高考物理一轮复习 第六章 碰撞与动量守恒定律 章末过关检测(六)

碰撞与动量守恒综合检测(时间:90分钟总分为:100分)一、选择题(此题共12小题,每题4分,共48分.在每一小题给出的四个选项中,第1~7题只有一个选项正确,第8~12题有多项正确,全部选对得4分,选对但不全得2分,有选错或不选的得0分)1.如下列图,一倾角为α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,如此物块滑至斜面的底端时,重力的瞬时功率与下滑过程重力的冲量分别为( D )A.mgv,0B.mgv,mgtsin αC.mgvcos α,mgtD.mgvsin α,mgt解析: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=mgvsin α,重力的冲量为I=mgt,所以D正确,A,B,C错误.2.一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A并留在其中,A,B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起,如下列图.如此在子弹打击木块A与弹簧被压缩的过程中,对子弹、两木块和弹簧组成的系统( C )A.动量守恒,机械能守恒B.动量不守恒,机械能守恒C.动量守恒,机械能不守恒D.无法判定动量、机械能是否守恒解析:子弹、两木块和弹簧组成的系统在水平方向上不受外力,竖直方向上所受外力的合力为零,所以动量守恒;机械能守恒的条件是除重力、弹力对系统做功外,其他力对系统不做功,此题中子弹射入木块瞬间有局部机械能转化为内能(发热),所以系统的机械能不守恒,故C正确.3.如图,质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶,一质量为m的救生员站在船尾,相对小船静止.假设救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中,如此救生员跃出后小船的速率为( C )A.v0+vB.v0-vC.v0+(v0+v)D.v0+(v0-v)解析:以水平向右为正方向,根据动量守恒定律,对救生员和船有(M+m)v0=-mv+Mv x,解得v x=v0+(v0+v),选项C正确.4.如图,光滑桌面上小滑块P和Q都可以视为质点,质量相等,Q与轻弹簧相连,设Q静止,P以某一初速度与弹簧碰撞,在此后过程中系统具有的最大弹性势能为( B )A.P的初动能B.P的初动能的C.P的初动能的D.P的初动能的解析:当P,Q速度相等时,弹簧有最大的弹性势能,设P的初速度为v0,P,Q相等的速度为v,如此P的初动能E k0=m,根据动量守恒有mv0=2mv,解得v=,如此最大的弹性势能E p=m-·2mv2=m=E k0,故B正确.5.如下列图,跳楼机是常见的大型机动游乐设备.这种设备的座舱装在竖直柱子上,由升降机送至高处后使其自由下落(不计阻力),一段时间后,启动制动系统,座舱匀减速运动到地面时刚好停下.如下说法正确的答案是( D )A.自由下落阶段和制动阶段乘客机械能的变化量相等B.自由下落阶段和制动阶段,乘客所受合力的冲量一样C.自由下落阶段和制动阶段,乘客所受重力做的功一定相等D.整个下落过程中,乘客的最大速度是全程平均速度的两倍解析:自由下落阶段乘客的机械能不变,制动阶段乘客机械能减小,选项A错误;自由下落阶段和制动阶段,乘客的动量变化等大反向,如此乘客所受合力的冲量大小一样,方向相反,选项B 错误;自由下落阶段和制动阶段下降的距离不一定一样,如此乘客所受重力做的功不一定相等,选项C错误;整个下落过程中,假设乘客的最大速度是v,如此自由阶段的平均速度为,制动阶段的平均速度也是,即最大速度是全程平均速度的两倍,选项D正确.6.如下列图,质量为M的小车静止在光滑的水平地面上,小车上有n个质量为m的小球,现用两种方式将小球相对于地面以恒定速度v向右水平抛出,第一种方式是将n个小球一起抛出,第二种方式是将小球一个接一个地抛出,比拟用这两种方式抛完小球后小车的最终速度(小车的长度足够长)( C )A.第一种较大B.第二种较大C.两种一样大D.不能确定解析:n个小球和小车组成的系统动量守恒,设小车的最终速度为v1,由动量守恒定律得Mv1+nmv=0,解得v1=-v,两次求出的最终速度一样,选项C正确.7.