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2022步步高一輪word題庫碰撞與動量守恒·章末質量檢測（六）.doc
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章末質量檢測(六)
(時間：40分鐘)
一、選擇題(本題共8小題，1～5題為單項選擇題，6～8題為多項選擇題)
1.如圖1所示小船靜止于水面上，站在船尾上的漁夫不斷將魚拋向船頭的船艙內，將一定質量的魚拋完后，關于小船的速度和位移，下列說法正確的是(　　)

圖1
A.向左運動，船向左移一些
B.小船靜止，船向左移一些
C.小船靜止，船向右移一些
D.小船靜止，船不移動
解析　人、船、魚構成的系統水平方向動量守恒，據“人船模型”，魚動船動，魚停船靜止；魚對地發生向左的位移，則人船的位移向右，故選項C正確。
答案　C
2.光滑水平桌面上有P、Q兩個物塊，Q的質量是P的n倍。將一輕彈簧置于P、Q之間，用外力緩慢壓P、Q。撤去外力后，P、Q開始運動，P和Q的動量大小的比值為(　　)
A.n2 B.n C.1n D.1
解析　撤去外力后，P、Q組成的系統水平方向不受外力，所以總動量守恒，設P的運動方向為正方向，則根據動量守恒定律有pP－pQ＝0，pP＝pQ，故動量大小之比為1∶1，故選項D正確。
答案　D
3.質量為60 kg的建筑工人，不慎從高空跌下，幸好有彈性安全帶的保護，使他懸掛起來。已知彈性安全帶的緩沖時間是1.2 s，安全帶長5 m，g取10 m/s2，則安全帶所受的平均沖力的大小約為(　　)
A.500 N B.1 100 N C.600 N D.100 N
解析　選取人為研究對象，人下落過程中由v2＝2gh，v＝10 m/s，以向上為正方向，緩沖過程由動量定理得(F－mg)t＝0－(－mv)，F＝mvt＋mg＝1 100 N。由牛頓第三定律可知，安全帶所受的平均沖力的大小為1 100 N，B項正確。
答案　B
4.一輛質量m1＝3.0×103 kg的小貨車因故障停在車道上，后面一輛質量m2＝1.5×103 kg的轎車來不及剎車，直接撞入貨車尾部而失去動力。相撞后兩車一起沿轎車運動方向滑行了s＝6.75 m停下。已知車輪與路面間的動摩擦因數μ＝0.6，則碰撞前轎車的速度大小為(重力加速度g取10 m/s2)(　　)
A.3 m/s B.6 m/s
C.9 m/s D.27 m/s
解析　由牛頓第二定律得a＝fm1＋m2＝μg＝6 m/s2
則v＝2as＝9 m/s
由動量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v
解得v0＝m1＋m2m2v＝27 m/s。故選項D正確。
答案　D
5.為估算池中睡蓮葉面承受雨滴撞擊產生的平均壓強，小明在雨天將一圓柱形水杯置于露臺，測得1小時內杯中水位上升了45 mm。查詢得知，當時雨滴豎直下落速度約為12 m/s，據此估算該壓強約為(設雨滴撞擊睡蓮后無反彈，不計雨滴重力，雨水的密度為1×103 kg/m3)(　　)
A.0.15 Pa B.0.54 Pa
C.1.5 Pa D.5.4 Pa
解析　設雨滴受到睡蓮葉面的平均作用力為F，在Δt時間內有質量為Δm的雨水的速度由v＝12 m/s減為零。以向上的方向為正方向，對這部分雨水應用動量定理FΔt＝0－(－Δmv)＝Δmv，得到F＝ΔmΔtv。設水杯橫截面積為S，對水杯里的雨水，在Δt時間內水面上升Δh，則有Δm＝ρSΔh，得F＝ρSvΔhΔt。壓強p＝FS＝ρvΔhΔt＝1×103×12×45×10－33 600 Pa＝0.15 Pa。
答案　A
6.一質點靜止在光滑水平面上，現對其施加水平外力F，F隨時間按正弦規律變化，如圖2所示，下列說法中正確的是(　　)

圖2
A.第2 s末質點的動量為零
B.第4 s末，質點回到出發點
C.在0～2 s時間內，F的功率先增大后減小
D.在1～3 s時間內，F的沖量為0
解析　由圖象可知在0～2 s內質點一直加速，2 s末速度最大，后減速，由對稱性可知第4 s末，質點速度為零，位移不為零，故A、B錯誤；由圖可知在0～2 s時間內，速度逐漸增大，F先增大后減小到0，所以F的功率先增大后減小，故C正確；由對稱性可知第1 s末和第3 s末的速度相等，由動量定理可知F的沖量為I＝mv3－mv1＝0，故D正確。
答案　CD
7.(2019·青島模擬)某研究小組通過實驗測得兩滑塊碰撞前后運動的實驗數據，得到如圖3所示的位移—時間圖象。圖中的線段a、b、c分別表示沿光滑水平面上同一條直線運動的滑塊Ⅰ、Ⅱ和它們發生正碰后結合體的位移變化關系。已知相互作用時間極短，由圖象給出的信息可知(　　)

