專題（46）碰撞與動量守恒 單元過關(guān)檢測（解析版）

2021年高考物理一輪復(fù)習(xí)考點(diǎn)全攻關(guān)專題（46）碰撞與動量守恒單元過關(guān)檢測（解析版）選擇題：（本題共8小題，每小題6分，滿分48分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1～5只有一項(xiàng)是符合題目要求，第6～8題有多項(xiàng)符合題目要求，全部選對得6分，選對但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。）1．若物體在運(yùn)動過程中受到的合力不為零，則()A．物體的動能不可能總是不變的B．物體的動量不可能總是不變的C．物體的加速度一定變化D．物體的速度方向一定變化【答案】B2．物體做下列幾種運(yùn)動，其中物體的機(jī)械能守恒的是()A．平拋運(yùn)動B．豎直方向上做勻速直線運(yùn)動C．水平方向上做勻變速直線運(yùn)動D．豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動【答案】A【解析】做平拋運(yùn)動的物體只受到重力的作用，所以機(jī)械能守恒，A正確；物體在豎直方向上做勻速直線運(yùn)動，說明物體受力平衡，除了重力之外還有其他的外力作用，且外力對物體做功，所以機(jī)械能不守恒，B錯(cuò)誤；水平方向上做勻變速直線運(yùn)動，動能變化，重力勢能不變，所以機(jī)械能變化，C錯(cuò)誤；豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，速度的大小不變，動能不變，但是物體的高度變化，即重力勢能發(fā)生變化，所以物體的機(jī)械能不守恒，D錯(cuò)誤．豎直向上發(fā)射一物體(不計(jì)空氣阻力)，在物體上升的某一時(shí)刻突然炸裂為a、b兩塊，質(zhì)量較小的a塊速度方向與物體原來的速度方向相反，則()A．炸裂后瞬間，a塊的速度一定比原來物體的速度小B．炸裂后瞬間，b塊的速度方向一定與原來物體的速度方向相同C．炸裂后瞬間，b塊的速度一定比原來物體的速度小D．炸裂過程中，b塊的動量變化量大小一定小于a塊的動量變化量大小【答案】B【解析】在炸裂過程中，由于重力遠(yuǎn)小于內(nèi)力，系統(tǒng)的動量守恒，炸裂后瞬間a塊的速度大小不能確定，以豎直向上為正方向，根據(jù)動量守恒定律有：(ma＋mb)v0＝ma(－va)＋mbvb，解得：vb＝eq\f(ma＋mbv0＋mava,mb)>v0，b塊的速度方向一定與原來物體的速度方向相同，故A、C錯(cuò)誤，B正確；由動量守恒可知，炸裂過程中，b塊的動量變化量大小一定等于a塊的動量變化量大小，故D錯(cuò)誤．4．(2020·黑龍江齊齊哈爾市質(zhì)檢)如圖所示，位于光滑水平桌面上的小滑塊P和Q都可視為質(zhì)點(diǎn)，質(zhì)量相等．Q與水平輕彈簧相連，開始Q靜止，P以某一初速度向Q運(yùn)動并與彈簧發(fā)生碰撞．在整個(gè)過程中，彈簧具有的最大彈性勢能等于()A．P的初動能 B．P的初動能的eq\f(1,2)C．P的初動能的eq\f(1,3) D．P的初動能的eq\f(1,4)【答案】B5.我國女子短道速滑隊(duì)在2013年世錦賽上實(shí)現(xiàn)女子3000m接力三連冠．觀察發(fā)現(xiàn)，“接棒”的運(yùn)動員甲提前站在“交棒”的運(yùn)動員乙前面，并且開始向前滑行，待乙追上甲時(shí)，乙猛推甲一把，使甲獲得更大的速度向前沖出，如圖2所示．在乙推甲的過程中，忽略運(yùn)動員與冰面間在水平方向上的相互作用，則()圖2A．甲對乙的沖量與乙對甲的沖量相同B．甲、乙的動量變化一定大小相等、方向相反C．甲的動能增加量一定等于乙的動能減少量D．