质量为m=2 kg的物体受到水平拉力F的作用,在光滑的水平面上由静止开始做直线运动,运动过程中物体的加速度随时间变化的规律如下列图.如此如下判断正确的答案是( D )A.0~4 s内物体先做加速运动再做匀速运动B.6 s末物体的速度为零C.0~4 s内拉力冲量为18 N·sD.0~4 s内拉力做功49 J解析:物体是从静止开始运动,故在0~1 s内做加速度增大的加速运动,2~4 s内做匀加速直线运动,4~6 s做加速度减小的加速运动,6 s末加速度为零,速度最大,A,B错误;a t图象与坐标轴围成的面积表示速度变化量,故根据动量定理可得0~4 s内拉力的冲量为I=Ft=m·Δv=2×(3+4)×2×N·s=14 N·s,C错误;因为水平面光滑,故物体受到的合力大小等于F,根据动能定理可得W F=mv2-0=E k,因为是从静止开始运动的,所以4 s末的动量为p=14 N·s,根据p=可得知W F=49 J,D正确.8.将一物体水平抛出并开始计时,只受重力作用,如下说法正确的答案是( BD )A.瞬时速度与时间成正比B.重力的瞬时功率与时间成正比C.动能的增量与时间成正比D.动量的增量与时间成正比解析:根据平抛运动的规律有v=,可知瞬时速度与时间不成正比,故A错误;根据瞬时功率的定义有P=mgv y=mg2t,如此重力的瞬时功率与时间成正比,B正确;根据动能定理有ΔE k=mgh=mg·gt2,故动能的增量与时间不成正比,故C错误;由动量定理可知Δp=I G=mgt,如此动量的增量与时间成正比,故D正确.9.在光滑水平面上有三个弹性小钢球a,b,c处于静止状态,质量分别为2m,m和2m.其中a,b两球间夹一被压缩了的弹簧,两球通过左右两边的光滑挡板束缚着.假设某时刻将挡板撤掉,弹簧便把a,b两球弹出,两球脱离弹簧后,a球获得的速度大小为v,假设b,c两球相距足够远,如此b,c两球相碰后( BD )A.b球的速度大小为v,运动方向与原来相反B.b球的速度大小为v,运动方向与原来相反C.c球的速度大小为vD.c球的速度大小为v解析:设b球脱离弹簧时的速度为v0,b,c两球相碰后b,c的速度分别为v b和v c,取向右为正方向,弹簧将a,b两球弹出过程,由动量守恒定律得0=-2mv+mv0,解得v0=2v,b,c两球相碰过程,由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv0=mv b+2mv c,m=m+·2m,联立解得v b=-v(负号表示方向向左,运动方向与原来相反),v c=v,故B,D正确.10.某同学从圆珠笔中取出轻弹簧,将弹簧一端竖直固定在水平桌面上,另一端套上笔帽,用力把笔帽往下压后迅速放开,他观察到笔帽被弹起并离开弹簧向上运动一段距离.不计空气阻力,忽略笔帽与弹簧间的摩擦,在弹簧恢复原长的过程中( CD )A.笔帽一直做加速运动B.弹簧对笔帽做的功和对桌面做的功相等C.弹簧对笔帽的冲量大小和对桌面的冲量大小相等D.弹簧对笔帽的弹力做功的平均功率大于笔帽抑制重力做功的平均功率解析:弹簧恢复原长的过程中,笔帽先向上做加速运动,弹簧压缩量减小,弹力减小,当弹力等于重力时,加速度为零,速度最大,此后弹力小于重力,合力向下,笔帽做减速运动,故A错误;笔帽向上运动,受到的弹力方向向上,力与位移同向,故弹力对笔帽作正功,重力方向向下,与位移反向,对笔帽做负功,由于笔帽离开弹簧时动能不为0,所以弹簧对笔帽做的功大于笔帽抑制重力做的功,时间一样,根据功率的定义P=可知,D正确;弹簧对桌面虽然有弹力,但没有位移,所以不做功,故B错误;由于轻弹簧质量不计,所以弹簧对桌面的弹力等于对笔帽的弹力,作用时间一样,冲量大小相等,故C正确.11.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(a)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,假设碰撞前后两壶的v t图象如图(b)所示.关于冰壶的运动,如下说法正确的答案是( CD )A.两壶发生了弹性碰撞B.蓝壶运动了4 s停下C.碰撞后两壶相距的最远距离为1.275 mD.