高考物理一轮复习单元检测卷6动量守恒定律含答案

这是一份高考物理一轮复习单元检测卷6动量守恒定律含答案
单元检测卷(六)　动量守恒定律时间：60分钟　满分：100分一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分.1～5题为单选题，6～8题为多选题)1．如图所示小船静止于水面上，站在船尾上的渔夫不断将鱼抛向船头的船舱内，将一定质量的鱼抛完后，关于小船的速度和位移，下列说法正确的是(　　)A．小船向左运动，船向左移一些B．小船静止，船向左移一些C．小船静止，船向右移一些D．小船静止，船不移动2．[2021·河北邯郸一中月考]在沈海高速公路上发生一起交通事故，一辆质量为1.5×104kg向南行驶的长途客车迎面撞上了一质量为2.0×104kg向北行驶的货车，碰后两辆车连在一起，并向北滑行了一小段距离后停止．根据测速仪的测定，两车碰撞前长途客车以108km/h的速度行驶，由此可判断货车碰撞前的行驶速度大小为(　　)A．大于10m/sB．小于22.5m/sC．一定大于22.5m/sD．一定大于30m/s3.[2021·湖北武汉调研]某运动员在水上做飞行运动表演，他操控的喷射式悬浮飞行器将水带竖直送上来的水向下喷出，可以使运动员悬停在空中，如图所示．已知运动员与装备的总质量为90kg，两个喷嘴的直径均为10cm，已知重力加速度g＝10m/s2，水的密度ρ＝1.0×103kg/m3，则喷嘴处喷水的速度大约为(　　)A．2.7m/sB．5.4m/sC．7.6m/sD．10.8m/s4．冰壶运动深受观众喜爱，图1为运动员投掷冰壶的镜头．在某次投掷中，冰壶甲运动一段时间后与对方静止的冰壶乙发生正碰，如图2.若两冰壶质量相等，则碰后两冰壶最终停止的位置，可能是图3中的哪幅图(　　)5．冰面上做游戏是一项技巧性很强的活动．如图所示，质量为m的小孩与质量为eq \f(m,5)的木箱以相同的速度v0冲向静止的大人，木箱撞击大人前，小孩推出木箱后小孩速度大小变为eq \f(v0,2)，已知大人的质量是小孩的2倍，大人接到木箱后与木箱一起运动，此后小孩与大人之间的距离越来越远，且不计冰面的摩擦．则 (　　)A．小孩动量变化量的大小为eq \f(mv0,2)B．小孩动量变化量的大小为eq \f(3mv0,2)C．大人接到木箱后一起运动的速度为eq \f(7,22)v0D．大人接到木箱后一起运动的速度为eq \f(7,22)v0或eq \f(17,22)v06．[2021·安徽合肥一六八中学模拟]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，得到如图所示的位移—时间图象．图中的线段a、b、c分别表示沿光滑水平面上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随时间的变化关系．已知相互作用时间极短，由图象给出的信息可知(　　)A．碰前滑块Ⅰ与滑块Ⅱ的速度大小之比为5:2B．碰前滑块Ⅰ的动量大小比滑块Ⅱ的动量大小大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质量的eq \f(1,6)7.[2021·河北百校联盟二联]如图所示，质量为2kg的小车以2.5m/s的速度沿光滑的水平面向右运动，现在小车上表面上方1.25m高度处将一质量为0.5kg的可视为质点的物块由静止释放，经过一段时间物块落在小车上，最终两者一起水平向右匀速运动．重力加速度为g＝10m/s2，忽略空气阻力，下列说法正确的是(　　)A．物块释放0.5s后落到小车上B．若只增大物块的释放高度，物块与小车的共同速度变小C．物块与小车相互作用的过程中，物块和小车的动量守恒D．物块与小车相互作用的过程中，系统损失的能量为7.5J8.[2021·云南师大附中月考]如图所示，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，BC段是长为L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，然后滑入BC轨道，最后恰好停在C点，已知M＝2m，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.