《2023届高考物理人教版一轮复习规范练-第六章 动量守恒定律单元质检六 动量守恒定律.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023届高考物理人教版一轮复习规范练-第六章 动量守恒定律单元质检六 动量守恒定律.docx（10页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、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60 m/s左右,对固定建筑物破坏程度巨
2、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,风力F与风速大小v的关系式为()A.F=Sv3B.F=Sv3C.F=Sv2D.F=Sv3.(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
3、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()A.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
4、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
5、洛阳高三二模)如图所示,质量均为2 kg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=3 m/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E,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=4.875 JB.E=1.125 JC.Ep=6 JD.Ep=4.875 J8.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=1 kg。现给A球一个水平向右的瞬时动量,使A、B球发生弹
6、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=2 kgB.球A和B在相互挤压的过程中产生的最大弹性势能为4.5 JC.在t2时刻两球动能之比为Ek1Ek2=18D.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=15 g的小球碰撞原来静止的m2=10 g的小球,由视频分析可得它们在碰撞前、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kgm/s,入射小球碰撞后的m1
7、v1是kgm/s,被碰小球碰撞后的m2v2是kgm/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edB,则有子弹入射时的初动能EkAEkB,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EkAEkB,则得到mAmB,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
8、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
9、mv1=2mv2,解得v2=,对A、B、C整体由动量守恒有mv0=3m3,B、C碰撞过程中损失的机械能为E=2m=1.125 J,B、C碰撞后运动的过程中弹簧的最大弹性势能为Ep=-E-3m=4.875 J,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1 m/s,由动量守恒定律得m1v0=(m1+m2)v,解得m2=2 kg,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=3 J,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m1
10、v0=m1vA+mvB,由机械能守恒定律得m1m1m2,代入数据解得vA=-1 m/s,vB=2 m/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)0.0150.007 50.007 5两小球碰撞前、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=1 m/s,碰后入射小球的速度v1=0.5 m/s,被碰小球碰后的速度v2=0.75 m/s,入射小球碰撞前的动量p1=m1v1=0.015 kgm/s,入射小球碰撞后的动量p1
11、=m1v1=0.007 5 kgm/s;被碰小球碰撞后的动量p2=m2v2=0.007 5 kgm/s,碰后系统的总动量p=m1v1+m2v2=0.015 kgm/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e1可知,该碰撞过程属于非弹性碰撞。10.答案(1)大约相等(5)m1gt12m2(6)0.2210.212(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
12、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p=m2。(6)把题干中的数据代入I=m1gt12,可知I=0.221 Ns;把题干中的数据代入p=m2,可得p=0.212 kgm/s。(7)把(6)中的数据代入=100%可得=4%。11.答案:9 m/s1 m解析:设夯锤与桩料碰撞前瞬间的速度为v0,则=2gh0解得:v0=10 m/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
13、数据解得:v=9 m/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=-khh=-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=1 m。12.答案:(1)v=2 m/s(2)I=Ff2t=2 Ns;方向水平向右(3)W=-14 J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=1mg=2 N由动能定理有(F-Ff1)L=mv2代入数据解得v=2 m/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=2mg=4 N木板所受台面摩擦力Ff1=1
14、(m+m)g=4 N因木板所受物块摩擦力大小等于Ff2,方向水平向左,故FFf1+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x,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Ff2x=mv2-(m+m)代入数据得v共=1 m/s、x=0.5 m对物块,由动量定理有Ff2t=mv共-0代入数据得t=0.5 s此过程中,设木板发生的位移为x由运动学规律有x=(v+v共)t代入数据得x=0.75 m因xL、x1,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=-Ff1L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=-14 J。