2018版高考物理大一轮复习第六章碰撞与动量守恒单元质量检测(含解析)粤教版

1、第六章碰撞与动量守恒一、选择题（15 题为单项选择题，68 题为多项选择题）1. 某物体受到一个一 6 Ns的冲量作用，贝U（）A. 物体的动量一定减少B. 物体的末动量一定是负值C. 物体动量变化量的方向一定与规定的正方向相反曰宀曰八D. 物体原来动量的方向一定与这个冲量方向相反解析 动量定理是矢量方程，注意规定正方向解题。冲量、动量都是矢量，对在一条直线上运动的物体，规定正方向后，可用“ + ” “一”号表示矢量的方向，一6 N-s的冲量说明物体所受冲量的大小为 6 N- s,方向与规定的正方向相反，由动量定理可知答案为 C。而初、末动量的方向、大小由题设均不能确定。答案 CA .2.如图

2、 1 所示，一内外侧均光滑的半圆柱槽置于光滑的水平面上.槽的左侧有一竖直墙壁。 现让一小球（可认为质点）自左端槽口A点的正上方从静止开始下落，与半圆槽相切并从A点进入槽内，则下列说法正确的是（）A. 小球离开右侧槽口以后，将做竖直上抛运动B. 小球在槽内运动的全过程中，只有重力对小球做功C. 小球在槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统机械能守恒D. 小球在槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统水平方向上的动量守恒解析 小球从下落到最低点的过程中，槽没有动，与竖直墙之间存在挤压， 动量不守恒；小球经过最低点往上运动的过程中，斜槽与竖直墙分离，水平方向动量守恒；全过程中有一段时间系统受竖直墙弹力

3、的作用，故全过程系统水平方向动量不守恒，选项 D 错误;小球离开右侧槽口时，水平方向有速度，将做斜抛运动，选项A 错误；小球经过最低点2往上运动的过程中，斜槽往右运动，斜槽对小球的支持力对小球做负功，小球对斜槽的压力对斜槽做正功，系统机械能守恒，选项B 错，C 对。3T=2mv_2qB2n2m2qB=mv2_RqB=22nm、丄十“茁，选项 B 正确。答案 C3.如图 2 所示，在水平面上有两个物体A和B,质量分别为mA= 2 kg ,RB=1 kg ,A和B相距s= 9.5 m ,A以vo= 10 m/s 的初速度向静止的B运动。已知A从开始运动到碰后停止运动共运动了 6s。碰后B运动多长时

4、间而停止运动（已知物体与水平面间的动摩擦因数均为 卩=0.1，取g= 10 m/s2,A B相碰时间极短，可忽略）（）A图 2A.2 sB. 3 sC. 8 sD . 10 s解析 碰撞过程动量守恒，滑行过程中系统受到的摩擦力的冲量改变了系统的总动量，即mAgt1+mgt2=mv得：t2= 8 s。选项 C 正确。答案 C4如图 3 所示，在正交的匀强电磁场中有质量、电荷量都相同的两油滴，A静止，B做半径为R的匀速圆周运动。若B与A相碰并结合在一起，则它们将（）B.以 2 为半径做匀速圆周运动C. 仍以 R 为半径做匀速圆周运动D. 做周期为 B 的一半的匀速圆周运动v解析 由 A,B相碰时动

5、量守恒mv=2mv，有v= ?。据题意碰后A,B合成的大油滴仍受重力与电场力平衡，合外力是洛伦兹力，所以继续做匀速圆周运动，且有A.以B原速率的一半做匀速直线运动4答案 B5在匀强电场中，将质子和a粒子由静止释放。若不计重力，当它们获得相同动能时，质子经历的时间为ti,a粒子经历的时间为t2,贝Uti:t2为（）A.1:1B1：2C. 2：1D. 4：1解析 对质子，根据动量定理，有qpEt1= 2mpEk对a粒子，根据动量定理，有qaEt2=. 2maEk根据题意，式中E和6都相同。由得qa= 2qp,na= 4m,代入得t1:12= 1 ： 1。选项 A 正确。答案 A6.（2017 江西

