2021届高考物理粤教版一轮学案：第六章章末质量检测（六）

章末质量检测(六)

(时间：40分钟)

一、选择题(本题共8小题，1～5题为单项选择题，6～8题为多项选择题)

1.如图1所示小船静止于水面上，站在船尾上的渔夫不断将鱼抛向船头的船舱内，将一定质量的鱼抛完后，关于小船的速度和位移，下列说法正确的是(　　)

图1

A.向左运动，船向左移一些

B.小船静止，船向左移一些

C.小船静止，船向右移一些

D.小船静止，船不移动

解析　人、船、鱼构成的系统水平方向动量守恒，据“人船模型”，鱼动船动，鱼停船静止；鱼对地发生向左的位移，则人船的位移向右，故选项C正确。

答案　C

2.光滑水平桌面上有P、Q两个物块，Q的质量是P的n倍。将一轻弹簧置于P、Q之间，用外力缓慢压P、Q。撤去外力后，P、Q开始运动，P和Q的动量大小的比值为(　　)

A.n2   B.n

C.   D.1

解析　撤去外力后，P、Q组成的系统水平方向不受外力，所以总动量守恒，设P的运动方向为正方向，则根据动量守恒定律有pP－pQ＝0，pP＝pQ，故动量大小之比为1∶1，故选项D正确。

答案　D

3.质量为60 kg的建筑工人，不慎从高空跌下，幸好有弹性安全带的保护，使他悬挂起来。已知弹性安全带的缓冲时间是1.2 s，安全带长5 m，g取10 m/s2，则安全带所受的平均冲力的大小约为(　　)

A.500 N   B.1 100 N

C.600 N   D.100 N

解析　选取人为研究对象，人下落过程中由v2＝2gh，v＝10 m/s，以向上为正方向，缓冲过程由动量定理得(F－mg)t＝0－(－mv)，F＝＋mg＝1 100 N。由牛顿第三定律可知，安全带所受的平均冲力的大小为1 100 N，B项正确。

答案　B

4.一辆质量m1＝3.0×103 kg的小货车因故障停在车道上，后面一辆质量m2＝1.5×103 kg的轿车来不及刹车，直接撞入货车尾部而失去动力。相撞后两车一起沿轿车运动方向滑行了s＝6.75 m停下。已知车轮与路面间的动摩擦因数μ＝0.6，则碰撞前轿车的速度大小为(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　由牛顿第二定律得a＝＝μg＝6 m/s2

则v＝＝9 m/s

由动量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v

解得v0＝v＝27 m/s。故选项D正确。

答案　D

5.为估算池中睡莲叶面承受雨滴撞击产生的平均压强，小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台，测得1小时内杯中水位上升了45 mm。查询得知，当时雨滴竖直下落速度约为12 m/s，据此估算该压强约为(设雨滴撞击睡莲后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为1×103 kg/m3)(　　)

A.0.15 Pa   B.0.54 Pa

C.1.5 Pa   D.5.4 Pa

解析　设雨滴受到睡莲叶面的平均作用力为F，在Δt时间内有质量为Δm的雨水的速度由v＝12 m/s减为零。以向上的方向为正方向，对这部分雨水应用动量定理FΔt＝0－(－Δmv)＝Δmv，得到F＝v。设水杯横截面积为S，对水杯里的雨水，在Δt时间内水面上升Δh，则有Δm＝ρSΔh，得F＝ρSv。压强p＝＝ρv＝1×103×12× Pa＝0.15 Pa。

答案　A

6.一质点静止在光滑水平面上，现对其施加水平外力F，F随时间按正弦规律变化，如图2所示，下列说法中正确的是(　　)

图2

A.第2 s末质点的动量为零

B.第4 s末，质点回到出发点

C.在0～2 s时间内，F的功率先增大后减小

D.在1～3 s时间内，F的冲量为0

解析　由图象可知在0～2 s内质点一直加速，2 s末速度最大，后减速，由对称性可知第4 s末，质点速度为零，位移不为零，故A、B错误；由图可知在0～

2 s时间内，速度逐渐增大，F先增大后减小到0，所以F的功率先增大后减小，故C正确；由对称性可知第1 s末和第3 s末的速度相等，由动量定理可知F的冲量为I＝mv3－mv1＝0，故D正确。

答案　CD

7.(2019·青岛模拟)某研究小组通过实验测得两滑块碰撞前后运动的实验数据，得到如图3所示的位移—时间图象。图中的线段a、b、c分别表示沿光滑水平面上同一条直线运动的滑块Ⅰ、Ⅱ和它们发生正碰后结合体的位移变化关系。已知相互作用时间极短，由图象给出的信息可知(　　)

