2021物理沪科版新课程一轮复习单元评估检测（六）碰撞与动量守恒含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精2021高考物理沪科版新课程一轮复习单元评估检测（六）碰撞与动量守恒含解析温馨提示：此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴,调节合适的观看比例,答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。单元评估检测（六）(第六章）(45分钟100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分,1～5题为单选题,6~8题为多选题）1。（2020·临沂模拟）如图所示,曲线是某质点只在一恒力作用下的部分运动轨迹。质点从M点出发经P点到达N点，已知质点从M点到P点的路程大于从P点到N点的路程，质点由M点运动到P点与由P点运动到N点的时间相等。下列说法中正确的是 (）A。质点从M到N过程中速度大小保持不变B.质点在M、N间的运动不是匀变速运动C.质点在这两段时间内的动量变化量大小相等，方向相同D。质点在这两段时间内的动量变化量大小不相等,但方向相同【解析】选C。因为质点在恒力作用下运动，所以质点做匀变速曲线运动,速度随时间变化，故A、B错误;根据动量定理可得FΔt=Δp,两段过程所用时间相同，所以动量变化量大小和方向都相同,故C正确，D错误。2.（2020·榆林模拟)乘坐摩天轮观光是广大青少年喜爱的一种户外娱乐活动，如图所示，某同学乘坐摩天轮随座舱在竖直面内做匀速圆周运动.下列说法正确的是 （）A。该同学运动到最低点时，座椅对他的支持力大于其所受重力B。上升过程中,该同学所受合外力为零C.摩天轮转动过程中,该同学的机械能守恒D。摩天轮转动一周的过程中，该同学所受重力的冲量为零【解析】选A。圆周运动过程中，由重力和支持力的合力提供向心力F，在最低点，向心力指向上方,所以F=N-mg,则支持力N=mg+F,所以支持力大于重力，故A正确,B错误;机械能等于重力势能和动能之和,摩天轮运动过程中，做匀速圆周运动,乘客的速度大小不变,则动能不变,但高度变化,所以机械能在变化，故C错误;摩天轮转动一周,该同学所受重力的冲量为I=mgT,不为零,故D错误。3。（2020·茂名模拟）某电影里两名枪手在房间对决，他们各自背靠墙壁，一左一右，假设他们之间的地面光滑，随机放着一均匀木块到左右两边的距离不一样.两人拿着相同的步枪和相同的子弹同时朝木块射击一发子弹听天由命.但是子弹都没有射穿木块，两人都活了下来反而成为了好朋友。假设你是侦探，仔细观察木块发现右边的射孔（弹痕）更深。设子弹与木块的作用力大小一样，请你分析一下，哪个结论是正确的 ()A。开始时，木块更靠近左边的人，左边的人相对更安全B.开始时,木块更靠近左边的人，右边的人相对更安全C。开始时,木块更靠近右边的人,左边的人相对更安全D.开始时，木块更靠近右边的人，右边的人相对更安全【解析】选B.子弹的质量与射出时的速度都相等,两子弹与木块组成的系统总动量为零；如果木块在正中间,则弹痕应该一样长,结果是右边的长一些；假设木块靠近其中某一人，设子弹质量为m,初速度为v0,木块质量为M，阻力为f，弹痕长度分别为x1、x2，两子弹与木块组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统动量守恒，以向右为正方向,由动量守恒定律得：mv0=（M+m）v1，由能量守恒定律得：12mv02=12（M+m）v12+fx1，对另一发子弹，同样有:(M+m）v1—mv0=0，12mv02+12（M+m）v12=fx2，解得:x1<x2，综合判断，后接触木块的子弹弹痕长，更容易射穿木块,对面的人更危险，所以一开始木块离左边近一些【加固训练】在光滑的水平面上,有a、b两球，其质量分别为ma、mb,两球在t0时刻发生正碰,并且在碰撞过程中无机械能损失，两球在碰撞前后的速度图象如图所示,下列关系正确的是 （）A。ma>mbB.ma<mbC。ma=mb D.无法判断【解析】选B。由动量守恒定律得mava=mava′+mbvb′，由于va′〈0，则b球获得的动量大于a球最初的动量。若ma=mb，则两球交换速度，与图象不符；由Ek=p22m知，若ma〉mb，则b球的动能将会大于a球最初的动能，违背能量守恒定律，则必然满足ma4.如图所示，一倾角为α、高为h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，重力的瞬时功率及重力的冲量分别为（）A.mght、0B.mgv、C。