1、章末滚动验收(六)(时间：45分钟)一、单项选择题1.(2020山东菏泽模拟)如图所示，装有弹簧发射器的小车放在水平地面上，现将弹簧压缩锁定后放入小球，再解锁将小球从静止斜向上弹射出去，不计空气阻力和一切摩擦。从静止弹射到小球落地前的过程中，下列判断正确的是()A小球的机械能守恒，动量守恒B小球的机械能守恒，动量不守恒C小球、弹簧和小车组成的系统机械能守恒，动量不守恒D小球、弹簧和小车组成的系统机械能守恒，动量守恒C小球从静止弹射到落地前的过程中，弹簧的弹力对小球做功，小球的机械能不守恒；小球所受外力不等于零，其动量不守恒，故A、B错误。小球、弹簧和小车组成的系统，只有重力和弹簧的弹力做功，系
2、统的机械能守恒，系统竖直方向的合外力不为零，所以系统的动量不守恒，故C正确，D错误。2(名师原创)有一种灌浆机可以持续将某种涂料以速度v喷在墙壁上，其喷射出的涂料产生的压强为p，若涂料打在墙壁上后便完全附着在墙壁上，涂料的密度为。则墙壁上涂料厚度增加的速度u为()AuBu CuDuB在涂料持续被喷向墙壁并不断附着在墙壁上的过程中，涂料小颗粒的速度从v变为0，其动量的变化缘于墙壁对它的冲量。以t时间内喷在面积为S上的质量为m的涂料为研究对象，设墙壁对它的作用力为F，它对墙壁的作用力为F，涂料增加的厚度为h。由动量定理可知Ftmv，其中mSh，则墙壁受到的压强p。又因涂料厚度增加的速度为u，联立解
3、得u，选项B正确。3(2020河北邢台月考)我国于2020年11月24日4时30分在文昌发射场成功发射“嫦娥五号”月球探测器，实现区域软着陆及采样返回，探月工程实现了“绕、落、回”三步走目标。若“嫦娥五号”月球探测器从月球表面附近落向月球表面的过程可视为末速度为零的匀减速直线运动，则在此阶段，有关“嫦娥五号”月球探测器的动能Ek与其距离月球表面的高度h、动量p与时间t的关系图象，可能正确的是()ABCDB“嫦娥五号”月球探测器从月球表面附近落向月球表面的过程可视为末速度为零的匀减速直线运动，逆向思考此过程，根据动能定理进行分析，在此阶段，“嫦娥五号”月球探测器的动能Ek与其距离月球表面的高度h
4、的关系满足Ekmah，选项A错误，B正确；动量pmv，而vv0at，则pmv0mat，因此pt图象是一次函数，选项C、D错误。4.拍皮球是大家都喜欢的体育活动，能强身健体。已知皮球质量为m0.4 kg，为保证皮球每次与地面碰撞后自然跳起的最大高度均为h1.25 m，小明需每次在球到达最高点时拍球，每次拍球作用的距离为s0.25 m，使球在离手时获得一个竖直向下、大小为4 m/s的初速度v。若不计空气阻力及球的形变，g取10 m/s2，则每次拍球()A手给球的冲量为1.6 kgm/sB手给球的冲量为2.0 kgm/sC人对球做的功为3.2 JD人对球做的功为2.2 JD根据题述，为使皮球在离手时
5、获得一个竖直向下、大小为4 m/s的初速度v，根据动量定理可知，合外力要给皮球的冲量为Imv0.44 kgm/s1.6 kgm/s，手给球的冲量与重力给球的冲量之和等于合外力冲量，故手给球的冲量小于1.6 kgm/s，选项A、B错误；设人对球做的功为W，由动能定理知，Wmghmv2，解得W2.2 J，选项D正确，C错误。5.如图所示，车厢长为l、质量为M，静止在光滑水平面上，车厢内有一质量为m的物体，某时刻以速度v0向右运动，与车厢壁来回碰撞n次后，最后静止于车厢中，这时车厢的速度为()Av0，水平向右B0C，水平向右 D，水平向右C以物体与车厢组成的系统为研究对象，以向右为正方向，由动量守恒
6、定律可得mv0(Mm)v，最终车厢的速度为v，方向与速度v0的方向相同，水平向右，故C正确。二、多项选择题6.(2020四川蓉城名校联考)如图所示，质量为mb3 kg的物块b与轻质弹簧相连，并静止在光滑水平面上，质量为ma1 kg的物块a以v04 m/s的初速度向右运动。则在a、b两物块与弹簧作用的过程中，下列判断正确的是()A弹簧对a、b两物块的冲量相同B弹簧的最大弹性势能为6 JCb物块的最大速度为2 m/sDa物块的最小速度为2 m/sBC弹簧对a、b两物块的力等大反向，故冲量方向相反，选项A错误；当两物块的速度相等时，弹簧压缩到最短，弹性势能最大，由动量、能量关系有mav0(mamb)
7、v，Epmav(mamb)v2，联立解得Ep6 J，选项B正确；当弹簧恢复原长时，b物块的速度最大，由动量、能量关系有mav0mavambvb，mavmavmbv，联立解得vb2 m/s，va2 m/s，此时a物块的速度已经反向，说明a物块的最小速度为0，选项C正确，D错误。7如图所示，足够长的木板Q放在光滑水平面上，在其左端有一可视为质点的物块P，P、Q间接触面粗糙。现给P向右的速率vP，给Q向左的速率vQ，取向右为速度的正方向，不计空气阻力，则运动过程P、Q速度随时间变化的图象可能正确的是()ABCDABC开始时，木板和物块均在摩擦力作用下做匀减速运动，两者最终达到共同速度，以向右为正方向
