2022版高考物理一轮复习第六章动量守恒定律章末综合测试

第六章动量守恒定律章末综合测试(六)(时间：60分钟　分数：100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题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)1.(2022·天津理综)“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一．摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动．下列叙述正确的是(　　)A．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变B．在最高点时，乘客重力大于座椅对他的支持力C．摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零D．摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变解析：B　本题考查匀速圆周运动．乘客在竖直面内做匀速圆周运动，动能不变，而在上升过程中重力势能增加，机械能增加，下降过程中则相反，A错误．在最高点时，乘客具有竖直向下的向心加速度，处于失重状态，故B正确．因重力恒定，重力的冲量等于重力与其作用时间的乘积，故重力冲量一定不为零，C错误．重力的瞬时功率P＝mg·v·cosα，其中α是瞬时速度v的方向与重力方向之间的夹角，故重力的瞬时功率不会保持不变，D错误．2.一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A并留在其中，A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图所示．则在子弹打击木块A及弹簧被压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统(　　)A．动量守恒，机械能守恒B．动量不守恒，机械能守恒C．动量守恒，机械能不守恒D．无法判定动量、机械能是否守恒解析：C　在整个过程中子弹、两木块和弹簧组成的系统所受外力之和为零，动量守恒，但在子弹射进木块过程中有内能产生，则系统机械能不守恒．3．一弹丸在飞行到距离地面5m高时仅有水平速度v＝2m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1，不计质量损失，取重力加速度g＝10m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是(　　)7\n解析：B　弹丸爆炸瞬间爆炸力远大于外力，故爆炸瞬间动量守恒．因两弹片均水平飞出，飞行时间t＝＝1s，取向右为正，由水平速度v＝知，选项A中，v甲＝2.5m/s，v乙＝－0.5m/s；选项B中，v甲＝2.5m/s，v乙＝0.5m/s；选项C中，v甲＝1m/s，v乙＝2m/s；选项D中，v甲＝－1m/s，v乙＝2m/s.因爆炸瞬间动量守恒，故mv＝m甲v甲＋m乙v乙，其中m甲＝m，m乙＝m，v＝2m/s，代入数值计算知选项B正确．4.如图所示，在足够长的光滑水平面上有一静止的质量为M的斜面，斜面表面光滑、高度为h、倾角为θ.一质量为m(m<M)的小物块以一定的初速度沿水平面向右运动，不计冲上斜面过程中的机械能损失．如果斜面固定，则小物块恰能冲到斜面顶端．如果斜面不固定，则小物块冲上斜面后能达到的最大高度为(　　)A．h　　B.hC.hD.h解析：D　若斜面固定，由机械能守恒定律可得mv2＝mgh；若斜面不固定，系统水平方向动量守恒，有mv＝(M＋m)v1，由机械能守恒定律可得mv2＝mgh′＋(M＋m)v.联立以上各式可得h′＝h，故D正确．5．(2022·重庆一模)如图所示，为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的位移－时间图象．图中的线段a、b、c分别表示光滑水平面上沿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(　　)7\nA．碰前滑块Ⅰ与滑块Ⅱ速度大小之比为7∶2B．