发布时间 : 星期日 文章2020届高考物理一轮复习检测：第六章 动量守恒定律45分钟章末检测卷(含答案)更新完毕开始阅读
第六章 45分钟章末检测卷
满分100分 一、选择题(1～4题只有一项符合题目要求，5～7题有多项符合题目要求，每小题7分，共49分) 1．下列说法正确的是( ) A．动能为零时，物体一定处于平衡状态 B．物体受到恒力的冲量也可能做曲线运动 C．物体所受合外力不变时，其动量一定不变 D．动能不变，物体的动量一定不变 解析：动能为零时，速度为零，而加速度不一定等于零，物体不一定处于平衡状态，选项A错误；物体受恒力，也可能做曲线运动，如平抛运动，选项B正确；合外力不变，加速度不变，速度均匀变化，动量一定变化，C项错误；动能不变，若速度的方向变化，动量就变化，选项D错误． 答案：B 2．(2018·运城模拟)有关实际中的现象，下列说法不正确的是( ) A．火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度 B．体操运动员在着地时屈腿是为了减小地面对运动员的作用力 C．用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减少反冲的影响 D．为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，发动机舱越坚固越好 解析：根据反冲运动的特点与应用可知，火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度，故A正确；体操运动员在落地的过程中，动量变化一定．由动量定理可知，运动员受到的冲量I一定；由I＝Ft可知，体操运动员在着地时屈腿是延长时间t，可以减小运动员所受到的平均冲力F，故B正确；用枪射击时子弹给枪身一个反作用力，会使枪身后退，影响射击的准确度，所以为了减少反冲的影响，用枪射击时要用肩部抵住枪身，故C正确；为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，就要延长碰撞的时间，由I＝Ft可知位于车体前部的发动机舱不能太坚固，故D错误． 答案：D 3．一物体从某高处由静止释放，设所受空气阻力恒定，当它下落h时的动量大小为p1，当它下落2h时动量大小为p2，那么p1：p2等于( ) A．1：1 B．1：2 C．1：2 D．1：4 22解析：物体做初速度为零的匀加速直线运动，v1＝2ah，v2＝2a(2h)，则p1＝m2ah，p2＝m4ah，p1：p2＝1：2，故B选项正确． 答案：B 4．甲、乙两物体分别在恒力F1、F2的作用下，沿同一直线运动．它们的动量随时间变化如图所示．设甲在t1时间内所受的冲量为I1，乙在t2时间内所受的冲量为I2，则F、I的大小关系是( ) A．F1>F2，I1＝I2 B．F1F2，I1>I2 D．F1＝F2，I1＝I2 解析：冲量I＝Δp，从题图上看，甲、乙两物体动量变化的大小I1＝I2，又因为I1＝F1t1，I2＝F2t2，t2>t1，所以F1>F2. 答案：A 5．如图所示，在水平光滑地面上有A、B两个木块，A、B之间用一轻弹簧连接．A靠在墙壁上，用力F向左推B使两木块之间的弹簧压缩并处于静止状态．若突然撤去力F，则下列说法中正确的是( ) A．木块A离开墙壁前，墙对木块A的冲量大小等于木块B动量变化量的大小 B．木块A离开墙壁前，弹性势能的减少量等于木块B动能的增量 C．木块A离开墙壁时，B的动能等于A、B共速时的弹性势能 D．木块A离开墙壁后，当弹簧再次恢复原长时，木块A的速度为零 解析：木块A离开墙壁前，对A、B整体而言，墙对木块A的冲量大小等于整体的动量变化量即等于木块B动量变化量的大小；根据能量守恒定律，木块A离开墙壁前，弹性势能的减少量等于木块B动能的增量；木块A离开墙壁时，B的动能等于A、B共速时的弹性势能及A的动能之和；木块A离开墙壁后，当弹簧再次恢复原长时，A、B交换速度，木块B的速度为零．选项A、B正确． 答案：AB 6．(2018·合肥市质量检测)一质量为2 kg的物体受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直线运动时的a－t图象如图所示，t＝0时其速度大小为2 m/s，滑动摩擦力大小恒为2 N，则( ) A．在t＝6 s的时刻，物体的速度为18 m/s B．在0～6 s时间内，合力对物体做的功为400 J C．在0～6 s时间内，拉力对物体的冲量为48 N·s D．在t＝6 s的时刻，拉力F的功率为200 W 解析：类比速度图象位移的表示方法可知，速度变化量在加速度—时间图象中由图线与坐标轴所围面积表示，在0～6 s内Δv＝18 m/s，v0＝2 m/s，则t＝6 s时的速度v＝20 m/s，1212A项错；由动能定理可知，0～6 s内，合力做功W＝mv－mv0＝396 J，B项错；由冲量定22理可知，I－Ff·t＝mv－mv0，代入已知条件解得：I＝48 N·s，C项正确；由牛顿第二定律可知，6 s末F－Ff＝ma，解得：F＝10 N，所以拉力的功率P＝Fv＝200 W，D项正确． 