则滑块从A运动到C的过程中(　　)A．滑块水平方向相对地面的位移大小为eq \f(2,3)(R＋L)B．小车相对地面的位移大小为eq \f(1,4)(R＋L)C．小车的最大速度v＝eq \f(1,3)eq \r(3gR)D．滑块克服摩擦力做的功在数值上等于滑块减少的机械能二、非选择题(本题共4个小题，52分)9．(8分)某同学用如图所示的装置做“验证动量守恒定律”的实验．先将入射小球a球从斜槽轨道上某固定点处由静止开始滚下，在水平地面上的记录纸上留下压痕，重复10次；再把同样大小的被碰小球b球放在斜槽轨道末端的小立柱上，调节实验装置使两小球碰撞时球心处于同一水平高度，让a球仍从原固定点由静止开始滚下，和b球相碰后，两球分别落在记录纸的不同位置处，重复10次．(1)关于本实验，下列说法正确的是________．(填序号字母)A．斜槽轨道必须是光滑的B．必须测量小球a、b的直径DC．必须测量斜槽轨道末端到水平地面的高度HD．必须测量小球a、b的质量，且二者的关系为ma＞mb(2)为测定未放小球b时，小球a落点的平均位置，把刻度尺的零刻线跟记录纸上的O点对齐，如图给出了小球a落点附近的情况，由图可得a球落点与O点的距离应为________cm.(3)按照本实验方法，验证动量守恒的验证式是________．10．(10分)某同学现用如图1所示的气垫导轨和光电门装置来“验证动量守恒定律”，在气垫导轨右端固定一弹簧，滑块b的右端有强粘性的胶水．图中滑块a和挡光片的总质量为m1＝0.620kg，滑块b的质量为m2＝0.410kg.实验步骤如下：①按图安装好实验器材后，接通气源，先将滑块a置于气垫导轨上，然后调节底脚螺丝，直到轻推滑块后，滑块上的挡光片通过两个光电门的时间________；②将滑块b置于两光电门之间，将滑块a置于光电门1的右端，然后将滑块a水平压缩弹簧，滑块a在弹簧的作用下向左弹射出去，通过光电门1后继续向左滑动并与滑块b发生碰撞；③两滑块碰撞后粘合在一起向左运动，并通过光电门2；④实验后，分别记录下滑块a挡光片通过光电门1的时间t1，两滑块一起运动挡光片通过光电门2的时间t2.图1图2(1)完成实验步骤①中所缺少的内容．(2)实验前用一游标卡尺测得挡光片的宽度d如图2所示，则d＝________cm.(3)设挡光片通过光电门的时间为Δt，则滑块通过光电门的速度可表示为v＝________(用d、Δt表示)．(4)实验中测得滑块a经过光电门1的速度为v1＝2.00m/s，两滑块经过光电门2的速度为v2＝1.20m/s，将两滑块和挡光片看成一个系统，则系统在两滑块相互作用前、后的总动量分别为p1＝________kg·m/s，p2＝________kg·m/s(结果均保留3位小数)．11．[2021·湖北十堰1月调考](14分)如图所示，水平地面上有两个静止的物块A和B，A、B的质量分别为m1＝2kg，m2＝1kg，它们与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.5.现对物块A施加一大小为40N·s、水平向右的瞬时冲量I，使物块A获得一个初速度，t＝1s后与物块B发生弹性碰撞，且碰撞时间很短，A、B两物块均可视为质点，重力加速度g＝10m/s2.(1)求A与B碰撞前瞬间，A的速度大小；(2)若物块B的正前方20m处有一危险区域，请通过计算判断碰撞后A、B是否会到达危险区域．12．[2021·湖南长郡中学一模](20分)如图所示，两相同小木块M、N(均视为质点)的质量均为m＝1kg，放在水平桌面上，木块M、N间夹有一压缩的轻质弹簧P，弹簧两端与小木块M、N不拴接，但两木块通过长L＝0.1m的细线相连接．桌子中央O点左侧粗糙，中央O点右侧光滑，小木块M、N与桌子左侧间的动摩擦因数μ＝0.5，且开始时木块N离桌子中央O的距离s＝1.15m．