6、九校联考）如图 4 所示，质量相等的两个滑块位于光滑水平桌面上。其中，弹簧两端分别与静止的滑块N和挡板P相连接，弹簧与挡板的质量均不计；滑块M以初 速度Vo向右运动，它与挡板P碰撞（不粘接）后开始压缩弹簧，最后，滑块N以速度Vo向右运动。在此过程中（）MN图 4A. M的速度等于 0 时，弹簧的弹性势能最大B. M与N具有相同的速度时，两滑块动能之和最小C.M 的速度为*时，弹簧的长度最长D. M的速度为V0时，弹簧的长度最短解析 弹性势能最大时，弹簧的长度最短，故两滑块速度相等，A 错误，B 正确；而分离时弹簧为原长，没有拉伸状态，故C 错误，D 正确。答案 BD7.如图 5 所示，木块A静

7、置于光滑的水平面上，其曲面部分MN光滑、水平部分NR粗糙，现有一物体B自M点由静止下滑，设NP足够长，则以下叙述正确的是（）图 55A.A B最终以同一不为零的速度运动图 66B.A B最终速度均为零C. A 物体先做加速运动，后做减速运动D. A 物体先做加速运动，后做匀速运动解析B物体滑下时，竖直方向的速度分量先增加后减小，故A B物体组成的系统动量不守恒，但系统在水平方向不受外力，故系统在水平方向的动量守恒。因系统初动量为零，A B在任一时刻的水平方向动量之和也为零，因NP足够长，B最终与A速度相同,此速度为零。A物体由静止到运动、最终速度又为零，C 选项正确。答案 BC&两个小

8、球A B在光滑水平面上相向运动，已知它们的质量分别是m= 4 kg ,m= 2 kg ,A的速度vi= 3 m/s（设为正），B的速度V2= 3 m/s，则它们发生正碰后，其速度可能分解析 由动量守恒，可验证四个选项都满足要求。再看动能情况:E=2mv2+1R2v2=2x4X9 J+2x2X9 J=27 J2 2 2 21212=2mv1+ 2mv由于碰撞过程动能不可能增加， 所以应有EEZ,可排除选项B;选项C虽满足EEZ,但A、B沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍能保持原来速度方向0），这显然是不符合实际的，因此C 错误；验证选项AD 均满足E H ，故答案为选项 A（完全非弹性碰撞）和

9、选项 D（弹性碰撞）。答案AD二、非选择题9.如图 6,用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。别是（）A.均为 1 m/sC.+ 2 m/s 和一 1 m/sB.+ 4 m/s 和一 5 m/sD. 1 m/s 和+ 5 m/s（VA0,VBV7(1)实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是，可以通过仅测量_(填选项前的符号)，间接地解决这个问题。A. 小球开始释放高度hB.小球抛出点距地面的高度HC. 小球做平抛运动的射程(2) 图 6 中0点是小球抛出点在地面上的垂直投影。实验时，先将入射球m多次从斜轨上S位置由静止释放，找到其平均

10、落地点的位置P,测量平抛射程0P然后，把被碰小球m静止于轨道的水平部分，再将入射小球m从斜轨上S位置由静止释放，与小球m相撞，并多次重复。接下来要完成的必要步骤是 _ 。(填选项前的符号)A.用天平测量两个小球的质量m、mB. 测量小球m开始释放高度hC.测量抛出点距地面的高度HD.分别找到m、m相碰后平均落地点的位置M NE. 测量平抛射程OM ON(3) 若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为 _ (用(2)中测量的量表示)。经测定，m= 45.0 g ,m= 7.5 g，小球落地点的平均位置距0点的距离如图 7 所示。碰撞前、后m的动量分别为p与，则p1:p1=_ : 11;若碰撞结