mgvcosα、mgt D.mgvsinα、mgt【解析】选D。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=mgvsinα,重力的冲量为I=mgt，所以选项D正确，A、B、C错误。5.弹性小球A和B用轻绳相连挂在轻质弹簧下静止不动，如图甲所示，A的质量为m，B的质量为M，某时刻连接A、B的绳突然断开，同时在B球的正下方有一质量为M的物体C以v0的速度竖直上抛，此后B、C间发生弹性碰撞（碰撞时间不计），A上升经某一位置时的速度大小为v，这时物体B的速度大小为u，如图乙所示，从绳突然断开到A的速度为v的时间内,弹簧的弹力对物体A的冲量大小为 （）A。mvB。mv-MuC。mv+mu D。mv+mv0-mu【解析】选D。设B经过时间t0后与C相遇，此时B的速度为v1，C的速度为v2，由于碰撞的时间短，可以认为碰撞的过程中二者在竖直方向的动量守恒，选取竖直向上为正方向，设碰撞的时刻C的速度方向仍然向上,则：—Mv1+Mv2=Mv1′+Mv2′…①，由能量守恒可得：12Mv12+12Mv22=12Mv1′2+v1′=v2,v2′=-v1，可知碰撞的过程中二者互换速度；设B从绳断到下落速度为u的过程所用时间为t，以向上为正方向，根据动量定理，有：对物体A有:I—mgt=mv…③对物体B有:-Mgt=—M（v0-u)…④由③④式得弹簧的弹力对物体A的冲量为：I=mv+mv0—mu.故A、B、C错误，D正确。6.如图所示，木块A的质量mA=1kg，足够长的木板B的质量mB=4kg，质量为mC=4kg的木块C置于木板B上，水平面光滑，B、C之间有摩擦。现使A以v0=12m/s的初速度向右运动，与B碰撞后以4m/s的速度弹回，则 ()A。B运动过程中的最大速度为4m/sB.B运动过程中的最大速度为8m/sC.C运动过程中的最大速度为4m/sD.C运动过程中的最大速度为2m/s【解析】选A、D。A与B碰后瞬间，C的运动状态未变，此时B的速度最大，由A、B组成的系统动量守恒（取向右为正方向),有mAv0=-mAvA+mBvB，代入数据得vB=4m/s，选项A正确，B错误；B与C相互作用使B减速,C加速，由于B足够长,所以B和C能达到相同速度，二者共速后，C速度最大，由B、C组成的系统动量守恒，有mBvB=（mB+mC)vC，代入数据得vC=2m/s，选项C错误，D正确.7。质量为M和m0的滑块用轻弹簧连接，以恒定的速度v沿光滑水平面运动,与位于正对面的质量为m的静止滑块发生碰撞，如图所示,碰撞时间极短,在此过程中,下列情况可能发生的是 （)A。M、m0、m速度均发生变化，分别为v1、v2、v3，而且满足(M+m0)v=Mv1+m0v2+mv3B.m0的速度不变,M和m的速度变为v1和v2，而且满足Mv=Mv1+mv2C.m0的速度不变，M和m的速度都变为v′，且满足Mv=(M+m）v′D。M、m0、m速度均发生变化，M、m0速度都变为v1，m的速度变为v2，且满足(M+m）v0=（M+m）v1+mv2【解析】选B、C。碰撞的瞬间M和m组成的系统动量守恒，m0的速度在瞬间不变，以M的初速度方向为正方向,若碰后M和m的速度变为v1和v2,由动量守恒定律得：Mv=Mv1+mv2；若碰后M和m速度相同,由动量守恒定律得:Mv=(M+m）v′，故B、C正确。8.(2020·长春模拟）在冰壶比赛中，球员手持毛刷擦刷冰面,可以改变冰壶滑行时受到的阻力.如图甲所示，蓝壶静止在圆形区域内，运动员用等质量的红壶撞击蓝壶，两壶发生正碰,碰撞后两壶的加速度相等，若碰撞前、后两壶的v-t图象如图乙所示。关于冰壶的运动,下列说法正确的是 ()A。红壶碰撞前、后速度大小变化了1。1m/sB。碰撞后蓝壶的加速度大小为0。3m/s2C。蓝壶运动了4s停下D.碰撞后两壶相距的最远距离为1。2m【解析】选B、D。红壶碰撞前、后的速度分别为1。2m/s、0.3m/s，所以红壶碰撞前、后速度大小变化了0.9m/s,故A错误；碰撞后蓝壶的加速度大小等于红壶的加速度大小,为a=ΔvΔt=0.31m/s2=0.3m/s2，故B正确；设碰撞后蓝壶的速度为v，碰撞前红壶的速度v0=1.2m/s，碰撞后速度为v′0=0。3m/s，根据动量守恒定律可得:mv0=mv′0+mv，解得:v=0.9m/s,故蓝壶运动时间为t=va=3s，故C错误；碰撞后两壶相距的最远距离等于碰撞后两图象与时间轴所围面积之差，为s=0.9×32二、实验题(本题共2小题，共15分)9.(7分）用图甲中装置验证动量守恒定律.实验中(1）为了尽量减小实验误差，在安装斜槽轨道时，应让斜槽末端保持水平,这样做的目的是_________.

