2022届新高考一轮复习人教版 六　动量　动量守恒定律 章末检测卷

这是一份2022届新高考一轮复习人教版 六　动量　动量守恒定律 章末检测卷，共9页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
章末检测卷(六)　动量　动量守恒定律(满分：100分　时间：60分钟)一、选择题(共8小题，每小题6分，共48分。1～5题只有一个选项正确，6～8题有多个选项正确，全选对得6分，选对但不全得3分)1．(2021·适应性测试湖北卷)如图所示，曲面体P静止于光滑水平面上，物块Q自P的上端由静止释放。Q与P的接触面光滑，Q在P上运动的过程中，下列说法正确的是(　　)A．P对Q做功为零B．P和Q之间相互作用力做功之和为零C．P和Q构成的系统机械能守恒、动量守恒D．P和Q构成的系统机械能不守恒、动量守恒解析：P对Q有弹力的作用，并且在力的方向上有位移，在运动中，P会向左移动，P对Q的弹力方向垂直于接触面向上，与Q的位移的夹角大于90°，所以P对Q做功不为0，故A错误；因为P、Q之间的力属于系统内力，并且等大反向，两者在力的方向上发生的位移相等，所以做功之和为0，故B正确；因为系统只有重力做功，所以P、Q组成的系统机械能守恒，系统水平方向上不受外力的作用，水平方向上动量守恒，但是在竖直方向上Q有加速度，即竖直方向上动量不守恒，故C、D错误。答案：B2．如图所示，在光滑的水平面上一个质量为4m的木板B，它的左端静止着一个质量为2m的物块A，现让A、B一起以水平速度v0向右运动，与其前方静止的另一个相同的木板C相碰后粘在一起，在两木板相碰后的运动过程中，物块恰好没有滑下木板，且物块A可视为质点，则两木板的最终速度为(　　)A.　　　　　　　　　 B.C.   D.解析：设两木板碰撞后的速度为v1，以v0的方向为正方向，由动量守恒定律得4mv0＝8mv1，解得v1＝。设物块与木板共同的速度为v2，由动量守恒定律得2mv0＋8mv1＝(2m＋8m)v2，解得v2＝，选项C正确，A、B、D错误。答案：C3．(2021·河北沧州一中高三月考)如图所示，质量相同的两木块从同一高度同时开始自由下落，至某一位置时A被水平飞来的子弹击中(未穿出)，则关于A、B两木块的落地时间tA、tB的比较，正确的是(　　)A．tA＝tB  B．tA＞tBC．tA＜tB  D．无法判断解析：当A木块落至某一位置时被水平飞来的子弹很快地击中，水平方向动量守恒，即A会获得水平方向的分速度；而子弹此时竖直方向速度为零，要从零加速到与A具有相同的速度，需受到A向下的作用力，根据牛顿第三定律A会受到子弹给的向上的作用力，则A向下的速度会减小，小于B的速度；在竖直方向上，子弹击中木块后到落地过程，它们的加速度与位移都相同，由于A的初速度小于B的初速度，A的运动时间长，故A下落时间较长一些。答案：B4.如图所示，质量相等的A、B两个球，原来在光滑水平面上沿同一直线相向做匀速直线运动，A球的速度是6 m/s，B球的速度是－2 m/s，A、B两球发生对心碰撞。对于该碰撞之后的A、B两球的速度可能值，某实验小组的同学们做了很多种猜测，下面的猜测结果一定无法实现的是(　　)A．vA′＝－2 m/s，vB′＝6 m/sB．vA′＝2 m/s，vB′＝2 m/sC．vA′＝1 m/s，vB′＝3 m/sD．vA′＝－3 m/s，vB ′＝7 m/s解析：两球碰撞前后应满足动量守恒定律及碰后两球的动能之和不大于碰前两球的动能之和，即mAvA＋mBvB＝mAvA′＋mBvB′①，mAvA2＋mBvB2≥mAvA′2＋mBvB′2②，选项D中满足①式，但不满足②式，所以D选项无法实现，符合题意。答案：D5．(2021·福建莆田第二十五中高三上学期期末)用如图所示实验能验证动量守恒定律，两块小木块A和B中间夹着一轻质弹簧，用细线捆在一起，放在光滑的水平台面上，将细线烧断，木块A、B被弹簧弹出，最后落在水平地面上，落地点与平台边缘的水平距离分别为lA＝1 m，lB＝2 m。下列说法正确的是(　　)A．木块A、B离开弹簧时的速度大小之比vA∶vB＝1∶4B．木块A、B的质量之比mA∶mB＝1∶2C．弹簧对木块A、B做功之比WA∶WB＝1∶1D．