圖3
A.碰前滑塊Ⅰ與滑塊Ⅱ速度大小之比為5∶2
B.碰前滑塊Ⅰ的動量大小比滑塊Ⅱ的動量大小大
C.碰前滑塊Ⅰ的動能比滑塊Ⅱ的動能小
D.滑塊Ⅰ的質量是滑塊Ⅱ的質量的16
解析　根據x－t圖象的斜率等于速度，可知碰前滑塊Ⅰ速度為v1＝－2 m/s，滑塊Ⅱ的速度為v2＝0.8 m/s，則碰前速度大小之比為5∶2，故選項A正確；碰撞后的共同速度為v＝0.4 m/s，根據動量守恒定律，有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，解得m2＝6m1，由動量的表達式可知m1v1＜m2v2，由動能的表達式可知，12m1v 21>12m2v 22，故選項B、C錯誤，D正確。
答案　AD
8.如圖4甲所示為雜技中的“頂竿”表演，水平地面上演員B用頭部頂住一根長直竹竿，另一演員A爬至竹竿頂端完成各種動作。某次頂竿表演結束后，演員A自竿頂由靜止開始下落。滑到竿底時速度正好為零，然后屈腿跳到地面上，演員A、B質量均為50 kg，長竹竿質量為5 kg，A下滑的過程中速度隨時間變化的圖象如圖乙所示。取重力加速度g＝10 m/s2，下列說法中正確的是(　　)

圖4
A.竹竿的總長度約為6 m
B.0～6 s內，演員B對地面的壓力大小始終為1 050 N
C.0～6 s內，竹竿對演員B的壓力的沖量大小為3 300 N·s
D.演員A落地時向下屈腿，是為了縮短作用時間以減小地面的沖擊力
解析　由v－t圖象可知竹竿的總長度l＝12×2×6 m＝6 m，故A正確；在0～4 s內，加速向下運動，屬于失重，在4～6 s內，加速度向上，屬于超重，故B錯誤；設演員A、B質量為m，長竹竿質量為m1，在0～4 s內，由圖象可知加速度為a1＝0.5 m/s2，則mg－f1＝ma1，解得f1＝475 N，此過程竹竿對演員B的壓力FN1＝f1＋m1g＝525 N，在4～6 s內，由圖象可知加速度為a2＝－1 m/s2，則mg－f2＝ma2，解得f2＝550 N，此過程竹竿對演員B的壓力FN2＝f2＋m1g＝600 N，所以0～6 s 內，竹竿對演員B的壓力的沖量大小為I＝I1＋I2＝FN1t1＋FN2t2＝525×4 N·s＋600×2 N·s＝3 300 N·s，故C正確；演員A落地時向下屈腿，是為了延長作用時間以減小地面的沖擊力，故D錯誤。
答案　AC
二、非選擇題
9.(2019·陜西省榆林市第三次模擬)“驗證動量守恒定律”的實驗裝置如圖5所示，回答下列問題：

圖5
(1)實驗裝置中應保持斜槽末端________。
(2)每次小球下滑要從________處由靜止釋放。
(3)入射小球的質量mA和被碰小球的質量mB的大小關系是________。
(4)在圖中，小球的水平射程的數值分別用OP、OM和ON表示。小球半徑均為r。因此只需驗證________________________。
解析　(1)要保證每次小球都做平拋運動，則斜槽末端必須切線水平；
(2)每次小球下滑要從同一高度處由靜止釋放，從而保證平拋運動的初速度相同；
(3)為防止碰撞過程入射球反彈，入射球的質量應大于被碰球的質量，即：mA＞mB；
(4)小球離開軌道后做平拋運動，由于小球拋出點的高度相等，小球的運動時間t相等。如果碰撞過程動量守恒，則mAvA＝mAvA′＋mBvB′，兩邊同時乘以時間t得mAvAt＝mAvA′t＋mBvB′t，即mA·OP＝mA·OM＋mB(ON－2r)。
答案　(1)切線水平　(2)同一高度　(3)mA＞mB
(4)mA·OP＝mA·OM＋mB(ON－2r)
10.如圖6所示，某超市兩輛相同的手推購物車質量均為10 kg，相距為3 m沿直線排列，靜置于水平地面上。為了節省收納空間，工人給第一輛車一個瞬間的水平推力使其運動，并與第二輛車相碰，且在極短時間內相互嵌套結為一體，以共同的速度運動了1 m，恰好停靠在墻邊。若車運動時受到的摩擦力恒為車重力的0.2，忽略空氣阻力，重力加速度g＝10 m/s2。求：