碰前滑块Ⅰ的动量比滑块Ⅱ的动量大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：D　根据s－t图象的斜率表示速度，则得：碰撞前滑块Ⅰ的速度为：v1＝m/s＝－2m/s，大小为2m/s，滑块Ⅱ的速度为v2＝m/s＝0.8m/s，则碰前速度大小之比为5∶2，故A错误；碰撞前后系统动量守恒，碰撞前，滑块Ⅰ速度为负，动量为负，滑块Ⅱ的速度为正，动量为正，由于碰撞后动量为正，故碰撞前总动量也为正，故碰撞前滑块Ⅰ的动量比滑块Ⅱ小，故B错误；碰撞后的共同速度为v＝m/s＝0.4m/s，根据动量守恒定律，有：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，代入数据解得：m2＝6m1，可知D正确；＝＝，知C错误．6．质量为1kg的小球以4m/s的速度与质量为2kg的静止小球正碰，关于碰后的速度v1′和v2′，下列可能正确的是(　　)A．v1′＝v2′＝m/sB．v1′＝－1m/s，v2′＝2.5m/sC．v1′＝1m/s，v2′＝3m/sD．v1′＝3m/s，v2′＝0.5m/s解析：AB　对于碰撞问题要遵循三个原则：动量守恒、碰后系统的机械能不增加和碰撞过程要符合实际情况．经检验，选项A、B满足碰撞过程应遵循的三个原则，所以A、B正确．7．一静止的铝原子核Al俘获一速度为1.0×107m/s的质子p后，变为处于激发态的硅原子核Si*.下列说法正确的是(　　)A．核反应方程为p＋Al→Si*B．核反应过程中系统动量守恒7\nC．核反应过程中系统能量不守恒D．核反应前后核子数相等，所以生成物的质量等于反应物的质量之和E．硅原子核速度的数量级为105m/s，方向与质子初速度的方向一致解析：ABE　核反应方程满足质量数守恒和电荷数守恒，A项正确；微观粒子相互作用过程中，满足动量守恒定律，B项正确；题述核反应过程属于“二合一”形式的完全非弹性碰撞，机械能有损失，但对于封闭的系统，能量仍然守恒，C项错误；核反应过程中的机械能有损失，故存在质量亏损现象，D项错误；硅原子质量约是质子质量的28倍，由动量守恒定律知，m0v0＝28m0v，所以硅原子核速度数量级为105m/s，方向与质子初速度的方向一致，E项正确．8．如图甲所示，一质量为2kg的物体受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直线运动，a－t图象如图乙所示，t＝0时其速度大小为2m/s，滑动摩擦力大小恒为2N，则(　　)A．t＝6s时，物体的速度为20m/sB．在0.6s内，合力对物体做的功为400JC．在0.6s内，拉力对物体的冲量为36N·sD．t＝6s时，拉力F的功率为200W解析：AD　类比速度图象中位移的表示方法可知，在加速度－时间图象中图线与横轴所围面积表示速度变化量，在0～6s内Δv＝18m/s，又知v0＝2m/s，则t＝6s时的速度v＝20m/s，A正确；由动能定理可知，0～6s内，合力做的功为W＝mv2－mv＝396J，B错误；由动量定理可知，IF－Ff·t＝mv－mv0，解得IF＝48N·s，C错误；由牛顿第二定律可知，6s末F－Ff＝ma，解得F＝10N，所以拉力的功率P＝Fv＝200W，D正确．二、非选择题(本大题共3小题，第9、10题各16分，第11题20分，共52分)9.(1)如图甲所示，一个质量为m的物体，初速度为v0，在水平合外力F(恒力)的作用下，经过一段时间t后，速度变为vt.请根据上述情景，利用牛顿第二定律推导动量定理，并写出动量定理表达式中等号两边物理量的物理意义．(2)高空坠物很危险．一球形面团，质量为1kg，从20m高的楼层上掉下，落在坚硬的水泥地面上，被摔成薄片，若面团与地面的作用时间约0.01s，g取10m/s2，试估算地面受到平均冲力的大小．(3)如图乙所示，自动称米机已被广泛使用．称米时，打开阀门，米粒就以每秒d7\n千克的恒定流量流进放在秤上的容器．当秤的示数达到顾客所要求的数量时，在出口处关闭阀门，切断米流．米粒在出口处速度很小，可视为零．对上述现象，买卖双方引起了争论．买方认为：因为米粒落到容器中时有向下的冲力而不划算；卖方则认为：当达到顾客所要求的数量时，切断米流，此时尚有一些米在空中，这些米是多给买方的．请谈谈你的看法，并根据所学的知识给出合理的解释．