【文档说明】2025届高考一轮复习专项练习 物理 单元质检六　动量守恒定律 Word版含解析.docx，共(8)页，333.591 KB，由小赞的店铺上传

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单元质检六动量守恒定律(时间:45分钟满分:100分)一、单项选择题(本题共5小题,每小题6分,共30分。在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求)1.下列有关实际现象的说法,不符合事实的是()A.火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度B.体操运动员在着地时屈腿是为了减小地面对运动员

的作用力C.用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减少反冲的影响D.为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度,发动机舱越坚固越好2.(2020广东广州月考)蹦床是一项技术含量很高的体育运动。如图所示,某时刻运动员从空中最高点O自由下落,接触蹦床A点后继续向下运动到最低点C

。B点为人静止在蹦床上时的位置。忽略空气阻力。运动员从最高点下落到最低点的过程中,运动员在()A.OA段动量守恒B.AC段的动量变化量小于AC段弹力的冲量C.B点的动量为零D.OA段受到重力的冲量等于

AC段弹力的冲量3.2020年5月8日,我国新一代载人飞船试验船成功着陆,3具降落伞组成伞群完成减速,其总面积相当于6个标准篮球场。飞船总质量为m,接近地面时已经是以速度v匀速下落,每个降落伞提供的拉力和竖直方向夹角均为θ,重力加速度为g;试验船底部安

装6个卡车轮大小的缓冲气囊帮助飞船平稳着陆,缓冲时间为t,绳子重力不计,飞船所受空气阻力不计,着陆的瞬间绳子自动断裂(抛伞)。以下说法正确的是()A.每个降落伞产生的拉力是𝑚𝑔cos𝜃B.每个降落伞产生的拉力是𝑚𝑔3sin𝜃C.每个缓冲气囊所

受的平均作用力为𝑚(𝑣+𝑔𝑡)6𝑡D.每个缓冲气囊所受的平均作用力为𝑚𝑣6𝑡4.(2020安徽六校教育研究会检测)如图所示,在水平地面上有一质量为M的长木板,其右端固定有一立柱。质量为m的人立于木板左端,木板与人均静止。在人加速向右奔跑的过程中,木

板向左运动,到达右端时立刻抱住立柱。关于抱住立柱后,人与木板一起运动的方向,下列说法中正确的是()A.若水平面光滑,人与木板一起向右运动B.若水平面粗糙,人与木板一起向右运动C.若水平面光滑,且M>m,人与木板一起向右运动D.若水平面粗糙,且M>m,人与木板一起向左运动

5.如图所示,光滑水平面上有A、B两辆小车,质量均为m=1kg,现将小球C用长为0.2m的细线悬于轻质支架顶端,mC=0.5kg。开始时A车与C球以v0=4m/s的速度冲向静止的B车。若两车正碰后粘在

一起,不计空气阻力,重力加速度g取10m/s2,则()A.A车与B车碰撞瞬间,两车动量守恒,机械能也守恒B.从两车粘在一起到小球摆到最高点的过程中,A、B、C组成的系统动量守恒C.小球能上升的最大高度为0.16mD.小球能上升的最大高度为0.12m二、多项

选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分。在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求。全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)6.(2020云南玉溪高三开学考试)某同学质量为60kg,在军训中要求他从岸上以大小为2m/s的速度跳到一条向他缓缓飘来

的小船上,然后去执行任务,小船的质量是140kg,原来的速度大小是0.5m/s,该同学上船后又跑了几步,最终停在船上,水的阻力忽略不计。则()A.人和小船最终静止在水面上B.该同学的动量变化量大小为105kg·m/sC.船最终的速度大小是0.25

m/sD.船的动量变化量大小是70kg·m/s7.(2020安徽六校教育研究会检测)在光滑水平面上沿一方向运动的甲、乙两小球,动量大小相等,质量之比为1∶5。两小球发生正碰后,甲、乙两球的动量大小之比为1∶11。则甲球在碰撞前、后的速度大小之比可能

是()A.6∶1B.5∶1C.10∶1D.11∶58.(2020湖南怀化一模)如图甲所示,两个弹性球A和B放在光滑的水平面上处于静止状态,质量分别为m1和m2,其中m1=1kg。现给A球一个水平向右的瞬时动量,使A、B球发生弹性碰撞,以此时刻为计时起点,两球的速度随时间变化的规律如

