2023届人教版高考物理一轮复习第六章动量守恒定律单元质检六动量守恒定律（Word版带解析）

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.(2021广西桂林高三一模)炎热的夏季,有一种网红水上娱乐项目“水上飞人”十分火爆,其原理是借助脚下的喷水装置产生向上的反冲动力,让人腾空而起或平衡或变速运动,下列说法正确的是(　　)A.水对装置向上的反冲动力大于装置对水向下的压力B.人悬空静止时,既不是超重现象,也不是失重现象C.整体向上减速运动是超重现象D.人悬空静止时,水的反冲动力对装置既不做功也没有冲量2.超强台风“山竹”的风力达到17级,风速60m/s左右,对固定建筑物破坏程度巨大。请你根据所学物理知识推算固定建筑物所受风力(空气的压力)与风速(空气流动速度)大小的关系。假设某一建筑物垂直风速方向的受力面积为S,风速大小为v,空气吹到建筑物上后速度瞬间减为零,空气密度为ρ,风力F与风速大小v的关系式为(　　)A.F=ρSv3B.F=ρSv3C.F=ρSv2D.F=ρSv3.(2021福建福州第一中学高三模拟)一儿童站在平板小车中间,与小车一起沿水平地面匀速向右运动,儿童突然走向小车一端,此过程儿童和小车的速度—时间关系如图所示,不计地面的摩擦。以下说法正确的是(　　)A.儿童的质量小于小车的质量B.儿童走向小车左端C.儿童和小车的总动能减少D.小车对儿童的冲量方向水平向右4.如图所示,质量为M的小车静置于光滑的水平面上,车的上表面粗糙,有一质量为m的木块以初速度v0水平地滑至车的上表面,若车足够长,则木块的最终速度大小和系统因摩擦产生的热量分别为(　　)A.B.C.D.5.如图所示,木块静止在光滑水平面上,两颗不同子弹A、B从木块两侧同时射入木块,最终都停在木块内,这一过程中木块始终保持静止(即A、B受到木块阻力相等)。若子弹A射入的深度大于子弹B射入的深度,则(　　)\nA.子弹A的质量一定比子弹B的质量大B.A的动量大小大于B的动量大小C.子弹A在木块中运动的时间比子弹B在木块中运动的时间长D.子弹A射入木块时的初动能一定比子弹B射入木块时的初动能大二、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.如图所示,光滑的水平地面上停着一辆平板小车C,平板小车C上放置着两个质量不相等的物体A和B,起初A、B两物体间有一根被压缩的轻弹簧,轻弹簧与A、B两物体相连接,当两物体同时被释放后,则(　　)A.若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同,则A、B组成的系统动量守恒B.若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同,则A、B、C组成系统的动量守恒C.若A、B所受的摩擦力大小相等,则A、B组成系统的动量守恒D.若A、B所受的摩擦力大小相等,则A、B、C组成系统的动量守恒7.(2021河南洛阳高三二模)如图所示,质量均为2kg的三个物块静止在光滑水平面上,其中物块B的右侧固定一轻弹簧,物块A与弹簧接触但没有固定在一起。某时刻物块A突然以v0=3m/s的速度向左运动,已知当A、B速度相等时,B与C恰好发生完全非弹性碰撞,碰撞过程时间极短,然后继续运动。若B、C碰撞过程中损失的机械能为ΔE,B、C碰撞后运动的过程中弹簧的最大弹性势能为Ep,则(　　)A.E=4.875JB.ΔE=1.125JC.Ep=6JD.Ep=4.875J8.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)Tracker软件是一款视频分析软件。某学生利用Tracker软件对一维碰撞的实验视频进行分析,视频中m1=15g的小球碰撞原来静止的m2=10g的小球,由视频分析可得它们在碰撞前、\n后的x-t图象如图所示。(1)由图可知,入射小球碰撞前的m1v1是　　　　　　kg·m/s,入射小球碰撞后的m1v1'是　　　　　　kg·m/s,被碰小球碰撞后的m2v2'是　　　　　　　kg·m/s,由此得出结论　　　　　　　　　。 (2)碰撞的恢复系数的定义为e=||,其中v1和v2分别是碰撞前两物体的速度,v1'和v2'分别是碰撞后两物体的速度,弹性碰撞的恢复系数e=1,非弹性碰撞的恢复系数e<1,该实验碰撞的恢复系数e=　　　　,可判断该视频中的碰撞属于　　　　(填“弹性碰撞”或“非弹性碰撞”)。 10.(10分)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=×100%,本次实验δ=　　　%(保留1位有效数字)。 四、计算题(本题共2小题,共32分)11.