碰撞后蓝壶的加速度大小为0.3 m/s2解析:由图(b)可知,碰前红壶的速度v0=1.2 m/s,碰后红壶的速度v红=0.3 m/s,取碰撞前红壶的速度方向为正方向,碰撞过程系统动量守恒,如此有mv0=mv红+mv,解得v=0.9 m/s;碰撞前两壶的总动能E k1=m=0.72 m,碰撞后两壶的总动能E k2=m+mv2=0.45 m<E k1,所以两壶碰撞为非弹性碰撞,故A错误;由碰前红壶的v t图象可知,红壶的加速度大小为a= m/s2=0.4m/s2,即蓝壶再次静止的时刻为t= s=4 s,所以蓝壶运动了3 s停下,故B错误;v t图线与坐标轴围成的面积表示位移,如此碰后两壶相距的最远距离s=-m=1.275 m,故C正确;碰后蓝壶的加速度大小a'== m/s2=0.3 m/s2,故D正确.12.如下列图,小车的上面固定一个光滑弯曲圆管道,整个小车(含管道)的质量为2m,原来静止在光滑的水平面上.今有一个可以看做质点的小球,质量为m,半径略小于管道半径,以水平速度v 从左端滑上小车,小球恰好能到达管道的最高点,然后从管道左端滑离小车.关于这个过程,如下说法正确的答案是( BC )A.小球滑离小车时,小车回到原来位置B.小球滑离小车时相对小车的速度大小为vC.车上管道中心线最高点的竖直高度为D.小球从滑进管道到滑到最高点的过程中,小车的动量变化大小是解析:小球恰好到达管道的最高点,说明在最高点时小球和管道之间相对速度为0,小球从滑进管道到滑到最高点的过程中,根据水平方向的动量守恒,有mv=(m+2m)v',得v'=,小车动量变化大小Δp车=2m·=mv,D项错误.小球从滑进管道到滑到最高点,根据机械能守恒定律有mgH=mv2-(m+2m)v'2,得H=,C项正确.小球从滑上小车到滑离小车的过程,有mv=mv1+2mv2,mv2=m+·2m,解得v1=-,v2=v,如此小球滑离小车时相对小车的速度大小为v+v=v,B项正确.在整个过程中小球对小车总是做正功,因此小车一直向右运动,A项错误.二、非选择题(共52分)13.(8分)如图为一弹簧弹射装置,在内壁光滑、水平固定的金属管中放有轻弹簧,弹簧压缩并锁定,在金属管两端各放置一个金属小球1和2(两球直径略小于管径且与弹簧不固连).现解除弹簧锁定,两个小球同时沿同一直线向相反方向弹射.然后按下述步骤进展实验:①记录两球在水平地面上的落点P,Q;②用刻度尺测出两管口离地面的高度h;③用天平测出两球质量m1,m2.回答如下问题:(1)要测定弹射装置在弹射时所具有的弹性势能,还需测量的物理量有.(重力加速度g)A.弹簧的压缩量ΔxB.两球落点P,Q到对应管口M,N的水平距离s1,s2C.小球直径D.两球从管口弹出到落地的时间t1,t2(2)根据测量结果,可得弹性势能的表达式为E p=(用测出量表示).(3)由上述测得的物理量来表示,如果满足关系式(用测出量表示),就说明弹射过程中两小球组成的系统动量守恒.解析:(1)根据机械能守恒定律可知,弹簧的弹性势能等于两球得到的动能之和,而要求解动能必须还要知道两球弹射的初速度v0,由平抛运动规律可知v0=,故还需要测出两球落点P,Q到对应管口M,N的水平距离s1,s2.(2)小球被弹开时获得的动能E k=m=,故弹性势能的表达式为E p=m1+m2=+.(3)如果满足关系式m1v1=m2v2,即m1s1=m2s2,那么就说明弹射过程中两小球组成的系统动量守恒. 答案:(1)B (2)+(3)m1s1=m2s2评分标准:第(1)问2分,第(2)(3)问各3分.14.(6分)用如图(甲)所示的气垫导轨来验证动量守恒定律,用频闪照相机闪光4次拍得照片如图(乙)所示,闪光时间间隔为Δt=0.02 s,闪光本身持续时间极短,在这4次闪光时间内A,B均在0~80 cm范围内且第一次闪光时,A恰好过s=55 cm处,B恰好过s=70 cm处,如此由图可知:(1)两滑块在s=cm处碰撞.(2)两滑块在第一次闪光后t=s时发生碰撞.(3)假设碰撞过程中满足动量守恒,如此A,B两滑块的质量比为.解析:(1)碰撞发生在第1,2两次闪光时刻之间,碰撞后B静止,故碰撞发生在s=60 cm处. (2)碰撞后A向左做匀速运动,设其速度为v A',所以v A'·Δt=20 cm.从碰撞到第二次闪光时A 向左运动10 cm,设经历的时间为t',有v A'·t'=10 cm.设第一次闪光到发生碰撞经历的时间为t,有t+t'=Δt,得t==0.01 s.(3)碰撞前,A的速度大小为v A==5 m/s;B的速度大小为v B==10 m/s;碰撞后,A的速度v A'==10 m/s,取向左为正方向,如此由动量守恒定律可知m A v A'=m B v B-m A v A,解得m A∶m B=2∶3.