答案：CD 7．质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ.初始时小物块停在箱子正中间，如图所示．现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为( ) 121mM2A.mv B.v 22m＋M1C.NμmgL D．NμmgL 2解析：小物块与箱子作用过程中满足动量守恒，最后恰好又回到箱子正中间．二者相对21211Mmv2静止，即为共速，设速度为v1，mv＝(m＋M)v1，系统损失动能Ek＝mv－(M＋m)v1＝；222M＋m由于碰撞为弹性碰撞，故碰撞时不损失能量，系统损失的动能等于系统产生的热量，即ΔEk＝Q＝NμmgL.故本题选B、D. 答案：BD 二、非选择题(共51分) 8．(11分)某同学用图甲所示装置来验证动量守恒定律，实验时先让a球从斜槽轨道上某固定点处由静止开始滚下，在水平地面上的记录纸上留下痕迹，重复10次；然后再把b球放在斜槽轨道末端的最右端附近静止，让a球仍从原固定点由静止开始滚下，和b球相碰后，两球分别落在记录纸的不同位置处，重复10次，回答下列问题： (1)在本实验中结合图甲，验证动量守恒的验证式是下列选项中的________． A．maOC＝maOA＋mbOB B．maOB＝maOA＋mbOC C．maOA＝maOB＋mbOC (2)经测定，ma＝45.0 g，mb＝7.5 g，请结合图乙分析：碰撞前、后ma的动量分别为p1与p′1，则p1p′1＝________(保留分式)．有同学认为，在该实验中仅更换两个小球的材质，其他条件不变，可以使被碰小球做平抛运动的水平距离增大．请你用已知的数据，分析和计算出被碰小球mb平抛运动水平距离的最大值为________cm. 解析：(1)小球离开轨道后做平抛运动，小球在空中的运动时间t相等，如果碰撞过程动量守恒，则有： mavB＝mavA＋mbvC， 两边同时乘以时间t得：mavBt＝mavAt＋mbvCt， 得：maOB＝maOA＋mbOC， 故选B. p1mavaOB44.8014(2)＝＝＝＝； p′1mav′aOA35.2011发生弹性碰撞时，被碰小球获得速度最大，根据动量守恒定律：mava＝mav′a＋mbv′b 根据机械能守恒定律： 12112mava＝mav′2a＋mbv′b 2222ma由以上两式解得：v′b＝va， ma＋mb因此最大射程为： 2ma2×45sm＝·OB＝×44.8 cm＝76.8 cm ma＋mb45＋7.514答案：(1)B (2) 76.8 119．(20分)如图所示，物块A、C的质量均为m，B的质量为2m，都静止于光滑水平台面上，A、B间用一不可伸长的轻质短细线相连．初始时刻细线处于松弛状态，C位于A右侧足够远处，现突然给A一瞬时冲量，使A以初速度v0沿A、C连线方向向C运动，A与C相碰后，粘合在一起． (1)A与C刚粘合在一起时的速度为多大？ (2)若将A、B、C看成一个系统，则从A开始运动到A与C刚好粘合的过程中系统损失了多少机械能？ 解析：(1)轻细线绷紧的过程，A、B这一系统动量守恒，则 mv0＝(m＋2m)v1， 1解得v1＝v0. 3之后A、B均以速度v1向右匀速运动，在A与C发生碰撞过程中， A、C这一系统动量守恒，mv1＝(m＋m)v2， 1解得v2＝v0. 6(2)轻细线绷紧的过程，A、B这一系统机械能损失为ΔE1，则 121122ΔE1＝mv0－·3mv1＝mv0， 223在A与C发生碰撞过程中，A、C这一系统机械能损失为ΔE2，则 121122ΔE2＝mv1－·2mv2＝mv0， 2236132则A、B、C这一系统机械能损失为ΔE＝ΔE1＋ΔE2＝mv0. 361132答案：(1)v0 (2)mv0 63610．(20分)如图所示，固定的光滑平台上固定有光滑的半圆轨道，轨道半径R＝0.6 m．平台上静止着两个滑块A、B，mA＝0.1 kg，mB＝0.2 kg，两滑块间夹有少量炸药，平台右侧有一带挡板的小车静止在光滑的水平地面上，小车质量为M＝0.3 kg，小车的上表面与平台的台面等高，小车的上表面的右侧固定一根轻弹簧．点燃炸药后，A、B分离瞬间滑块B以3 m/s的速度冲向小车．两滑块都可以看作质点，炸药的质量忽略不计，爆炸的时间极短，爆炸后2两个滑块的速度方向在同一水平直线上，且g＝10 m/s.求： (1)滑块A能否从半圆轨道的最高点离开； (2)滑块B滑上小车后的运动过程中弹簧的最大弹性势能． 解析：(1)爆炸前后A、B组成的系统动量守恒，设爆炸后滑块A、B的速度大小分别为vA、vB，则mAvA＝mBvB，解得vA＝6 m/s A在运动过程中机械能守恒，若A能到达半圆轨道最高点 1212由机械能守恒得mAvA＝mAv′A＋2mAgR 22解得v′A＝23 m/s v2滑块恰好通过最高点的条件是mAg＝mA R解得v＝6 m/s