2022步步高大一轮复习--物理 第六章 动量 动量守恒定律 章末综合能力滚动练

这是一份2022步步高大一轮复习--物理 第六章 动量 动量守恒定律 章末综合能力滚动练，共6页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

1．物体做下列几种运动，其中物体的机械能守恒的是( )
A．平抛运动
B．竖直方向上做匀速直线运动
C．水平方向上做匀变速直线运动
D．竖直平面内做匀速圆周运动
答案 A
解析 做平抛运动的物体只受到重力的作用，所以机械能守恒，A正确；物体在竖直方向上做匀速直线运动，说明物体受力平衡，除了重力之外还有其他的外力作用，且外力对物体做功，所以机械能不守恒，B错误；水平方向上做匀变速直线运动，动能变化，重力势能不变，所以机械能变化，C错误；竖直平面内做匀速圆周运动，速度的大小不变，动能不变，但是物体的高度变化，即重力势能发生变化，所以物体的机械能不守恒，故D错误．
2．(2019·山东日照市上学期期末)竖直向上发射一物体(不计空气阻力)，在物体上升的某一时刻突然炸裂为a、b两块，质量较小的a块速度方向与物体原来的速度方向相反，则( )
A．炸裂后瞬间，a块的速度一定比原来物体的速度小
B．炸裂后瞬间，b块的速度方向一定与原来物体的速度方向相同
C．炸裂后瞬间，b块的速度一定比原来物体的速度小
D．炸裂过程中，b块的动量变化量大小一定小于a块的动量变化量大小
答案 B
解析 在炸裂过程中，由于重力远小于内力，系统的动量守恒，炸裂后瞬间，a的速度大小不能确定，可能小于、等于，也可能大于原来物体的速度，故A错误；以竖直向上为正方向，根据动量守恒定律有：(ma＋mb)v0＝ma(－va)＋mbvb，解得：vb＝eq \f(ma＋mbv0＋mava,mb)>v0，b块的速度方向一定与原来物体的速度方向相同，故C错误，B正确；由动量守恒可知，炸裂过程中，b块的动量变化量大小一定等于a块的动量变化量大小，故D错误．
3．(2020·黑龙江齐齐哈尔市质检)如图1所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P和Q都可视为质点，质量相等．Q与水平轻弹簧相连，开始Q静止，P以某一初速度向Q运动并与弹簧发生碰撞．在整个过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于( )
图1
A．P的初动能 B．P的初动能的eq \f(1,2)
C．P的初动能的eq \f(1,3) D．P的初动能的eq \f(1,4)
答案 B
4.(2020·湖南怀化市调研)一质量为1 kg的质点静止于光滑水平面上，从t＝0时刻开始，受到如图2所示的水平外力作用，下列说法正确的是( )
图2
A．第1 s末质点的速度为2 m/s
B．第2 s末外力做功的瞬时功率最大
C．第1 s内与第2 s内质点动量增加量之比为1∶2
D．第1 s内与第2 s内质点动能增加量之比为4∶5
答案 D
解析 由动量定理：F1t＝mv1，F2t＝mv2－mv1，求出第1 s末、第2 s末速度分别为：v1＝4 m/s、v2＝6 m/s，故A错误；第1 s末外力的瞬时功率P＝F1v1＝4×4 W＝16 W，第2 s末外力做功的瞬时功率P′＝F2v2＝2×6 W＝12 W，故B错误；第1 s内与第2 s内质点动量增加量之比为：eq \f(Δp1,Δp2)＝eq \f(mv1,mv2－mv1)＝eq \f(1×4,1×6－1×4)＝eq \f(2,1)，故C错误；第1 s内与第2 s内质点动能增加量分别为：ΔEk1＝eq \f(1,2)mv12＝8 J，ΔEk2＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12＝10 J，则ΔEk1∶ΔEk2＝4∶5，故D正确．
二、多项选择题
5.(2019·江苏南京市六校联考)如图3所示，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连．现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点．已知在M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM<∠OMN图3
A．弹力对小球先做正功后做负功
B．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度
C．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零
D．小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差
答案 BCD
解析 在M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM<∠OMN6.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4所示，碰撞时间极短，在碰撞过程中，下列情况可能发生的是( )
图4
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＋mv3
B．m0的速度不变，M和m的速度变为v1和v2，而且满足Mv＝Mv1＋mv2
C．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
答案 BC
解析 碰撞的瞬间M和m组成的系统动量守恒，m0的速度不变，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．
7.如图5所示，在光滑的水平面上有一静止的物体M，物体M上有一光滑的半圆弧轨道，最低点为C，A、B为同一水平直径上的两点，现让小滑块m从A点由静止下滑，则( )
图5
A．小滑块m到达物体M上的B点时小滑块m的速度不为零
B．小滑块m从A点到C点的过程中物体M向左运动，小滑块m从C点到B点的过程中物体M向右运动
C．若小滑块m由A点正上方h高处自由下落，则由B点飞出时做竖直上抛运动
D．物体M与小滑块m组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒
答案 CD
解析 物体M和小滑块m组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒，D正确；小滑块m滑到右端两者水平方向具有相同的速度：0＝(m＋M)v，v＝0，可知小滑块m到达物体M上的B点时，小滑块m、物体M的水平速度为零，故当小滑块m从A点由静止下滑，则能恰好到达B点，当小滑块由A点正上方h高处自由下落，则由B点飞出时做竖直上抛运动，A错误，C正确；小滑块m从A点到C点的过程中物体M向左加速运动，小滑块m从C点到B点的过程中物体M向左减速运动，选项B错误．
三、非选择题
8．某同学欲采用课本上介绍的气垫导轨和光电计时器等器材进行“验证动量守恒定律”的实验．实验装置如图6所示，下面是实验的主要步骤：
①安装好气垫导轨和光电门，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平；
②测得A和B两滑块上遮光片的宽度均为d；
③得到A、B两滑块(包含遮光片)的质量m1、m2；
④向气垫导轨通入压缩空气；
⑤利用气垫导轨左右的弹射装置，使滑块A、B分别向右和向左运动，测出滑块A、B在碰撞前经过光电门过程中挡光时间分别为Δt1和Δt2；
⑥观察发现滑块A、B碰撞后通过粘胶粘合在一起，运动方向与滑块B碰撞前运动方向相同，此后滑块A再次经过光电门a时挡光时间为Δt.