图3

A.碰前滑块Ⅰ与滑块Ⅱ速度大小之比为5∶2

B.碰前滑块Ⅰ的动量大小比滑块Ⅱ的动量大小大

C.碰前滑块Ⅰ的动能比滑块Ⅱ的动能小

D.滑块Ⅰ的质量是滑块Ⅱ的质量的

解析　根据s－t图象的斜率等于速度，可知碰前滑块Ⅰ速度为v1＝－2 m/s，滑块Ⅱ的速度为v2＝0.8 m/s，则碰前速度大小之比为5∶2，故选项A正确；碰撞后的共同速度为v＝0.4 m/s，根据动量守恒定律有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，解得m2＝6m1，由动量的表达式m1v1<m2v2，由动能的表达式可知，m1v>m2v，故选项B、C错误，D正确。

答案　AD

8.如图4甲所示为杂技中的“顶竿”表演，水平地面上演员B用头部顶住一根长直竹竿，另一演员A爬至竹竿顶端完成各种动作。某次顶竿表演结束后，演员A自竿顶由静止开始下落。滑到竿底时速度正好为零，然后屈腿跳到地面上，演员A、B质量均为50 kg，长竹竿质量为5 kg，A下滑的过程中速度随时间变化的图象如图乙所示。取重力加速度g＝10 m/s2，下列说法中正确的是(　　)

图4

A.竹竿的总长度约为6 m

B.0～6 s内，演员B对地面的压力大小始终为1 050 N

C.0～6 s内，竹竿对演员B的压力的冲量大小为3 300 N·s

D.演员A落地时向下屈腿，是为了缩短作用时间以减小地面的冲击力

解析　由v－t图象可知竹竿的总长度l＝×2×6 m＝6 m，故A正确；在0～4 s内，加速向下运动，属于失重，在4～6 s内，加速度向上，属于超重，故B错误；设演员A、B质量为m，长竹竿质量为m1，在0～4 s内，由图象可知加速度为a1＝0.5 m/s2，则mg－f1＝ma1，解得f1＝475 N，此过程竹竿对演员B的压力FN1＝f1＋m1g＝525 N，在4～6 s内，由图象可知加速度为a2＝－1 m/s2，则mg－f2＝ma2，解得f2＝550 N，此过程竹竿对演员B的压力FN2＝f2＋m1g＝600 N，所以0～6 s 内，竹竿对演员B的压力的冲量大小为I＝I1＋I2＝FN1t1＋FN2t2＝525×4 N·s＋600×2 N·s＝3 300 N·s，故C正确；演员A落地时向下屈腿，是为了延长作用时间以减小地面的冲击力，故D错误。

答案　AC

二、非选择题

9.(2019·陕西省榆林市第三次模拟)“验证动量守恒定律”的实验装置如图5所示，回答下列问题：

图5

(1)实验装置中应保持斜槽末端________。

(2)每次小球下滑要从________处由静止释放。

(3)入射小球的质量mA和被碰小球的质量mB的大小关系是________。

(4)在图中，小球的水平射程的数值分别用OP、OM和ON表示。小球半径均为r。因此只需验证________________________。

解析　(1)要保证每次小球都做平抛运动，则斜槽末端必须切线水平；

(2)每次小球下滑要从同一高度处由静止释放，从而保证平抛运动的初速度相同；

(3)为防止碰撞过程入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，即：mA＞mB；

(4)小球离开轨道后做平抛运动，由于小球抛出点的高度相等，小球的运动时间t相等。如果碰撞过程动量守恒，则mAvA＝mAvA′＋mBvB′，两边同时乘以时间t得mAvAt＝mAvA′t＋mBvB′t，即mA·OP＝mA·OM＋mB(ON－2r)。

答案　(1)切线水平　(2)同一高度　(3)mA＞mB

(4)mA·OP＝mA·OM＋mB(ON－2r)

10.如图6所示，某超市两辆相同的手推购物车质量均为10 kg，相距为3 m沿直线排列，静置于水平地面上。为了节省收纳空间，工人给第一辆车一个瞬间的水平推力使其运动，并与第二辆车相碰，且在极短时间内相互嵌套结为一体，以共同的速度运动了1 m，恰好停靠在墙边。若车运动时受到的摩擦力恒为车重力的0.2，忽略空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2。求：