A。使入射球与被碰小球碰后均能从同一高度飞出B。使入射球与被碰小球碰后能同时飞出C。使入射球与被碰小球离开斜槽末端时的速度为水平方向D。使入射球与被碰小球碰撞时的动能不损失（2)若A球质量为m1=50g,两小球发生正碰前后的位移-时间（s—t）图象如图乙所示,则小球B的质量为m2=_________.

（3）调节A球自由下落高度，让A球以一定速度v与静止的B球发生正碰，碰后两球动量正好相等，则A、B两球的质量之比Mm应满足__________。【解析】(1）在安装斜槽轨道时,应让斜槽末端保持水平，这样做的目的是使入射球与被碰小球离开斜槽末端时的速度为水平方向，C正确。(2）由题图知碰前B球静止，A球的速度为v0=4m/s,碰后A球的速度为v1=2m/s，B球的速度为v2=5m/s，由动量守恒知m1v0=m1v1+m2v2，代入数据解得m2=20g.(3)因实验要求主碰球质量大于被碰球质量,Mm>1,令碰前动量为p，所以碰后两球动量均为p2，因碰撞过程中动能不可能增加，所以有p22M≥(0.5p答案：(1）C（2）20g(3)1〈Mm≤10.（8分）如图所示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点下方桌子的边缘有一竖直立柱。实验时，调节悬点，使弹性球1静止时恰与立柱上的球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碰撞前后的高度为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m2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方程2m1a-h=2m1b-h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)2m1a-h=2m1b-三、计算题(本题共2小题,共37分，需写出规范的解题步骤)11。(17分)如图所示,半径为R的四分之一光滑圆弧轨道竖直固定在水平地面上,下端与水平地面在P点相切,一个质量为2m的物块B（可视为质点)静止在水平地面上，左端固定有水平轻弹簧,Q点为弹簧处于原长时的左端点,P、Q间的距离为R,PQ段地面粗糙、动摩擦因数为μ=0。5，Q点右侧水平地面光滑,现将质量为m的物块A(可视为质点）从圆弧轨道的最高点由静止开始下滑,重力加速度为g。求（1)物块A沿圆弧轨道滑至P点时对轨道的压力大小；（2)弹簧被压缩的最大弹性势能(未超过弹性限度)；(3）物块A最终停止位置到Q点的距离。【解析】(1）物块A从静止沿圆弧轨道滑至P点,设速度大小为vP,由机械能守恒定律有：mgR=12m设在最低点轨道对物块的支持力大小为N,由牛顿第二定律有：N-mg=mvP联立解得:N=3mg,由牛顿第三定律可知物块A沿圆弧轨道滑至P点时对轨道的压力大小为3mg。（2）设物块A与弹簧接触前瞬间的速度大小为v0,由动能定理有mgR—μmgR=12mv解得v0=gR,当物块A、物块B具有共同速度v时，弹簧的弹性势能最大，以向右为正方向由动量守恒定律有:mv0=（m+2m)v12mv02=12(m+2m)v联立解得Epm=13mgR(3)设物块A与弹簧分离时,A、B两物体的速度大小分别为v1、v2,则有mv0=-mv1+2mv2,12mv02=12mv12+联立解得:v1=13设物块A最终停在Q点左侧x处,由动能定理有：—μmgx=0—12mv