图乙所示,从图示信息可知()A.B球的质量m2=2kgB.球A和B在相互挤压的过程中产生的最大弹性势能为4.5JC.在t2时刻两球动能之比为Ek1∶Ek2=1∶8D.t3时刻两球的动能之和大于0时刻A球的动能三、实验题(本题共2小题

,共20分)9.(10分)(2020全国卷Ⅰ)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Δt1、Δt2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Δp=;(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:d=1.000cm,m1=1.50×10-2kg,m2=0.400kg,Δt1=3.900×10-2s,Δt2=1.270×10-2s,t12=1.50s,g取9.80m/s2。计算可得I=N·s,Δp=kg·m/

s;(结果均保留3位有效数字)(7)定义δ=|𝐼-Δ𝑝𝐼|×100%,本次实验δ=%(保留1位有效数字)。10.(10分)(1)如图甲所示,在水平槽末端与水平地面间放置了一个斜面,斜面的底端与O点重合。刚开始不放小球B,使小球A从斜槽上C点由静止滚下,然后在水平槽末端放上小球B,使

小球A仍从C点由静止滚下,得到小球在斜面上的落点M、P、N。用刻度尺测得斜面底端到M、P、N三点的距离分别为LOM、LOP、LON,测量出斜面的倾角为θ,用天平测量两个小球A、B的质量分别为m1、m2。则仅利用以上数据能不能验证两球碰撞过程中总动量守恒?若能,请

用所测物理量写出验证表达式;若不能,请说明理由。(2)实验小组成员小红对(1)中装置进行了改造,改造后的装置如图乙所示。使小球A仍从斜槽上C点由静止滚下,得到小球在以斜槽末端为圆心的14圆弧上的落点M'、P'、N'。测量轨道末端和M'、P'、N

'三点的连线与水平方向的夹角分别为α1、α2、α3,测得小球A、B的质量分别为m1、m2,则验证两球碰撞过程中动量守恒的表达式为(用所测物理量的符号表示)。四、计算题(本题共2小题,共32分)11.(14分)(2020福建武平月考)如图所示,半径为R的光滑圆形轨道固定在竖直面内

。小球A、B质量分别为2m、3m,A球从左边某高度处由静止开始沿轨道下滑,与静止于轨道最低点的B球相撞,碰撞后B球能达到的最大高度为𝑅4,重力加速度为g。试求:(1)第一次碰撞刚结束时B球的速度大小;(2

)若A、B两球的碰撞是完全弹性碰撞,则A球当初是从多高的地方滑下的。12.(18分)(2020山东潍坊开学考试)如图甲所示,下表面光滑的长木板B静止放在水平面上,质量为m3=2kg的物块C放在长木板的最右端,质量为m1=1kg的物块A从距长木板B左侧s0=9.5m处以某一初速度向长木板

运动,一段时间后物块A与长木板B发生弹性碰撞(碰撞时间极短),以长木板B开始运动为计时起点,长木板B和物块C运动的v-t图像如图乙所示,已知物块A与地面间的动摩擦因数为μ1=0.1,物块C与长木板B间的动摩擦因数为μ2=

0.2,重力加速度g取10m/s2,求:(1)长木板B的质量m2;(2)物块A的初速度大小v0;(3)A静止时,系统A、B、C由于摩擦产生的热量Q。参考答案单元质检六动量守恒定律1.D火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度,故A正确;体操运动员

在着地时屈腿可以延长着地时间,从而可以减小地面对运动员的作用力,故B正确;用枪射击时要用肩部抵住枪身是可以防止枪身快速后退而造成伤害,故是为了减少反冲的影响,故C正确;为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度,发动机舱应有弹性,从而延长与人的接触时间而减小伤害,

故D错误。2.BOA段合外力即为重力,合外力不为零,动量增大,故A错误;AC段根据动量定理有IG+I弹=Δp可知,Δp<0,IG>0,I弹<0,则有|Δp|<|I弹|,故B正确;OB段都是加速向下运动,B点动量不为零,故C错误;全程根据动量定理有IG+I弹=Δp=0,OC段受到重力的