(14分)(2021江西新余高三二模)图甲是建筑工地将桩料打入泥土中以加固地基的打夯机示意图,打夯前先将桩料扶正立于地基上,桩料进入泥土的深度忽略不计。已知夯锤的质量为M=450kg,桩料的质量为m=50kg。每次打夯都通过卷扬机牵引将夯锤提升到距离桩顶h0=5m处再释放,让夯锤自由下落,夯锤砸在桩料上后立刻随桩料一起向下运动。桩料进入泥土后所受阻力Ff随打入深度h的变化关系如图乙所示,直线斜率k=5.05×104N/m。g取10m/s2,求夯锤与桩料第1次碰撞后瞬间的速度及桩料进入泥土的深度。\n12.(18分)(2021四川成都高三三模)人工智能在现代工业生产中的应用越来越普遍。某自动化生产过程可简化如下:如图,足够长的水平工作台上从左向右依次有A、B、C三点,相邻两点之间的距离均为L=2m;质量m=2kg、长度也为L的薄木板静止放置在工作台上,其右端刚好在A点;现对木板施加大小F=4N的水平向右的恒力,当木板右端运动到B点时,位于B点的机器人将质量为m的物块轻放在木板右端,当木板右端运动到C点时,撤去恒力F。已知木板与台面间的动摩擦因数μ1=0.1,木板与物块间的动摩擦因数μ2=0.2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,物块可视为质点,重力加速度g取10m/s2。求:(1)木板右端运动到B点时的速度大小;(2)撤去恒力F前的过程中,摩擦力对物块的冲量;(3)木板从开始运动至最终停止的过程中,台面对木板的摩擦力对木板做的总功。\n单元质检六　动量守恒定律1.B　解析:喷水装置向上的反冲力与装置对水向下的压力是相互作用力,满足牛顿第三定律,即等大反向,A错误;人悬空静止时,是平衡状态,既不是超重现象,也不是失重现象,B正确;人向上减速运动,加速度向下,由牛顿第二定律,水对整体向上的支持力小于整体的重力,是失重现象,C错误;人悬空静止时,水的反冲动力对装置不做功但是有冲量,D错误。2.C　解析:设t时间内吹到建筑物上的空气质量为m,则m=ρSvt,根据动量定理得-F't=0-mv=0-ρSv2t,解得F'=ρSv2,由牛顿第三定律得:F=F'=ρSv2,故C正确,A、B、D错误。3.B　解析:由题图可知,小车的加速度大小大于儿童的加速度大小,由于在运动过程中,小车与儿童间的相互作用力大小相等,即合力大小相等,由牛顿第二定律可知,小车的质量小于儿童的质量,A错误;由于儿童走动后,儿童和小车的速度方向相同,由动量守恒可知,儿童和小车都向右运动,只是儿童的速度比小车的小,则儿童相对小车向左运动,B正确;由于儿童走动过程,儿童和小车的总动能增加,C错误;由于儿童向右做减速运动,则小车对儿童的摩擦力向左,小车对儿童的支持力竖直向上,所以合力斜向左上方,合力的冲量方向斜向左上方,D错误。4.A　解析:以小车和木块组成的系统为研究对象,系统所受的合外力为零,因此系统动量守恒,由于摩擦力的作用,m速度减小,M速度增大,m速度减小到最小时,M速度达到最大,最后m、M以共同速度运动。以初速度方向为正方向,根据动量守恒定律有mv0=(m+M)v,解得最终两者的共同速度为v=v0,根据能量守恒,可得产生的热量为Q=(m+M)v2,得Q=,故选A。5.D　解析:两子弹所受的阻力大小相等,设为Ff,对A子弹根据动能定理得-FfdA=0-EkA,得EkA=FfdA,对B子弹根据动能定理得-FfdB=0-EkB,得EkB=FfdB,由于dA>dB,则有子弹入射时的初动能EkA>EkB,两颗不同子弹A、B从木块两侧同时射入木块,最终都停在木块内,这一过程中木块始终保持静止,故A的动量大小等于B的动量大小,B错误,D正确;对两子弹和木块组成的系统动量守恒,则有,而EkA>EkB,则得到mA<mB,A错误;由题意,子弹A、B从木块两侧同时射入木块,木块始终保持静止,分析得知,两子弹在木块中运动时间必定相等,否则木块就会运动,C错误。6.BCD　解析:若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同,由于A的质量不等于B的质量,A物体受到的摩擦力不等于B物体受到的摩擦力,A、B系统所受合外力不为零,系统动量不守恒,A错误;若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同,A、B质量不同,两者所受的滑动摩擦力大小不相等,但是系统A、B、C所受合外力为零,A、B、C系统动量守恒,B正确;若A、B所受的摩擦力大小相等,系统A、B所受合外力为零,A、B系统动量守恒,C正确;若A、B所受的摩擦力大小相等,系统A、B、C所受合外力为零,系统动量守恒,D正确。