甲對乙做多少負(fù)功，乙對甲就一定做多少正功【答案】B【解析】因?yàn)闆_量是矢量，甲對乙的作用力與乙對甲的作用力大小相等、方向相反，故沖量大小相等、方向相反，動量變化大小相等、方向相反，故A錯(cuò)誤，B正確；甲、乙間水平方向的力為作用力與反作用力，大小相等，但乙推甲過程兩者位移不一定相同，C、D錯(cuò)誤．質(zhì)量為M和m0的滑塊用輕彈簧連接，以恒定的速度v沿光滑水平面運(yùn)動，與位于正對面的質(zhì)量為m的靜止滑塊發(fā)生碰撞，如圖3所示，碰撞時(shí)間極短，在碰撞過程中，下列情況可能發(fā)生的是()圖3A．M、m0、m速度均發(fā)生變化，分別為v1、v2、v3，而且滿足(M＋m0)v＝Mv1＋m0v2＋mv3B．m0的速度不變，M和m的速度變?yōu)関1和v2，而且滿足Mv＝Mv1＋mv2C．m0的速度不變，M和m的速度都變?yōu)関′，且滿足Mv＝(M＋m)v′D．M、m0、m速度均發(fā)生變化，M、m0速度都變?yōu)関1，m的速度變?yōu)関2，且滿足(M＋m)v0＝(M＋m)v1＋mv2【答案】BC【解析】碰撞的瞬間M和m組成的系統(tǒng)動量守恒，m0的速度不變，以M的初速度方向?yàn)檎较?，若碰后M和m的速度變?yōu)関1和v2，由動量守恒定律得：Mv＝Mv1＋mv2；若碰后M和m速度相同，由動量守恒定律得：Mv＝(M＋m)v′，故B、C正確．如圖4所示，小球套在光滑的豎直桿上，輕彈簧一端固定于O點(diǎn)，另一端與小球相連，現(xiàn)將小球從M點(diǎn)由靜止釋放，它在下降的過程中經(jīng)過了N點(diǎn)．已知在M、N兩點(diǎn)處，彈簧對小球的彈力大小相等，且∠ONM<∠OMN<eq\f(π,2).在小球從M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)的過程中()圖4A．彈力對小球先做正功后做負(fù)功B．有兩個(gè)時(shí)刻小球的加速度等于重力加速度C．彈簧長度最短時(shí)，彈力對小球做功的功率為零D．小球到達(dá)N點(diǎn)時(shí)的動能等于其在M、N兩點(diǎn)的重力勢能差【答案】BCD【解析】在M、N兩點(diǎn)處，彈簧對小球的彈力大小相等，且∠ONM<∠OMN<eq\f(π,2)，則小球在M點(diǎn)時(shí)彈簧處于壓縮狀態(tài)，在N點(diǎn)時(shí)彈簧處于拉伸狀態(tài)，小球從M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)的過程中，彈簧長度先縮短，當(dāng)彈簧與豎直桿垂直時(shí)彈簧最短，彈力對小球做負(fù)功；隨后彈簧伸長，彈力做正功；當(dāng)彈簧恢復(fù)到原長時(shí)，彈力為零；隨后彈力對小球做負(fù)功，故整個(gè)過程中，彈力對小球先做負(fù)功，再做正功，之后做負(fù)功，A錯(cuò)誤；在彈簧與桿垂直時(shí)及彈簧處于原長時(shí)，小球加速度等于重力加速度，B正確；彈簧與桿垂直時(shí)，彈力方向與小球的速度方向垂直，則彈力對小球做功的功率為零，C正確；在M、N兩點(diǎn)彈簧彈性勢能相等，由機(jī)械能守恒定律可知，小球在N點(diǎn)的動能等于從M點(diǎn)到N點(diǎn)重力勢能的減小量，D正確．如圖5所示，在光滑的水平面上有一靜止的物體M，物體M上有一光滑的半圓弧軌道，最低點(diǎn)為C，A、B為同一水平直徑上的兩點(diǎn)，現(xiàn)讓小滑塊m從A點(diǎn)由靜止下滑，則()圖5A．小滑塊m到達(dá)物體M上的B點(diǎn)時(shí)小滑塊m的速度不為零B．小滑塊m從A點(diǎn)到C點(diǎn)的過程中物體M向左運(yùn)動，小滑塊m從C點(diǎn)到B點(diǎn)的過程中物體M向右運(yùn)動C．