8、，P、Q系统动量守恒，根据动量守恒定律得mPvPmQvQ(mPmQ)v；若mPvPmQvQ，则v0，图象如图A所示；若mPvPmQvQ，则v0，图象如图B所示；若mPvPmQvQ，则vm2，r1r2Bm1m2，r1m2，r1r2Dm1m2；为使入射小球与被碰小球发生对心碰撞，要求两小球半径相同。故C正确。(2)设入射小球为a，被碰小球为b，a球碰前的速度为v1，a、b相碰后的速度分别为v1、v2。由于两球都从同一高度做平抛运动，当以运动时间为一个计时单位时，可以用它们平抛的水平位移表示碰撞前后的速度。因此，需验证的动量守恒关系m1v1m1v1m2v2可表示为m1x1m1x1m2x2。所以需要直
9、尺、天平，而无需弹簧测力计、秒表。由于题中两个小球都可认为是从槽口开始做平抛运动的，两球的半径不必测量，故无需游标卡尺。(3)得出验证动量守恒定律的结论应为m1OPm1OMm2ON。答案(1)C(2)AC(3)m1OPm1OMm2ON10(2020全国卷)某同学用如图所示的实验装置验证动量定理，所用器材包括：气垫导轨、滑块(上方安装有宽度为d的遮光片)、两个与计算机相连接的光电门、砝码盘和砝码等。实验步骤如下：(1)开动气泵，调节气垫导轨，轻推滑块，当滑块上的遮光片经过两个光电门的遮光时间_时，可认为气垫导轨水平；(2)用天平测砝码与砝码盘的总质量m1、滑块(含遮光片)的质量m2；(3)用细线
10、跨过轻质定滑轮将滑块与砝码盘连接，并让细线水平拉动滑块；(4)令滑块在砝码和砝码盘的拉动下从左边开始运动，和计算机连接的光电门能测量出遮光片经过A、B两处的光电门的遮光时间t1、t2及遮光片从A运动到B所用的时间t12；(5)在遮光片随滑块从A运动到B的过程中，如果将砝码和砝码盘所受重力视为滑块所受拉力，拉力冲量的大小I_，滑块动量改变量的大小p_；(用题中给出的物理量及重力加速度g表示)(6)某次测量得到的一组数据为：d1.000 cm，m11.50102 kg，m20.400 kg，t13.900102 s，t21.270102 s，t121.50 s，取g9.80 m/s2。计算可得I_
11、Ns，p_kgms1；(结果均保留3位有效数字)(7)定义100%，本次实验_%(保留1位有效数字)。解析(1)当气垫导轨水平时，滑块在导轨上做匀速运动，所以滑块上的遮光片通过两个光电门的遮光时间相等。(5)根据冲量的定义可得Im1gt12；根据动量改变量的定义可得pm2m2m2()。(6)代入数据得Im1gt121.501029.801.50 Ns0.221 Ns；pm2()0.4001.00010 kgm/s0.212 kgm/s。(7)根据定义可得100%4%。答案(1)大约相等(5)m1gt12m2()(6)0.2210.212(7)411(2020天津高考)长为l的轻绳上端固定，下端
12、系着质量为m1的小球A，处于静止状态。A受到一个水平瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动，恰好能通过圆周轨迹的最高点。当A回到最低点时，质量为m2的小球B与之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圆周运动，并能通过圆周轨迹的最高点。不计空气阻力，重力加速度为g，求：(1)A受到的水平瞬时冲量I的大小；(2)碰撞前瞬间B的动能Ek至少多大？解析(1)A恰好能通过圆周轨迹的最高点，此时轻绳的拉力刚好为零，设A在最高点时的速度大小为v，由牛顿第二定律，有m1gm1A从最低点到最高点的过程中机械能守恒，取轨迹最低点处重力势能为零，设A在最低点的速度大小为vA，有m1vm1v22m1gl由动量定理，有Im1vA
13、联立式，得Im1。(2)设两球粘在一起时速度大小为v，A、B粘在一起后恰能通过圆周轨迹的最高点，需满足vvA要达到上述条件，碰后两球速度方向必须与碰前B的速度方向相同，以此方向为正方向，设B碰前瞬间的速度大小为vB，由动量守恒定律，有m2vBm1vA(m1m2)v又Ekm2v联立式，得碰撞前瞬间B的动能Ek至少为Ek。答案(1)m1(2)12如图所示，一质量M4 kg的小车静置于光滑水平地面上，左侧用固定在地面上的销钉挡住。小车上表面由光滑圆弧轨道BC和水平粗糙轨道CD组成，BC与CD相切于C，BC所对圆心角37，CD长L3 m。质量m1 kg的小物块从某一高度处的A点以v04 m/s的速度水
14、平抛出，恰好沿切线方向自B点进入圆弧轨道，滑到D点时刚好与小车达到共同速度v1.2 m/s。取g10 m/s2，sin 370.6，忽略空气阻力。(1)求A、B间的水平距离x；(2)求小物块从C滑到D所用时间t0；(3)若在小物块抛出时拔掉销钉，求小车向左运动到最大位移时滑块离小车左端的水平距离。解析(1)由平抛运动的规律得tan xv0t解得x1.2 m。(2)物块在小车上CD段滑动过程中，由动量守恒定律得mv1(Mm)v由功能关系得fLmv(Mm)v2对物块，由动量定理得ft0mvmv1得t01 s。(3)有销钉时mgHmvmv由几何关系得Hgt2R(1cos )B、C间水平距离xBCRsin mgLmv(Mm)v2(或fmg)若拔掉销钉，小车向左运动达最大位移时，速度为0，由系统水平方向动量守恒可知，此时物块速度为4 m/s由能量守恒定律得mgHmg(xxBC)解得x3.73 m。答案(1)1.2 m(2)1 s(3)3.73 m