7.BD　解析:对A、B整体由动量守恒有mv0=2mv1,对B、C整体由动量守恒有mv1=2mv2,解得v2=,对A、B、C整体由动量守恒有mv0=3m3,B、C碰撞过程中损\n失的机械能为ΔE=×2m=1.125J,B、C碰撞后运动的过程中弹簧的最大弹性势能为Ep=-ΔE-×3m=4.875J,故选B、D。8.AC　解析: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m1v0=(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m1(m1+m2)v2+Epmax,解得Epmax=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m1m1m2,代入数据解得vA=-1m/s,vB=2m/s,t2时刻两球动能之比为,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)0.015　0.0075　0.0075　两小球碰撞前、后的总动量相等(或碰撞中两小球动量守恒)　(2)0.25　非弹性碰撞解析:(1)由图象可知,碰前入射小球的速度v1==1m/s,碰后入射小球的速度v1'==0.5m/s,被碰小球碰后的速度v2'==0.75m/s,入射小球碰撞前的动量p1=m1v1=0.015kg·m/s,入射小球碰撞后的动量p1'=m1v1'=0.0075kg·m/s;被碰小球碰撞后的动量p2'=m2v2'=0.0075kg·m/s,碰后系统的总动量p'=m1v1'+m2v2'=0.015kg·m/s。通过计算发现:两小球碰撞前、后的总动量相等,即碰撞中两小球的动量守恒。(2)根据碰撞系数的定义有e=||==0.25;由弹性碰撞的恢复系数e=1,非弹性碰撞的恢复系数e<1可知,该碰撞过程属于非弹性碰撞。10.答案(1)大约相等　(5)m1gt12　m2　(6)0.221　0.212　(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=,通过光电门B的速度vB=,所以滑块动量的改变量Δp=m2。(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,\n可得Δp=0.212kg·m/s。(7)把(6)中的数据代入δ=×100%可得δ=4%。11.答案:9m/s　1m解析:设夯锤与桩料碰撞前瞬间的速度为v0,则=2gh0解得:v0==10m/s取向下为正方向,设夯锤与桩料碰撞后瞬间的速度为v,由动量守恒定律得Mv0=(M+m)v代入数据解得:v=9m/s由乙图知,桩料下沉过程中所受的阻力随距离均匀变化,可用平均力求阻力做功,则Wf=-kh·h=-kh2对夯锤与桩料,由动能定理得(M+m)gh+Wf=0-(M+m)v2代入数据解得h=1m。12.答案:(1)v=2m/s　(2)I=Ff2t=2N·s;方向水平向右　(3)W=-14J解析:(1)木板右端从A运动到B的过程中,水平方向受恒力F和台面摩擦力Ff1作用Ff1=μ1mg=2N由动能定理有(F-Ff1)L=mv2代入数据解得v=2m/s。(2)物块放上木板后,物块受木板水平向右的摩擦力Ff2作用向右做匀加速直线运动Ff2=μ2mg=4N木板所受台面摩擦力Ff1'=μ1(m+m)g=4N因木板所受物块摩擦力大小等于Ff2,方向水平向左,故F<Ff1'+Ff2,木板将向右做匀减速直线运动将木板和物块看成一个系统,因F=Ff1'系统所受合外力为零,系统动量守恒。撤去F前,假设物块已经相对木板静止且在木板上,设两者之间的相对位移为Δx,相对运动的时间为t,共同速度为v共由动量守恒定律有mv=(m+m)v共由能量守恒定律有Ff2Δx=mv2-(m+m)代入数据得v共=1m/s、Δx=0.5m对物块,由动量定理有Ff2t=mv共-0代入数据得t=0.5s此过程中,设木板发生的位移为x\n由运动学规律有x=(v+v共)t代入数据得x=0.75m因x<L、Δx<L,可知假设成立,即撤去F前,两者已经相对静止,此后一起匀速运动直到撤去F,故撤去恒力F前的过程中,摩擦力对物块的冲量为I=Ff2t=2N·s,方向水平向右。(3)当木板右端运动到C点时,撤去恒力F,木板停止运动时木板右端位在D点,此过程示意图如图所示:因μ2>μ1,可知撤去力F后,物块和木板一起做匀减速直线运动直到静止木板右端从A到B,台面对木板的摩擦力对木板做的功为W1=-Ff1L木板右端从B到C,台面对木板的摩擦力对木板做的功为W2=-Ff1'L木板右端从C到D,台面对木板的摩擦力对木板做的功为W3=0-(m+m)整个过程中,台面对木板的摩擦力对木板做的总功为W=W1+W2+W3代入数据解得W=-14J。