图6
试解答下列问题：
(1)碰撞前A滑块的速度大小为________，碰撞前B滑块的速度大小为________．
(2)为了验证碰撞中动量守恒，需要验证的关系式是：____________________________(用题中物理量表示)．
答案 (1)eq \f(d,Δt1) eq \f(d,Δt2) (2)eq \f(m2,Δt2)－eq \f(m1,Δt1)＝eq \f(m1＋m2,Δt)
解析 (1)碰撞前A滑块的速度大小为vA＝eq \f(d,Δt1)，碰撞前B滑块的速度大小为vB＝eq \f(d,Δt2).
(2)为了验证碰撞中动量守恒，需要验证关系式m2vB－m1vA＝(m2＋m1)v，其中碰后的共同速度大小为v＝eq \f(d,Δt)，代入可得：eq \f(m2,Δt2)－eq \f(m1,Δt1)＝eq \f(m1＋m2,Δt).
9．(2019·江苏南京市高三月考)如图7所示，滑块A、B的质量分别为mA和mB，由水平轻质弹簧相连，置于光滑水平面上，把两滑块拉近，使弹簧处于压缩状态并用一轻绳绑紧(图中未画出)，两滑块一起以恒定的速率v0向右滑动．若轻绳突然断开，弹簧第一次恢复到原长时滑块A的动量为p，方向向左，求在弹簧第一次恢复到原长时：
图7
(1)滑块B的动量pB大小和方向；
(2)若mA＝mB＝m，滑块B的速度大小v.
答案 见解析
解析 (1)取向右为正方向，对A、B与弹簧组成的系统由动量守恒定律知(mA＋mB)v0＝－p＋pB，
解得pB＝p＋(mA＋mB)v0，方向向右．
(2)滑块A、B的质量相等，由动量守恒得
2mv0＝－p＋mv，解得v＝eq \f(p,m)＋2v0.
10．(2019·江苏南京市高三一模)质量为0.2 kg的小球以6 m/s的速度竖直向下落至水平地面，经0.2 s后，再以4 m/s的速度反向弹回，取竖直向上为正方向，g取10 m/s2.求：
(1)小球与地面碰撞前后的动量变化；
(2)小球受到地面的平均作用力大小．
答案 见解析
解析 (1)小球与地面碰撞前后的动量变化
Δp＝mv2－m(－v1)，
解得Δp＝2 kg·m/s，方向竖直向上．
(2)对小球，由动量定理有(F－mg)Δt＝Δp，
解得F＝12 N.
11．(2019·黑龙江齐齐哈尔市联谊学校期末)物体P静止在光滑水平地面上，其截面如图8所示，图中ab段为足够高的光滑圆弧面，bc段是长度为L的粗糙的水平面，质量为物体P的一半的物块Q(可视为质点)从圆弧面的底端b处以大小为v0的速度滑上圆弧面，并最终相对P静止在水平面的右端c处．重力加速度大小为g.求：
图8
(1)Q到达最高点时的速度大小v；
(2)Q与水平面间的动摩擦因数μ.
答案 (1)eq \f(1,3)v0 (2)eq \f(v02,3gL)
解析 (1)设Q的质量为m，则P的质量为2m.物块Q在最高点时和P具有相同的速度．取水平向左为正方向，由系统水平方向动量守恒得：mv0＝(m＋2m)v
得：v＝eq \f(1,3)v0
(2)经分析可知，Q最终相对P静止在c处时，它们的速度也为v，由能量守恒定律得：
eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)(m＋2m)v2＋μmgL
解得：μ＝eq \f(v02,3gL).