答案:(1)60 (2)0.01 (3)2∶3评分标准:每空2分.15.(6分)如下列图,一只质量为5.4 kg 的保龄球,撞上一只原来静止,质量为1.7 kg的球瓶.此后球瓶以3.0 m/s的速度向前飞出,而保龄球以1.8 m/s的速度继续向前运动,假设它们相互作用的时间为0.05 s.求:(1)碰撞后保龄球的动量;(2)碰撞时保龄球与球瓶间的相互作用力的大小.解析:(1)碰撞后保龄球的动量p'=m1v'=5.4×1.8 kg·m/s=9.72 kg·m/s.(2分)(2)以初速度方向为正方向,对球瓶有Δp=Mv-0=1.7×3.0 kg·m/s=5.1 kg·m/s(1分)由动量定理得F·t=Δp(2分)代入数据求得F=102 N.(1分)答案:(1)9.72 kg·m/s(2)102 N16.(8分)如图,“冰雪游乐场〞滑道上的B点左侧水平而粗糙,右侧是光滑的曲面,左右两侧平滑连接,质量m=30 kg的小孩从滑道顶端A点由静止开始下滑,经过B点时被静止的质量为M=60 kg 的家长抱住,一起滑行到C点停下(C点末画出),A点高度h=5 m,人与水平滑道间的动摩擦因数μ=0.2,g取10 m/s2,求:(1)小孩刚到B点时的速度大小v B;(2)B,C间的距离s.解析:(1)从A点到B点,根据机械能守恒定律得mgh=m(2分)得v B=10 m/s.(1分)(2)家长抱住小孩瞬间,由动量守恒定律有mv B=(m+M)v(1分)解得v= m/s(1分)接着以共同速度v向左做匀减速直线运动,由动能定理得-μ(m+M)gs=0-(m+M)v2(1分)解得s= m.(2分)答案:(1)10 m/s (2) m17.(12分)如下列图,光滑的水平面上有P,Q两个竖直固定挡板,A,B是两挡板连线的三等分点.A点处有一质量为m2的静止小球,紧贴P挡板的右侧有一质量为m1的等大小球以速度v0向右运动并与m2相碰.小球与小球、小球与挡板间的碰撞均为弹性正碰,两小球均可视为质点.求:(1)两小球m1和m2第一次碰后的速度v1和v2;(2)假设两小球之间的第二次碰撞恰好发生在B点,且m1<m2,求m1和m2的可能比值.解析:(1)两球发生弹性正碰,设碰后速度分别为v1和v2,如此有m1v0=m1v1+m2v2,(2分)m1=m1+m2,(2分)解得v1=v0,(1分)v2=.(1分)(2)m1与m2在B点相碰有两种情形.第一种情形,m1被P反弹后追上m2.由于v1=v0<0,m1运动距离为m2的3倍,如此有|-v1t|=3v2t,(2分)解得=.(1分)第二种情形,m1与P反弹,m2与Q反弹后在B点相碰,m1,m2运动距离相等,有|-v1t|=v2t,(2分)解得=.(1分)答案:(1)v0(2)1∶7或1∶318.(12分)如下列图,质量分别为m1=1.0 kg和m2=2.0 kg 的甲、乙两物体之间夹有少量炸药,两物体一起沿水平地面向右做直线运动,当速度v0=1 m/s时夹在两物体间的炸药爆炸,之后甲物体以7 m/s的速度仍沿原方向运动.两物体均可视为质点,甲物体与地面间的动摩擦因数为0.35,乙物体与地面间的动摩擦因数为0.2,重力加速度g=10 m/s2.求:(1)炸药爆炸使甲、乙两物体增加的总动能;(2)甲、乙两物体别离2 s后两者之间的距离.解析:(1)爆炸瞬间系统动量守恒,以向右为正方向,设爆炸后甲物体的速度为v1,乙物体的速度为v2,由动量守恒定律得(m1+m2)v0=m1v1+m2v2(1分)代入数据解得v2=-2 m/s,负号表示速度方向与正方向相反(1分)由能量守恒定律得ΔE k=m1+m2-(m1+m2)(2分)代入数据解得ΔE k=27 J.(1分)(2)甲、乙两物体别离后,甲物体向右匀减速滑行,乙物体向左匀减速滑行根据牛顿第二定律得甲物体滑行的加速度大小a1=μ1g=3.5 m/s2(1分)乙物体滑行的加速度大小a2=μ2g=2 m/s2(1分) 从别离到甲物体停止运动,经过的时间t1==2 s(1分)甲物体运动的位移为s1=t1=7 m(1分)从别离到乙物体停止运动,经过的时间t2==1 s(1分)乙物体运动的位移为s2=t2=1 m(1分)故甲、乙两物体别离2 s后两者之间的距离d=s1+s2=8 m.(1分)答案:(1)27 J (2)8 m。