现让小木块M、N一起以v0＝4m/s的初速度向桌子右侧运动，木块M、N越过桌子中央O点进入右侧光滑区后，剪断M、N间的细线，发现小木块M最终停在桌面光滑区，而小木块N水平抛出离开桌面，木块N运动到A点时速度方向恰好沿AB方向，小木块N沿斜面AB滑下．已知斜面AB与水平方向间的夹角为37°，斜面长为LAB＝2.0m，木块N与斜面间的动摩擦因数也是μ＝0.5.木块N到达B点后通过光滑水平轨道BC到达光滑竖直圆轨道，圆轨道底端(稍稍错开)分别与两侧的直轨道相切，其中AB与BC轨道以微小圆弧相接．重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.(1)求压缩弹簧的弹性势能Ep；(2)求水平桌面与A点的高度差；(3)若木块N恰好不离开轨道，并能从光滑水平轨道DE滑出，求竖直圆轨道的半径R.单元检测卷(六)1．解析：人、船、鱼构成的系统水平方向动量守恒，据“人船模型”，鱼动船动，鱼停船静止，鱼对地发生向左的位移，则人船的位移向右．故选项C正确．答案：C2．解析：碰撞前长途客车的速度v1＝108 km/h＝30 m/s.根据碰后两辆车连在一起且向北滑行的情况，可知由两车组成的系统的总动量方向向北，所以碰前客车的动量p1＝m1v1(向南)应该小于货车的动量p2＝m2v2(向北)，即m1v1eq \f(1,2)m2veq \o\al(2,2)，C错误，D正确．答案：AD7．解析：物块下落的时间为t＝eq \r(\f(2h,g))＝eq \r(\f(2×1.25,10)) s＝0.5 s，选项A正确；物块与小车相互作用的过程中，物块与小车组成的系统在水平方向的动量守恒，在竖直方向的动量不守恒，由水平方向动量守恒Mv0＝(M＋m)v知，释放高度变大，水平方向的共同速度不变，选项B、C错误；在整个过程中，由能量守恒定律得系统损失的机械能ΔE＝mgh＋eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)Mv\o\al(2,0)－\f(1,2)M＋mv2))，代入数据可得ΔE＝7.5 J，选项D正确．答案：AD8．解析：本题考查动量守恒定律、机械能守恒定律．设全程小车相对地面的位移大小为s，滑块水平方向相对地面的位移为x，滑块与小车组成的系统在水平方向动量守恒，则有x＋s＝R＋L，meq \f(x,t)－Meq \f(s,t)＝0，已知M＝2m，解得x＝eq \f(2,3)(R＋L)，s＝eq \f(1,3)(R＋L)，A正确，B错误；滑块从A滑到B点的过程中小车受到滑块的压力一直做正功，则滑块滑到B点时小车的速度达到最大，取水平向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得0＝mvA－Mv，mgR＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,A)＋eq \f(1,2)Mv2，解得v＝eq \f(1,3)eq \r(3gR)，C正确；滑块从B点开始在滑动摩擦力作用下和小车相对滑动，滑动摩擦力对滑块做负功，根据动能定理知，滑块克服摩擦力做的功等于滑块减少的动能，全过程滑块减少的机械能转化为系统因摩擦产生的热量，D错误．答案：AC9．解析：(1)由动量守恒原理ma·Oeq \x\to(P)＝ma·Oeq \x\to(M)＋mb·eq \x\to(O′N)可知必须测量小球a、b的直径D，必须测量小球a、b的质量，且二者的关系为ma＞mb，即B、D正确．(2)用尽可能小的圆把所有点圈在里面的圆心为平均落点，由刻度尺读数规则可知读数为45.95 cm.(3)按照本实验方法，验证动量守恒的验证式是ma·eq \x\to(OP)＝ma·eq \x\to(OM)＋mb·eq \x\to(O′N).答案：(1)BD(2分)　(2)45.95(45.93～45.98之间均正确)(2分)　(3)ma·Oeq \x\to(P)＝ma·Oeq \x\to(M)＋mb·eq \x\to(O′N)(4分)10．