解析：(1)根据牛顿第二定律F＝ma(1分)加速度定义a＝(1分)解得Ft＝mvt－mv0，即动量定理(1分)Ft表示物体所受合力的冲量(1分)mvt－mv0表示物体动量的变化(1分)(2)面团刚落地时v2＝2gh(1分)v＝20m/s与地面碰撞过程，以竖直向上为正方向(1分)由动量定理得(F－mg)t＝0－(－mv)(1分)面团受到支持力F＝2010N(1分)根据牛顿第三定律，地面受到的平均冲力F冲＝2010N(1分)(3)米粒的流量是恒定的，关闭阀门就能在出口处切断米流．若切断米流时，盛米容器中静止的那部分米的质量为m1，空中正在下落的米的质量为m2，刚落到已静止的米堆(m1)上的一部分米的质量为Δm，这部分米对静止部分的米的冲力为F.(1分)刚切断米流时，称米机的读数为M2＝m1＋F/g(1分)最终称米机的读数为M2＝m1＋m2＋Δm(1分)取Δm为研究对象，在Δt时间内，有Δm＝d·Δt，设其落到米堆上之前的速度为v，经时间Δt静止，根据动量定理得(F′－Δmg)Δt＝0－(－Δmv)(1分)设米从出口处落到盛米容器中的米表面所用的时间为t，则m2＝d·t，v＝gt(1分)解得dv＝m2g，即F′＝m2g＋Δmg(1分)根据牛顿第三定律知F＝F′，刚切断米流时，称米机的读数为M1＝m1＋F/g＝m1＋m2＋Δm(1分)M1＝M2(1分)可见，双方的说法都不正确．自动称米机是准确的，不存在谁划算谁不划算的问题．答案：(1)见解析　(2)2010N　(3)见解析10．如图1所示为某农庄灌溉工程的示意图，地面与水面的距离为H.用水泵从水池抽水(抽水过程中H保持不变)，龙头离地面高h，水管横截面积为S，水的密度为ρ，重力加速度为g，不计空气阻力．7\n(1)水从管口以不变的速度源源不断地沿水平方向喷出，水落地的位置到管口的水平距离为10h.设管口横截面上各处水的速度都相同．求：a．每秒内从管口喷出的水的质量m0；b．不计额外功的损失，水泵输出的功率P.(2)在保证水管流量不变的前提下，在龙头后接一喷头，如图2所示．让水流竖直向下喷出，打在水平地面上不反弹，产生大小为F的冲击力．由于水与地面作用时间很短，可忽略重力的影响．求水流落地前瞬间的速度大小v.解析：(1)a.水从管口沿水平方向喷出做平抛运动，设水喷出时速度为v0，落地时间为t竖直方向h＝gt2(1分)水平方向10h＝v0t(1分)时间t0内喷出的水的质量m＝ρV＝ρv0t0S(1分)每秒喷出的水的质量m0＝(1分)联立以上各式解得m0＝5ρS(1分)b．时间t0内水泵输出功W＝mg(H＋h)＋mv(2分)输出功率P＝(1分)解得P＝5ρSg(H＋26h)(2分)(2)取与地面作用的一小部分水Δm为研究对象根据动量定理F·Δt＝Δm·v(2分)由题意可知Δm＝m0·Δt(2分)解得v＝(2分)答案：(1)a.5ρS　b．5ρSg(H＋26h)　(2)11.如图，质量为M的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一圆弧光滑轨道，BC段是长为L7\n的水平粗糙轨道，两段轨道相切于b点．一质量为m的滑块在小车上从A点由静止开始沿轨道滑下，重力加速度为g.(1)若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力；(2)若不固定小车，滑块仍从A点由静止下滑，然后滑入BC轨道，最后从C点滑出小车．已知滑块质量m＝，在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ，求：①滑块运动过程中，小车的最大速度大小vm；②滑块从B到C运动过程中，小车的位移大小s.解析：(1)滑块滑到B点时对小车压力最大，从A到B机械能守恒mgR＝mv(2分)滑块在B点处，由牛顿第二定律N－mg＝m(2分)解得N＝3mg(2分)由牛顿第三定律N′＝3mg(2分)(2)①滑块下滑到达B点时，小车速度最大．由系统的机械能守恒mgR＝Mv＋m(2vm)2(2分)解得vm＝(2分)②设滑块运动到C点时，小车速度大小为vC，由功能关系mgR－μmgL＝Mv＋m(2vC)2(2分)设滑块从B到C过程中，小车运动加速度大小为a，由牛顿第二定律μmg＝Ma(2分)由运动学规律v－v＝－2as，(2分)解得s＝L(2分)答案：(1)3mg　(2)①　②L7