章末质量评估(六)一、选择题(1～5题只有一个选项符合题目要求，6～8题有多个选项符合题目要求)1．“快乐向前冲”节目中有这样的设置，冲关者以一定的速度抱住悬挂在光滑杆上的圆柱物体，然后一起向前压缩弹簧，原理如图所示，而后圆柱将弹簧压缩到最短．关于人和圆柱物体组成的系统，下列说法中正确的是( )A．人抱住物体的过程中系统动量不守恒B．人抱住物体的过程中系统机械能守恒C．物体压缩弹簧过程中，系统总动量守恒D．物体压缩弹簧过程中，人、物体和弹簧组成的系统机械能守恒解析：在人抱住物体的过程中，因为作用时间极短，可认为系统静止，所以不受弹力作用，系统合力为零，动量守恒，选项A错误；在人抱住物体的过程中，一部分机械能转化为系统的内能，即系统的机械能不守恒，选项B错误；物体压缩弹簧过程中，系统受到水平向右的弹力作用，合外力不为零，系统的总动量不守恒，所以选项C错误；物体压缩弹簧过程中，由人、物体和弹簧组成的系统，只有系统内的弹力做功，所以系统的机械能守恒，选项D正确．答案：D2．如图所示，一个质量为m的铁锤，以速度v竖直打在木桩上，经Δt时间而停止，严格来说，在击打时间内，铁锤所受到的平均冲力大小为( )A．mg B.mvΔt＋mgC.mvΔtD.mvΔt－mg解析：对铁锤应用动量定理，以向上为正方向，有(F－mg)Δt＝0－(－mv)得F＝mvΔt＋mg.选项B正确．答案：B3．两质量大小完全相同的正方体木块A、B，靠在一起放在光滑水平面上，一水平射来的子弹先后穿透两木块后飞出，若木块对子弹的阻力恒定不变，子弹射穿两木块的时间相同，则子弹射穿后A、B两木块的速度之比为( )A．1：1 B．1：2C．1：3 D．1： 3解析：子弹射穿A时，两木块获得共同速度设为v1，射穿B时，B获得速度为v2，因为两过程相互作用力及相互作用时间相等，所以合外力的冲量相等．对第一过程I＝2mv1－0；对第二过程I＝mv2－mv1.所以2mv1＝mv2－mv1，即3v1＝v2.答案：C4．如图所示，质量为M的盒子放在光滑的水平面上，盒子内表面不光滑，盒内放有一块质量为m的物体，某时刻给物体一个水平向右的初速度v0，那么在物体与盒子前后壁多次往复碰撞后( )A ．两者的速度均为零B ．两者的速度总不会相等C ．盒子的最终速度为mv 0M ，方向水平向右 D ．盒子的最终速度为mv 0M ＋m，方向水平向右解析：由于盒子内表面不光滑，在多次碰后物体与盒相对静止，由动量守恒得：mv 0＝(M ＋m )v ′，解得：v ′＝mv 0M ＋m，故D 正确． 答案：D5．(2017·甘肃省天水市期末)如图所示，水平光滑地面上停放着一辆质量为M 的小车，小车左端靠在竖直墙壁上，其左侧半径为R 的四分之一圆弧轨道AB 是光滑的，轨道最低点B 与水平轨道BC 相切，整个轨道处于同一竖直平面内．将质量为m 的物块(可视为质点)从A 点无初速度释放，物块沿轨道滑行至轨道末端C 处恰好没有滑出．重力加速度为g ，空气阻力可忽略不计．关于物块从A 位置运动至C 位置的过程中，下列说法中正确的是( )A ．小车和物块构成的系统水平方向动量守恒B ．物块克服摩擦力所做的功为mgRC ．摩擦力对小车所做的功为mgRD ．由于摩擦产生的热量为mMgR /(m ＋M ) 解析：物块从A 位置运动到B 位置的过程中，小车和物块组成的系统水平方向动量不守恒，在物块从B 运动到C 的过程中，水平方向动量守恒，选项A 错误；物块从A 位置运动到B 位置的过程中，由机械能守恒可得v ＝2Rg ，在物块从B 位置运动到C 位置的过程中，根据动量守恒定律有mv ＝(M ＋m )v ′，可得最终物块与小车的共同速度v ′＝mvM ＋m，在整个运动过程中，物块克服摩擦力所做的功等于物块机械能的减少量，为ΔE ＝mgR －12mv ′2，摩擦力对小车所做的功等于小车增加的动能，为12Mv ′2，由于摩擦产生的热量等于系统减少的机械能，Q 热＝mgR －12(M ＋m )v ′2＝MmgR M ＋m，故选项B 、C 错误，D 正确．