若小滑塊m由A點(diǎn)正上方h高處自由下落，則由B點(diǎn)飛出時(shí)做豎直上拋運(yùn)動D．物體M與小滑塊m組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，水平方向動量守恒【答案】CD【解析】物體M和小滑塊m組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，水平方向動量守恒，D正確；小滑塊m滑到右端兩者水平方向具有相同的速度：0＝(m＋M)v，v＝0，可知小滑塊m到達(dá)物體M上的B點(diǎn)時(shí)，小滑塊m、物體M的水平速度為零，故當(dāng)小滑塊m從A點(diǎn)由靜止下滑，則能恰好到達(dá)B點(diǎn)，當(dāng)小滑塊由A點(diǎn)正上方h高處自由下落，則由B點(diǎn)飛出時(shí)做豎直上拋運(yùn)動，A錯(cuò)誤，C正確；小滑塊m從A點(diǎn)到C點(diǎn)的過程中物體M向左加速運(yùn)動，小滑塊m從C點(diǎn)到B點(diǎn)的過程中物體M向左減速運(yùn)動，選項(xiàng)B錯(cuò)誤．二、非選擇題（本題共5小題，滿分52分）9．（6分）某同學(xué)欲采用課本上介紹的氣墊導(dǎo)軌和光電計(jì)時(shí)器等器材進(jìn)行“驗(yàn)證動量守恒定律”的實(shí)驗(yàn)．實(shí)驗(yàn)裝置如圖6所示，下面是實(shí)驗(yàn)的主要步驟：①安裝好氣墊導(dǎo)軌和光電門，調(diào)節(jié)氣墊導(dǎo)軌的調(diào)節(jié)旋鈕，使導(dǎo)軌水平；②測得A和B兩滑塊上遮光片的寬度均為d；③得到A、B兩滑塊(包含遮光片)的質(zhì)量m1、m2；④向氣墊導(dǎo)軌通入壓縮空氣；⑤利用氣墊導(dǎo)軌左右的彈射裝置，使滑塊A、B分別向右和向左運(yùn)動，測出滑塊A、B在碰撞前經(jīng)過光電門過程中擋光時(shí)間分別為Δt1和Δt2；⑥觀察發(fā)現(xiàn)滑塊A、B碰撞后通過粘膠粘合在一起，運(yùn)動方向與滑塊B碰撞前運(yùn)動方向相同，此后滑塊A再次經(jīng)過光電門a時(shí)擋光時(shí)間為Δt.圖6試解答下列問題：(1)碰撞前A滑塊的速度大小為________，碰撞前B滑塊的速度大小為________．(2)為了驗(yàn)證碰撞中動量守恒，需要驗(yàn)證的關(guān)系式是：____________________________(用題中物理量表示)．(3)有同學(xué)認(rèn)為利用此實(shí)驗(yàn)裝置還能計(jì)算碰撞過程中損失的機(jī)械能．請用上述實(shí)驗(yàn)過程測出的相關(guān)物理量，表示出A、B系統(tǒng)在碰撞過程中損失的機(jī)械能ΔE＝______________________(用題中物理量表示)．【答案】(1)eq\f(d,Δt1)eq\f(d,Δt2)(2)eq\f(m2,Δt2)－eq\f(m1,Δt1)＝eq\f(m1＋m2,Δt)(3)eq\f(d2,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(m1,Δt12)＋\f(m2,Δt22)－\f(m1＋m2,Δt2)))【解析】(1)碰撞前A滑塊的速度大小為vA＝eq\f(d,Δt1)，碰撞前B滑塊的速度大小為vB＝eq\f(d,Δt2).(2)為了驗(yàn)證碰撞中動量守恒，需要驗(yàn)證關(guān)系式m2vB－m1vA＝(m2＋m1)v，其中碰后的共同速度v＝eq\f(d,Δt)，代入可得：eq\f(m2,Δt2)－eq\f(m1,Δt1)＝eq\f(m1＋m2,Δt).