冲量与AC段弹力的冲量大小相等,方向相反,显然OA段受到重力的冲量与AC段弹力的冲量大小不等,方向相反,故D错误。3.C飞船匀速降落时,对飞船进行受力分析,由平衡条件得3F1cosθ=mg,解得每个降落伞产生的拉力为F1=𝑚𝑔3cos𝜃,故A、B错误;选向上为正方向,飞船落地过程中,由动量

定理得(6F2-mg)t=0-(-mv),解得每个缓冲气囊所受的平均作用力为F2=𝑚(𝑣+𝑔𝑡)6𝑡,故C正确,D错误。4.B规定水平向右为正方向,设人抱住立柱之前瞬时,人的速度为v1,木板速度为v2,人向右奔跑的时间为t,人抱住立柱后瞬时

速度为v。若水平面光滑,则在水平面上动量守恒,故人向右奔跑过程中mv1-Mv2=0,人抱住立柱过程中mv1-Mv2=(m+M)v,解得v=0,所以若水平面光滑,人与木板均静止不动,故A、C错误;若水平面粗糙,设人与木板之间的摩擦力为f1,木板与地面之间的摩擦力为f2,人向右奔跑过

程中,根据动量定理,以人为对象有f1t=mv1,以木板为对象有-f1t+f2t=-Mv2,人抱住立柱过程中,可以认为内力远大于外力,所以动量守恒,由动量守恒定律得mv1-Mv2=(m+M)v,解得v=𝑓2𝑡

𝑀+𝑚>0,人抱住立柱后瞬时速度为正值,说明若水平面粗糙,人与木板一起向右运动,故B正确,D错误。5.C车碰撞后粘在一起,属于典型的非弹性碰撞,有机械能损失,故A错误;从两车粘在一起到小球摆到最高点的过程中,在竖直方向

上A、B、C组成的系统所受合外力不为零,则系统动量不守恒,故B错误;A、B两车碰撞过程,动量守恒,设两车刚粘在一起时共同速度为v1,有mv0=2mv1,解得v1=2m/s,从小球开始上摆到小球摆到最高点的过程中,A、B、C组成的系统在水平方向上动量守恒,设小球上升到最高点时

三者共同速度为v2,有2mv1+mCv0=(2m+mC)v2,解得v2=2.4m/s,从两车粘在一起到小球摆到最高点的过程中,A、B、C组成的系统机械能守恒,即mCgh=12mC𝑣02+12·2m𝑣12−12(2m+mC

)𝑣22,解得h=0.16m,故C正确,D错误。6.BC规定该同学原来的速度方向为正方向。设该同学上船后,船与该同学的共同速度为v。由题意,水的阻力忽略不计,该同学跳上小船后与小船达到共同速度的过程中,该同学和船组成的系统所受合外力为零,系统的动量守恒,则由动

量守恒定律得m人v人-m船v船=(m人+m船)v,代入数据解得v=0.25m/s,方向与该同学原来的速度方向相同,与船原来的速度方向相反,故A错误,C正确;该同学的动量变化量为Δp=m人v-m人v人=60×(0.25-2)kg·m/s=-105kg·m/s,负号表示方向与选择的正方向相反,故B正确

;船的动量变化量为Δp'=140×[0.25-(-0.5)]kg·m/s=105kg·m/s,故D错误。7.AB设碰前甲、乙的动量均为p0,则总动量为2p0;若碰后甲、乙运动方向相同,则碰后甲的动量p1=111+1·2p0=𝑝06,则此时甲球在碰撞前

、后的速度大小之比是6∶1;若碰后甲、乙运动方向相反,则碰后甲的动量p1'=111-1·2p0=𝑝05,则此时甲球在碰撞前、后的速度大小之比是5∶1,故选A、B。8.AC两球碰撞过程系统动量守恒,以向右为正方向,由图示图线可知,t1时刻两球速度相等为1m/s,由动量守恒定律得m1

v0=(m1+m2)v,解得m2=2kg,A正确;当两球速度相等时弹性势能最大,由能量守恒定律得12m1𝑣02=12(m1+m2)v2+Epm,解得Epm=3J,B错误;两球发生弹性碰撞,碰撞过程系统动量守恒、机