答案：D6．向空中发射一物体，不计空气阻力，当此物体的速度恰好沿水平方向时物体炸裂成a 、b 两块．若质量较大的a 块的速度方向仍沿原来方向，则( )A ．b 的速度方向一定与原速度方向相反B ．从炸裂到落地的这段时间内，a 飞行的水平距离一定比b 的大C ．a 、b 两物块一定能同时到达地面D ．在炸裂过程中，a 、b 受到的爆炸力的冲量大小一定相等 解析：炸裂瞬间系统在水平方向的动量守恒，虽然两物块均做平抛运动，落地时间相等，但b 的运动方向、两物块速度的大小均无法判定，不过炸裂瞬间a 、b 受到的冲力是一对作用力与反作用力．故本题选C 、D. 答案：CD 7．在光滑水平面上，动能为E 0、动量的大小为p 0的小钢球1与静止小钢球2发生碰撞，碰撞前后球1的运动方向相反．将碰撞后球1的动能和动量的大小分别记为E 1、p 1，球2的动能和动量的大小分别记为E 2、p 2，则必有( )A ．E 1<E 0B ．p 1<p 0C．E2>E0 D．p2>p0解析：球1与球2碰撞，碰撞前后的动能关系应为E0≥E1＋E2，所以E1<E0，选项A正确．E2不可能大于E0，则选项C错．对球1碰后动能减小，则p1<p0，选项B正确．由动量守恒有p0＝－p1＋p2.p2＝p0＋p1，则p2>p0，选项D正确．答案：ABD8．(2017·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/sB．在0～6 s时间内，合力对物体做的功为400 JC．在0～6 s时间内，拉力对物体的冲量为48 N·sD．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，A项错；由动能定理可知，0～6 s内，合力做功W＝12mv2－12mv20＝396 J，B项错；由冲量定理可知，I－F f·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－F f＝ma，解得：F＝10 N，所以拉力的功率P＝Fv＝200 W，D项正确．答案：CD二、非选择题9．碰撞的恢复系数的定义为e＝|v2－v1||v20－v10|，其中v10和v20分别是碰撞前两物体的速度，v1和v2分别是碰撞后物体的速度．弹性碰撞的恢复系统e＝1，非弹性碰撞的e<1.某同学借用验证动量守恒定律的实验装置(如图所示)验证弹性碰撞的恢复系数是否为1，实验中使用半径相等的钢质小球1和2(它们之间的碰撞可近似视为弹性碰撞)，且小球1的质量大于小球2的质量．实验步骤如下：安装好实验装置，做好测量前的准备，并记下重垂线所指的位置O.第一步，不放小球2，让小球1从斜槽上A点由静止滚下，并落在地面上．重复多次，用尽可能小的圆把小球的所落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置．第二步，把小球2放在斜槽前端边缘处C点，让小球1从A点由静止滚下，使它们碰撞．重复多次，并使用与第一步同样的方法分别标出碰撞后小球落点的平均位置．第三步，用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置离O点的距离，即线段OM、OP、ON 的长度．上述实验中，(1)P点是________平均位置，M点是________平均位置，N点是________平均位置．(2)请写出本实验的原理________，写出用测量量表示的恢复系数的表达式________．