解析：(1)在步骤①中气垫导轨安装时应保持水平状态，滑块在轨道上应做匀速直线运动，故滑块上的挡光片通过两光电门的时间相等．(2)游标卡尺的主尺读数为15 mm，游标尺读数为0.05×10 mm＝0.50 mm，所以挡光片的宽度为d＝15 mm＋0.50 mm＝15.50 mm＝1.550 cm.(3)由于挡光片的宽度比较小，故挡光片通过光电门的时间比较短，因此可将挡光片通过光电门的平均速度看成滑块通过光电门的瞬时速度，故滑块通过光电门的速度可表示为v＝eq \f(d,Δt).(4)两滑块相互作用前系统的总动量为p1＝m1v1＝0.620×2.00 kg·m/s＝1.240 kg·m/s.两滑块相互作用后系统的总动量为p2＝(m1＋m2)v2＝(0.620＋0.410)×1.20 kg·m/s＝1.236 kg·m/s.答案：(1)相等(2分)　(2)1.550(2分)　(3)eq \f(d,Δt)(2分)　(4)1.240(2分)　1.236(2分)11．解析：(1)根据题意有I＝m1v0，其中v0为物块A所获初速度对A受力分析可知，A与B碰撞前A做匀减速运动有v1＝v0－at，其中a＝μg联立解得A与B碰撞前瞬间，A的速度大小v1＝15 m/s.(4分)(2)分析知A与B碰撞过程机械能守恒、动量守恒、则有m1v1＝m1v′1＋m2v2(2分)eq \f(1,2)m1veq \o\al(2,1)＝eq \f(1,2)m1v′eq \o\al(2,1)＋eq \f(1,2)m2veq \o\al(2,2)(2分)解得碰后A的速度v′1＝5 m/s，B的速度v2＝20 m/s(2分)由运动学公式可知xA＝eq \f(v′\o\al(2,1),2a)＝2.5 m＜20 m(2分)xB＝eq \f(v\o\al(2,2),2a)＝40 m＞20 m(2分)即物块A不会到达危险区域，物块B会到达危险区域．答案：(1)15m/s　(2)见解析12．解析：(1)设M运动到O点时的速度大小为v′，在M运动到桌子中央O点的过程中，由动能定理有－μmgs－μmg(s＋L)＝eq \f(1,2)·2mv′2－eq \f(1,2)·2mveq \o\al(2,0)(2分)解得v′＝2 m/s(1分)木块M、N越过桌子中央O点进入右侧光滑区后，剪断M、N间的细线瞬间系统动量守恒，由于小木块M最终停在桌面光滑区，故M的速度必须为0.两木块组成的系统在水平方向动量守恒，设剪断细线后小木块N的速度大小为v，则有2mv′＝mv(2分)根据能量守恒定律有EP＋eq \f(1,2)·2mv′2＝eq \f(1,2)mv2(2分)联立解得Ep＝4 J．(1分)(2)设水平桌面与A点的高度差为h，到A点时木块N在竖直方向的速度大小为vy，根据平抛运动规律有veq \o\al(2,y)＝2gh且tan 37°＝eq \f(vy,v)(2分)联立解得h＝0.45 m．(1分)(3)由(2)可知vy＝3 m/s，则木块N到达A点时的速度大小为vA＝eq \r(v2＋v\o\al(2,y))＝5 m/s(2分)设小木块N到达B点时的速度大小为vB，从A点到B点的过程，由动能定理有mgLABsin 37°－μmgLABcos 37°＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,B)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,A)(2分)设木块N在轨道最高点时的最小速度为vmin，即此时木块N恰好不离开轨道，则木块N从B点到轨道最高点的过程，由机械能守恒定律有eq \f(1,2)mveq \o\al(2,B)＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,min)＋2mgR(2分)在最高点，根据牛顿第二定律有mg＝meq \f(v\o\al(2,min) ,R)(2分)联立以上各式解得R＝0.66 m．(1分)答案：(1)4 J　(2)0.45 m　(3)0.66 m