(3)A、B系統(tǒng)在碰撞過程中損失的機(jī)械能ΔE＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(A2)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(B2)－eq\f(1,2)(m1＋m2)v2，代入可得：ΔE＝eq\f(d2,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(m1,Δt12)＋\f(m2,Δt22)－\f(m1＋m2,Δt2))).10．（6分）利用圖7甲所示實(shí)驗(yàn)裝置“探究做功與物體動能變化關(guān)系”，圖甲中1、2是光電計(jì)時(shí)器的光電門，光電計(jì)時(shí)器可記錄滑塊上的遮光片P通過光電門的時(shí)間，實(shí)驗(yàn)時(shí)光電門1固定，光電門2位置可以改變．(重力加速度大小為g)圖7(1)為了計(jì)算滑塊通過光電門的速度，先用游標(biāo)卡尺測量遮光片的寬度如圖乙，遮光片的寬度d＝________mm；(2)用天平測量出帶著遮光片時(shí)滑塊的質(zhì)量為M，鉤碼的質(zhì)量為m，將滑塊用輕繩與鉤碼連接，調(diào)節(jié)木板左端墊片的位置，當(dāng)輕推滑塊通過光電門1、2所用的時(shí)間相等時(shí)，說明滑塊勻速運(yùn)動；(3)不掛鉤碼，滑塊從光電門1上方位置釋放，記錄遮光片通過光電門1、2時(shí)間t1、t2，用刻度尺測量兩個(gè)光電門間的距離L，滑塊從光電門1運(yùn)動到光電門2的過程，外力做功為________，動能變化量為________(用t1、t2、d、M、m、L和g表示)，并進(jìn)行比較；(4)改變光電門2及滑塊的釋放位置，多次重復(fù)實(shí)驗(yàn)步驟(3)；(5)利用圖象處理相應(yīng)的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，探究做功與物體動能變化關(guān)系．【答案】(1)4.30(3)mgLeq\f(1,2)M(eq\f(d2,t\o\al(22,))－eq\f(d2,t\o\al(12,)))【解析】(1)游標(biāo)卡尺的讀數(shù)為：d＝4mm＋6×0.05mm＝4.30mm；(3)掛鉤碼時(shí)，整體勻速下滑，不掛鉤碼時(shí)，滑塊受到的外力大小等于鉤碼重力，即大小為mg，則外力做的功為：W＝mgL；滑塊通過光電門1的瞬時(shí)速度為：v1＝eq\f(d,t1)，通過光電門2的瞬時(shí)速度為：v2＝eq\f(d,t2)則動能變化量為：ΔEk＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(22)－eq\f(1,2)Mveq\o\al(12,)＝eq\f(1,2)M(eq\f(d2,t\o\al(22,))－eq\f(d2,t\o\al(12,)))．（12分）物體P靜止在光滑水平地面上，其截面如圖8所示，圖中ab段為足夠高的光滑圓弧面，bc段是長度為L的粗糙的水平面，質(zhì)量為物體P的一半的物塊Q(可視為質(zhì)點(diǎn))從圓弧面的底端b處以大小為v0的速度滑上圓弧面，并最終相對P靜止在水平面的右端c處．重力加速度大小為g.求：圖8(1)Q到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)的速度大小v；(2)Q與水平面間的動摩擦因數(shù)μ.【答案】(1)eq\f(1,3)v0(2)eq\f(v\o\al(02),3gL)【解析】(1)設(shè)Q的質(zhì)量為m，則P的質(zhì)量為2m.物塊Q在最高點(diǎn)時(shí)和P具有相同的速度．