(3)三个落地点距O点的距离OM、OP、ON与实验所用的小球质量是否有关系？________________________________________________________________________.解析：(1)P点是在实验的第一步中小球1落点的平均位置；M点是小球1与小球2碰后小球1落点的平均位置，N 点是小球2落点的平均位置．(2)小球从槽口C 飞出后做平抛运动的时间相同，假设为t ，则有OP ＝v 10t ，OM ＝v 1t ，ON ＝v 2t ，小球2碰撞前静止，即v 20＝0，则有e ＝v 2－v 1v 10－v 20＝ON －OM OP －0＝ON －OM OP. (3)OP 与小球的质量无关，OM 和ON 与小球的质量有关． 答案：(1)M N (2)(3)见解析 10．(2017·西安市一模)如图甲所示，在高h ＝0.8 m 的平台上放置一质量为M ＝0.99 kg 的小木块(可视为质点)，小木块距平台右边缘距离d ＝2 m ，一质量m ＝0.01 kg 的子弹沿水平方向射入小木块并留在其中，然后一起向右运动，在平台上运动的v 2－x 关系如图乙所示．最后，小木块从平台边缘滑出落在距平台右侧水平距离x ′＝0.8 m 的地面上，g 取10 m/s 2，求：(1)小木块滑出时的速度；(2)小木块在滑动过程中产生的热量； (3)子弹射入小木块前的速度．解析：(1)小木块从平台滑出后做平抛运动有h ＝12gt 2得t ＝0.4 s木块飞出时的速度v 2＝x ′t＝2 m/s(2)因为小木块在平台上滑动过程中做匀减速运动，根据v 22－v 21＝－2ax知v 2－x 图象的斜率k ＝4－101＝－2a得小木块在平台上滑动的加速度大小a ＝3 m/s 2根据牛顿第二定律，得F f ＝(M ＋m )a ＝(0.99＋0.01)×3＝3 N根据能量守恒定律，得小木块在滑动过程中产生的热量 Q ＝F f ·d ＝6 J(3)由图象可得10－v 211－0＝4－102－1解得小木块刚开始滑动时的速度为v 1＝4 m/s 子弹射入木块的过程中，根据动量守恒定律，有 mv 0＝(M ＋m )v 1 解得v 0＝400 m/s答案：(1)2 m/s (2)6 J (3)400 m/s11．(2017·绵阳一诊)光滑水平面上放着质量m A ＝1 kg 的物块A 与质量m B ＝2 kg 的物块B ，A 与B 均可视为质点，A 靠在竖直墙壁上，A 、B 间夹一个被压缩的轻弹簧(弹簧与A 、B 均不拴接)，用手挡住B 不动，此时弹簧弹性势能E p ＝49 J ．在A 、B 间系一轻质细绳，细绳长度大于弹簧的自然长度，如图所示．放手后B 向右运动，绳在短暂时间内被拉断，之后B 冲上与水平面相切的竖直半圆光滑轨道，其半径R ＝0.5 m ，B 恰能到达最高点C .取g ＝10 m/s 2，求：(1)绳拉断后瞬间B 的速度v B 的大小； (2)绳拉断过程绳对B 的冲量I 的大小； (3)绳拉断过程绳对A 所做的功W .解析：(1)设在绳被拉断后瞬间B 的速度为v B ，到达C 点时的速度为v C ，有m B g ＝m B v 2CR①12m B v 2B ＝12m B v 2C ＋2m B gR ② 代入数据得 v B ＝5 m/s ③(2)设弹簧恢复到自然长度时B 的速度为v 1，取水平向右为正方向，有E p ＝12m B v 21④I ＝m B v B －m B v 1⑤ 代入数据得 I ＝－4 N·s⑥故冲量大小为4 N·s.(3)设绳断后A 的速度为v A ，取水平向右为正方向，有 m B v 1＝m B v B ＋m A v A ⑦ W ＝12m A v 2A ⑧ 代入数据得 W ＝8 J ⑨答案：(1)5 m/s (2)4 N·s (3)8 J。