11、束时m的动量为P2，贝UP1：P2= 11 : _。OMPN*KL-35_2() cm-1-448() cm-55.68-图 7P1实验结果说明，碰撞前、后总动量的比值，为。P1+P2-一12/2H8解析(1)小球离开轨道后做平抛运动，由H= gt知t= g，即小球的下落时间一定，x则初速度v=t可用平抛运动的水平射程来表示，选项C 正确。(2)本实验要验证的是mOM mON= mOP因此要测量两个小球的质量m和m以及它们的水平射程OM和ON而要确定水平射程，应先分别确定两个小球落地的平均落点，9代入数据得t= 0.24 s。(2)要使物块恰好不从车面滑出，须物块到车面最右端时与小车有共同的速

12、度，设其为v，贝U mv0= (m+m2)v由功能关系有没有必要测量小球m开始释放的高度h和抛出点距地面的高度 注故应完成的步骤是ADE(3)若动量守恒，应有mvi+mv2=mvo(v。是m单独下落离开轨道时的速度，vi、V2是两球xOM ON OP碰后m、m离开轨道时的速度)，又v= ,则有m-p+m-p=m匸，即mOMF mON=mOP一OP一OM(4)碰前m的动量pi=mvo=m 丁，碰后m的动量pi=mvi=m亍，贝Up：pi =一ONOP：OIM=14 : 11；碰后m2的动量p2=mv2=m 丁，所以pi：p?= (mOM：(mON mOPPi=11：29；碰撞前、后总动量的比值=

13、m OW mON山。 A答案 (1)C (2)ADE (3)mOMF mON= mOP(4)142.91.0110.如图 8 所示，质量m= 0.3 kg 的小车静止在光滑的水平面上，车长L= 1.5 m，现有质量m= 0.2 kg 可视为质点的物块,以水平向右的速度vo= 2 m/s 从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止。物块与车面间的动摩擦因数卩=0.5，取g= 10 m/s2,- -oJo-(1) 物块在车面上滑行的时间t；(2) 要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度解析 设物块与小车的共同速度为v,以水平向右的方向为正方向，根据动量守恒定V。不超过多少。律有m

14、v= (m+m2)v设物块与车面间的滑动摩擦力为F,对物块应用动量定理有-Ft=mv-mv。又F=ym2gmvo解得t=卩(m+m)g1012122mv= 2(m+m2)v +口mgL代入数据解得v= 5 m/s11故要使物体不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度答案(1)0.24 s (2)5 m/s11 如图 9 所示，水平光滑地面的右端与一半径R= 0.2 m 的竖直半圆形光滑轨道相连，某时刻起质量m= 2 kg 的小球在水平恒力F的作用下由静止向左运动，经时间t= 1 s 撤去力F,接着与质量 m= 4 kg 以速度 w = 5 m/s 向右运动的小球碰撞，碰后质量为m的小球停下来，

15、质量为m的小球反向运动，然后与停在半圆形轨道底端A点的质量m= 1 kg的小球碰撞，碰后两小球粘在一起沿半圆形轨道运动，离开的位置，求恒力F的大小。(g取 10 m/s2)12设平抛运动的初速度为VB,则 2R=?gt,X=VBt解得 VB=2 2 m/s设质量分别为m、m的两小球碰后的速度为V3,根据机械能守恒定律有1212(m+m)g 2R+ ?(m+m)VB=?(m+m)V3,解得V3= 4 m/s设质量分别为m、m的两小球碰前质量为m的小球的速度为V2,由动量守恒定律得mv2=(m+m)V3,解得V2= 6 m/s设质量分别为m、m的两小球碰前质量为m的小球的速度为v,由动量守恒定律得

16、：mv1mv=mv2, 解得V0= 4 m/s对质量为m的小球，由动量定理得Ft=mV。,解得F= 8 N。答案 8 NVo不超过 5 m/s。B点后，落在离A点 0.8 m解析质量分别为m1212. (2016 全国卷n)如图 10,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/s13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m= 30 kg，冰块的质量为m= 10 kg ,(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。冰块在斜面体上上升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m。由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得mvo= (m+m)v1212 -?mvo= 2(m+m)v+mgh式中vc= 3 m/s 为冰块推出时的速度。联