图6

(1)购物车碰撞过程中系统损失的机械能；

(2)工人给第一辆购物车的水平冲量大小。

解析　(1)设第一辆车碰前瞬间的速度为v1，碰前两车间距为L1，与第二辆车碰后的共同速度为v2，共同移动的距离为L2，由动量守恒定律得mv1＝2mv2

由动能定理得－0.2×2mgL2＝0－(2m)v

则碰撞中系统损失的机械能ΔE＝mv－(2m)v

联立解得ΔE＝40 J。

(2)设第一辆车推出时的速度为v0

由动能定理得－0.2mgL1＝mv－mv

第一辆车的水平冲量大小I＝mv0

联立解得I＝20 N·s。

答案　(1)40 J　(2)20 N·s

11.如图7所示，质量为3 kg的小车A以v0＝4 m/s的速度沿光滑水平面匀速运动，小车左端固定的支架通过不可伸长的轻绳悬挂质量为1 kg的小球B(可看做质点)，小球距离车面高h＝0.8 m。某一时刻，小车与静止在水平面上的质量为1 kg的物块C发生碰撞并黏连在一起(碰撞时间可忽略)，此时轻绳突然断裂。此后，小球刚好落入小车右端固定的沙桶中(小桶的尺寸可忽略)，不计空气阻力，取重力加速度g＝10 m/s2。求：

图7

(1)绳未断前小球与沙桶的水平距离；

(2)从初始状态到小球落入沙桶与桶相对静止，整个A、B、C系统损失的机械能ΔE。

解析　(1)A与C碰撞至黏连在一起的过程，A、C构成系统动量守恒，设两者共同速度为v1，

mAv0＝(mA＋mC)v1。

解得v1＝3 m/s。

轻绳断裂，小球在竖直方向做自由落体运动，离A高度

h＝0.8 m，由h＝gt2得落至沙桶用时t＝0.4 s。

所以，绳未断前小球与沙桶的水平距离

s＝(v0－v1)t＝0.4 m。

(2)最终状态为A、B、C三者共同运动，设最终共同速度为v2，由水平方向动量守恒，得

(mA＋mB)v0＝(mA＋mB＋mC)v2，

解出v2＝3.2 m/s。

系统最终损失的机械能为动能损失和重力势能损失之和

ΔE＝ΔEk＋ΔEp＝[(mA＋mB)v－(mA＋mB＋mC)v]＋mBgh，

代入数据解得ΔE＝14.4 J。

答案　(1)0.4 m　(2)14.4 J

12.(2020·河南二模)如图8甲所示，m1＝5 kg的滑块a自光滑圆弧形槽的顶端A点无初速度滑下，槽的底端与水平传送带相切于传送带的左端B点，传送带以速度v＝3 m/s沿顺时针方向匀速运转。滑块a下滑前将m2＝3 kg的滑块b停放在B点。滑块a下滑后与滑块b发生碰撞，碰撞时间极短，传感器分别描绘出了两滑块碰撞后在传送带上从B点运动到传送带的右端C点的v－t图象，如图乙、丙所示。两滑块均可视为质点，重力加速度g＝10 m/s2。

图8

(1)求A、B的高度差h；

(2)求滑块a与传送带间的动摩擦因数μ和传送带的长度LBC；

(3)滑块b到达C点时速度恰好减到3 m/s，求滑块b的传送时间；

(4)求系统因摩擦产生的热量。

解析　(1)由图乙、丙可知，碰撞后瞬间，滑块a的速度v1＝1 m/s，滑块b的速度v2＝5 m/s，设碰撞前瞬间滑块a的速度为v0，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律m1v0＝m1v1＋m2v2，解得v0＝4 m/s

滑块a下滑的过程中机械能守恒，有m1gh＝m1v

解得h＝0.8 m。

(2)由图乙可知，滑块a在传送带上加速运动时的加速度大小a＝＝0.5 m/s2

滑块a的加速度由滑动摩擦力提供，故μ1m1g＝m1a

可求出滑块a与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.05

由图乙可知，滑块a在传送带上先加速4 s，后匀速运动6 s到达C点，图线与坐标轴围成的图形的面积等于传送带的长度LBC，即LBC＝26 m。

(3)滑块b一直做匀减速直线运动，到C点时速度恰好减为3 m/s，全程的平均速度为＝＝4 m/s

设滑块b的传送时间为tb，则有tb＝＝6.5 s。

(4)由图乙可知，滑块a在传送带上加速阶段的位移

s1＝v1t1＋at＝8 m

滑块a在传送带上加速阶段产生的热量

Q1＝μ1m1g(vt1－s1)＝10 J

滑块b在传送带上减速的加速度大小a′＝＝ m/s2

滑块b受到的滑动摩擦力大小f＝m2a′

滑块b在传送带上减速阶段产生的热量

Q2＝f(LBC－vtb)＝6 J

系统因摩擦产生的热量Q＝Q1＋Q2＝16 J。

答案　(1)0.8 m　(2)0.05　2.6 m　(3)6.5 s　(4)16 J