圖6
(1)購物車碰撞過程中系統損失的機械能；
(2)工人給第一輛購物車的水平沖量大小。
解析　(1)設第一輛車碰前瞬間的速度為v1，碰前兩車間距為L1，與第二輛車碰后的共同速度為v2，共同移動的距離為L2，由動量守恒定律得mv1＝2mv2
由動能定理得－0.2×2mgL2＝0－12(2m)v 22
則碰撞中系統損失的機械能ΔE＝12mv 21－12(2m)v 22
聯立解得ΔE＝40 J。
(2)設第一輛車推出時的速度為v0
由動能定理得－0.2mgL1＝12mv 21－12mv 20
第一輛車的水平沖量大小I＝mv0
聯立解得I＝207 N·s。
答案　(1)40 J　(2)207 N·s
11.如圖7所示，質量為3 kg的小車A以v0＝4 m/s的速度沿光滑水平面勻速運動，小車左端固定的支架通過不可伸長的輕繩懸掛質量為1 kg的小球B(可看做質點)，小球距離車面高h＝0.8 m。某一時刻，小車與靜止在水平面上的質量為1 kg的物塊C發生碰撞并黏連在一起(碰撞時間可忽略)，此時輕繩突然斷裂。此后，小球剛好落入小車右端固定的沙桶中(小桶的尺寸可忽略)，不計空氣阻力，取重力加速度g＝10 m/s2。求：

圖7
(1)繩未斷前小球與沙桶的水平距離；
(2)從初始狀態到小球落入沙桶與桶相對靜止，整個A、B、C系統損失的機械能ΔE。
解析　(1)A與C碰撞至黏連在一起的過程，A、C構成系統動量守恒，設兩者共同速度為v1，
mAv0＝(mA＋mC)v1。
解得v1＝3 m/s。
輕繩斷裂，小球在豎直方向做自由落體運動，離A高度
h＝0.8 m，由h＝12gt2得落至沙桶用時t＝0.4 s。
所以，繩未斷前小球與沙桶的水平距離
x＝(v0－v1)t＝0.4 m。
(2)最終狀態為A、B、C三者共同運動，設最終共同速度為v2，由水平方向動量守恒，得
(mA＋mB)v0＝(mA＋mB＋mC)v2，
解出v2＝3.2 m/s。
系統最終損失的機械能為動能損失和重力勢能損失之和
ΔE＝ΔEk＋ΔEp＝[12(mA＋mB)v 20－12(mA＋mB＋mC)v 22]＋mBgh，
代入數據解得ΔE＝14.4 J。
答案　(1)0.4 m　(2)14.4 J
12.(2020·河南二模)如圖8甲所示，m1＝5 kg的滑塊a自光滑圓弧形槽的頂端A點無初速度滑下，槽的底端與水平傳送帶相切于傳送帶的左端B點，傳送帶以速度v＝3 m/s沿順時針方向勻速運轉。滑塊a下滑前將m2＝3 kg的滑塊b停放在B點。滑塊a下滑后與滑塊b發生碰撞，碰撞時間極短，傳感器分別描繪出了兩滑塊碰撞后在傳送帶上從B點運動到傳送帶的右端C點的v－t圖象，如圖乙、丙所示。兩滑塊均可視為質點，重力加速度g＝10 m/s2。

圖8
(1)求A、B的高度差h；
(2)求滑塊a與傳送帶間的動摩擦因數μ和傳送帶的長度LBC；
(3)滑塊b到達C點時速度恰好減到3 m/s，求滑塊b的傳送時間；
(4)求系統因摩擦產生的熱量。
解析　(1)由圖乙、丙可知，碰撞后瞬間，滑塊a的速度v1＝1 m/s，滑塊b的速度v2＝5 m/s，設碰撞前瞬間滑塊a的速度為v0，取水平向右為正方向，根據動量守恒定律m1v0＝m1v1＋m2v2，解得v0＝4 m/s
滑塊a下滑的過程中機械能守恒，有m1gh＝12m1v 20
解得h＝0.8 m。
(2)由圖乙可知，滑塊a在傳送帶上加速運動時的加速度大小a＝ΔvΔt＝0.5 m/s2
滑塊a的加速度由滑動摩擦力提供，故μ1m1g＝m1a
可求出滑塊a與傳送帶間的動摩擦因數μ1＝0.05
由圖乙可知，滑塊a在傳送帶上先加速4 s，后勻速運動6 s到達C點，圖線與坐標軸圍成的圖形的面積等于傳送帶的長度LBC，即LBC＝26 m。
(3)滑塊b一直做勻減速直線運動，到C點時速度恰好減為3 m/s，全程的平均速度為v－＝v2＋v2＝4 m/s
設滑塊b的傳送時間為tb，則有tb＝LBCv－ ＝6.5 s。
(4)由圖乙可知，滑塊a在傳送帶上加速階段的位移
x1＝v1t1＋12at 21＝8 m
滑塊a在傳送帶上加速階段產生的熱量
Q1＝μ1m1g(vt1－x1)＝10 J
滑塊b在傳送帶上減速的加速度大小a′＝ΔvbΔtb＝413 m/s2
滑塊b受到的滑動摩擦力大小f＝m2a′
滑塊b在傳送帶上減速階段產生的熱量
Q2＝f(LBC－vtb)＝6 J
系統因摩擦產生的熱量Q＝Q1＋Q2＝16 J。
答案　(1)0.8 m　(2)0.05　2.6 m　(3)6.5 s　(4)16 J

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