 v0＝3 m/s 为冰块推出时的速度．联立①②式并代入题给数据 得 m3＝20 kg.③ (2)设小孩推出冰块后的速度为 v1，由动量守恒定律有 m1v1＋m2v0＝0，④ 代入数据得 v1＝－1 m/s，⑤ 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 m2v0＝m2v2＋m3v3，⑥ 1 2m2v20＝1 2m2v22＋1 2m3v23，⑦ 联立③⑥⑦式并代入数据得 v2＝－1 m/s，⑧ 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)20 kg (2)不能，理由见解析