取水平向左為正方向，由系統(tǒng)水平方向動量守恒得：mv0＝(m＋2m)v得：v＝eq\f(1,3)v0(2)經(jīng)分析可知，Q最終相對P靜止在c處時(shí)，它們的速度也為v，由能量守恒定律得：eq\f(1,2)mveq\o\al(02)＝eq\f(1,2)(m＋2m)v2＋μmgL解得：μ＝eq\f(v\o\al(02),3gL).12.（12分）(2020·吉林“五地六?！焙献黧w聯(lián)考)如圖9所示，在光滑的水平面上有一長為L的木板B，上表面粗糙，在其左端有一光滑的eq\f(1,4)圓弧槽C，與長木板接觸但不相連，圓弧槽的下端與木板上表面相平，B、C靜止在水平面上．現(xiàn)有滑塊A以初速度v0從右端滑上B，一段時(shí)間后，以eq\f(v0,2)滑離B，并恰好能到達(dá)C的最高點(diǎn)．A、B、C的質(zhì)量均為m.求：圖9(1)A剛滑離木板B時(shí)，木板B的速度大小；(2)A與B的上表面間的動摩擦因數(shù)μ；(3)圓弧槽C的半徑R；(4)從開始滑上B到最后滑離C的過程中，A損失的機(jī)械能．【答案】(1)eq\f(v0,4)(2)eq\f(5v\o\al(02),16gL)(3)eq\f(v\o\al(02),64g)(4)eq\f(15mv\o\al(02),32)【解析】(1)對A在木板B上的滑動過程，對A、B、C組成系統(tǒng)，根據(jù)動量守恒定律有：mv0＝meq\f(v0,2)＋2mvB解得vB＝eq\f(v0,4)(2)對A在木板B上的滑動過程，A、B、C系統(tǒng)減少的動能全部轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(02)－eq\f(1,2)m(eq\f(v0,2))2－eq\f(1,2)×2m(eq\f(v0,4))2解得μ＝eq\f(5v\o\al(02),16gL)(3)對A滑上C直到最高點(diǎn)的作用過程，A、C系統(tǒng)動量守恒，eq\f(mv0,2)＋mvB＝2mvA、C系統(tǒng)機(jī)械能守恒mgR＝eq\f(1,2)m(eq\f(v0,2))2＋eq\f(1,2)m(eq\f(v0,4))2－eq\f(1,2)×2mv2解得R＝eq\f(v\o\al(2,0),64g)(4)A滑上C直到離開C的過程，A、C系統(tǒng)水平方向動量守恒eq\f(mv0,2)＋eq\f(mv0,4)＝mvA＋mvCA、C系統(tǒng)初、末狀態(tài)動能相等，eq\f(1,2)m(eq\f(v0,2))2＋eq\f(1,2)m(eq\f(v0,4))2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(A2)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(C2)解得vA＝eq\f(v0,4)所以從開始滑上B到最后滑離C的過程中，A損失的機(jī)械能為：ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(02)－eq\f(1,2)mveq\o\al(A2)＝eq\f(15mv\o\al(02),32).（16分）如圖10所示，傾角θ＝37°的光滑固定斜面上放有A、B、C三個(gè)質(zhì)量均為m的物塊(均可視為質(zhì)點(diǎn))，A固定，C與斜面底端的擋板接觸，B與C通過輕彈簧相連且均處于靜止?fàn)顟B(tài)，A、B間的距離為d.現(xiàn)由靜止釋放A，一段時(shí)間后A與B發(fā)生碰撞，重力加速度大小為g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.(B與C始終未接觸，彈簧始終在彈性限度內(nèi))圖10(1)求A與B碰撞前瞬間A的速度大小v0；(2)若A、B的碰撞為彈性碰撞，碰撞后立即撤去A，且B沿斜面向下運(yùn)動到速度為零時(shí)，彈簧的彈性勢能增量為Ep，求B沿