第六章碰撞与动量守恒章末质量检测(六)(时间：45分钟满分：100分)一、选择题(本题共6小题，每小题7分，共42分。

1～4题为单项选择题，5～6题为多项选择题)1.(2017·福建泉州质检)将一个质量为3m的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为v0，方向水平向东，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块的质量为2m，速度大小为v，方向水平向东，则另一块的速度大小为( )A.3v0－vB.2v0－3vC.3v0－2vD.2v0＋v解析取水平向东为正方向，爆炸过程系统动量守恒，3mv0＝2mv＋mv x，可得v x＝3v0－2v，选项C正确。

答案 C2.某物体受到一个－6 N·s的冲量作用，则( )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解题时，注意规定正方向。

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“＋”“－”号表示矢量的方向，－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，由动量定理可知选项C正确。

而初、末动量的方向、大小由题设均不能确定。

答案 C3.如图1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( )图1A.mght、0 B.mgv 、mgt sin α C.mgv cos α、mgtD.mgv sin α、mgt解析 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 ＝mgv sin α，重力的冲量为I ＝mgt ，所以选项D 正确，A 、B 、C 错误。

答案 D4.一质量为M 的航天器，正以速度v 0在太空中飞行，某一时刻航天器接到加速的指令后，发动机瞬间向后喷出一定质量的气体，气体喷出时速度大小为v 1，加速后航天器的速度大小为v 2，则喷出气体的质量m 为( )A.v 2－v 0v 1M B.v 2v 2＋v 1M C.v 2－v 0v 2＋v 1MD.v 2－v 0v 2－v 1M 解析 规定航天器的速度方向为正方向，由动量守恒定律可得Mv 0＝(M －m )v 2－mv 1，解得m ＝v 2－v 0v 2＋v 1M ，故选项C 正确。

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。

1～6题为单选题，7、8题为多选题)1.如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止放在光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，一个质量也为m的小物块从槽高h处开始自由下滑，下列说法正确的是( )A.在下滑过程中，物块的机械能守恒B.在下滑过程中，物块和槽的动量守恒C.物块被弹簧反弹后，做匀速直线运动D.物块被弹簧反弹后，能回到槽高h处【解析】选C。

在下滑的过程中，物块与弧形槽系统只有重力做功，机械能守恒，对于物块，除了重力做功外，支持力做功，则物块的机械能不守恒，故A错误。

物块加速下滑，竖直方向受向下合力，物块与槽在水平方向上不受外力，所以只能在水平方向动量守恒，故B错误。

因为物块与槽在水平方向上动量守恒，由于质量相等，根据动量守恒，物块离开槽时速度大小相等，方向相反，物块被弹簧反弹后，与槽的速度相同，做匀速直线运动，故C正确，D错误。

2.如图所示，竖直面内有一个固定圆环，MN是它在竖直方向上的直径。

两根光滑滑轨MP、QN 的端点都在圆周上，MP>QN。

将两个完全相同的小滑块a、b分别从M、Q点无初速度释放，在它们各自沿MP、QN运动到圆周上的过程中，下列说法中正确的是( )A.合力对两滑块的冲量大小相同B.重力对a滑块的冲量较大C.弹力对a滑块的冲量较小D.两滑块的动量变化大小相同【解析】选C。

这是“等时圆”，即两滑块同时到达滑轨底端。

合力F=mgsin θ(θ为滑轨倾角)，F a>F b，因此合力对a滑块的冲量较大，a滑块的动量变化也大；重力的冲量大小、方向都相同；弹力F N=mgcos θ，F Na<F Nb，因此弹力对a滑块的冲量较小。

3.(2018·合肥模拟)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。