械能守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得m1v0=m1vA+mvB,由机械能守恒定律得12m1𝑣02=12m1𝑣𝐴2+12m2𝑣𝐵2,代入数据解得vA=-1m/s,vB=2m/s,t2时刻两球动能之比为𝐸k1𝐸k2=12𝑚1𝑣𝐴212𝑚2𝑣𝐵2=18

,C正确;两球发生弹性碰撞,碰撞过程系统机械能守恒,由此可知,t3时刻两球的动能之和等于0时刻A球的动能,D错误。9.答案(1)大约相等(5)m1gt12m2(𝑑Δ𝑡2-𝑑Δ𝑡1)(6)0.2210.21

2(7)4解析根据题目给出的物理量,利用冲量的定义式求冲量;利用极限思想求出滑块通过A、B两个光电门时的速度。(1)气垫导轨水平时,滑块在导轨上做匀速直线运动,所以当滑块通过两个光电门的时间大约相等时,可认为气垫导轨水平。

(5)根据题干可知,拉力F=m1g,根据冲量的定义可得,拉力的冲量I=m1gt12;滑块通过光电门A的速度vA=𝑑Δ𝑡1,通过光电门B的速度vB=𝑑Δ𝑡2,所以滑块动量的改变量Δp=m2(𝑑Δ𝑡2-𝑑Δ𝑡1)。(6)把题干中的数据代入I=m1gt12,可知I=0.221N

·s;把题干中的数据代入Δp=m2(𝑑Δ𝑡2-𝑑Δ𝑡1),可得Δp=0.212kg·m/s。(7)把(6)中的数据代入δ=|𝐼-Δ𝑝𝐼|×100%可得δ=4%。10.答案(1)不能,因为根据所测得的物理量不能求出小球做平抛运动的时间,不

能求出小球碰撞前后的速度(2)𝑚1cos𝛼2√sin𝛼2=𝑚1cos𝛼1√sin𝛼1+𝑚2cos𝛼3√sin𝛼3解析(1)设水平槽末端离水平地面的高度为H,O点到落点的距离为L,根据平抛运动规律有H-Lsinθ=12gt2,解得t=√2(𝐻-𝐿sin𝜃)𝑔,由于H

没有测定,故根据所测得的物理量不能求出小球做平抛运动的时间,故不能求出小球碰撞前后的速度,因此不能验证两球碰撞过程中总动量是否守恒。(2)设圆弧半径为R,小球做平抛运动的初速度为v,则有Rsinα=12gt2,Rcosα=vt,解得

v2=𝑔𝑅cos2𝛼2sin𝛼,则验证两球碰撞过程中动量守恒的表达式为𝑚1cos𝛼2√sin𝛼2=𝑚1cos𝛼1√sin𝛼1+𝑚2cos𝛼3√sin𝛼3。11.答案(1)12√2𝑔𝑅(2

)2564R解析(1)根据机械能守恒定律有12·3m𝑣𝐵2=3mg·𝑅4①解得vB=12√2𝑔𝑅(2)设A球当初是从高H的地方滑下的,且碰前A的速度为v,则2mgH=12·2mv2②A、B碰撞过程,由动量守恒定律和能量守恒定律可知2mv=2mvA+3mvB③12·2m

v2=12·2m𝑣𝐴2+12·3m𝑣𝐵2④联立①②③④可得H=2564R12.答案(1)2kg(2)10m/s(3)32J解析(1)根据题图乙可知,长木板B的加速度大小为a2=Δ𝑣2Δ𝑡=2m/s2根据牛顿第二定律可得μ2m3g=m2a2联立解得m2=2kg

(2)物块A与长木板B发生弹性碰撞,根据动量守恒定律有m1v=m1v1+m2v2根据能量守恒定律可得12m1v2=12m1𝑣12+12m2𝑣22联立解得v=9m/s对于物块A,以初速度v0向右减速运动直到与长木板B碰撞的过程,根据动能定理有-μ1m1gs0=12m1v2-12

m1𝑣02解得v0=10m/s(3)物块A反向后,vt=v1-at,当A静止时,即vt=0时,t=3s,3s>1.5s由于碰撞过程中不损失机械能,碰撞前后损失的机械能均转化为由于摩擦产生的热量,故产生的热量为Q=12m1𝑣02−12(m2+m3)𝑣共2,由题图乙可

知v共=3m/s,解得Q=32J