木块A、B离开弹簧时的动能之比EkA∶EkB＝1∶2解析：两个木块被弹出离开桌面后做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，因为下落的高度相等，所以运动的时间相等，水平方向上根据公式x＝v0t及lA＝1 m，lB＝2 m，得vA∶vB＝lA∶lB＝1∶2，故A错误；弹簧弹开两个木块的过程，对两个木块组成的系统，取向左为正方向，根据动量守恒定律得mAvA－mBvB＝0，解得mA∶mB＝vB∶vA＝2∶1，故B错误；由mA∶mB＝vB∶vA＝2∶1及动能的表达式Ek＝mv2可得EkA∶EkB＝1∶2，根据动能定理，弹簧对木块A、B做功之比WA∶WB＝EkA∶EkB＝1∶2，故D正确，C错误。答案：D6．(2021·北京八一学校质检)如图所示的单摆，摆球a向右摆动到最低点时，恰好与一沿水平方向向左运动的黏性小球b发生碰撞，并粘在一起，且摆动平面不变。已知碰撞前a球摆动的最高点与最低点的高度差为h，摆动的周期为T，a球质量是b球质量的5倍，碰撞前a球在最低点的速度是b球速度的一半，则(　　)A．碰撞过程中摆动a球和b球构成的系统满足动量守恒B．碰撞过程中摆动a球和b球构成的系统不满足动量守恒C．碰撞后摆球最高点与最低点的高度差为0.3hD．碰撞后摆球最高点与最低点的高度差为0.25h解析：碰撞过程中摆动a球和b球构成的系统满足动量守恒，选项A正确，B错误；设b球质量为m，则a球质量为5m，设碰撞前a球速度大小为v，则碰撞前b球速度大小为2v，对二球碰撞过程，由动量守恒定律得5mv－m·2v＝6mv′，解得v′＝。对a球碰撞前的圆周运动，由机械能守恒定律有5mgh＝·5mv2，设碰撞后摆球最高点与最低点的高度差为h′，对碰撞后的圆周运动，由机械能守恒定律6mgh′＝·6mv′2，解得h′＝0.25h，选项D正确，C错误。答案：AD7．A、B两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前后的位移—时间(xt)图象，图中a、b分别为A、B两球碰撞前的位移—时间图象，c为碰撞后两球共同运动的位移—时间图象，若A球的质量mA＝3 kg，则由图可知，下列结论正确的是(　　)A．A球碰撞前的速度大小为3 m/sB．B球的质量mB＝2 kgC．A、B两球碰撞前的总动量为13 kg· m/sD．碰撞中A、B两球组成的系统损失的机械能为15 J解析：由图示图象可知，碰撞前，A球的速度vA＝ m/s＝－3 m/s，B球的速度vB＝ m/s＝2 m/s，碰撞后，A、B两球的速度相等，vA′＝vB′＝v＝ m/s＝－1 m/s，A、B组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得mAvA＋mBvB＝(mA＋mB)v，解得mB＝2 kg，故A、B正确；A、B两球碰撞前的总动量为mAvA＋mBvB＝(mA＋mB)v ＝－5 kg·m/s，选项C错误；碰撞中，A、B两球组成的系统损失的动能ΔEk＝mAvA2＋mBvB2－(mA＋mB)v2＝×3×(－3)2＋×2×22 J－×(3＋2)×(－1)2 J＝15 J，故D正确。答案：ABD8．如图所示，光滑水平地面上有静止的质量分别为m和2m的A、B两个滑块，B的左侧固定一水平轻弹簧。现使A以速度v0水平向B运动，当A与弹簧分离后，B与右侧的固定竖直墙壁相碰，已知碰撞时间极短且无能量损失。以下说法正确的是(　　)A．弹簧第一次被压缩到最短时，物块A的速度大小为B．物块B与墙壁碰撞时的速度大小为C．弹簧第二次被压缩到最短时，弹簧的弹性势能为D．两次弹簧被压缩到最短时，物块A和B的动能之和相等解析：弹簧第一次压缩到最短时，A、B与弹簧组成的系统动量守恒，故mv0＝3mv1，解得v1＝，故A正确；当A、B分离时，由A、B与弹簧组成的系统动量守恒得mv0＝mvA＋2mvB，由A、B与弹簧组成的系统机械能守恒得mv02＝mvA2＋·2mvB2，联立解得vA＝－，vB＝，故B碰墙时的速度大小为，故B正确；B碰墙反向运动后，速度大小大于A的速度，故定能与A再次发生碰撞，由A、B与弹簧组成的系统动量守恒可得2m·＋m·＝3mv2，解得v2＝，故弹簧第二次压缩到最短时的速度大小为，由机械能守恒得此时的弹性势能Ep＝m·＋·2m·－·3m·，解得Ep＝，故C错误；两次弹簧被压缩到最短时，物块A和B的动能之和分别为Ek1＝·3m·＝mv02，Ek2＝·3m·＝mv02，故D错误。答案：AB二、非选择题(共3小题，52分)9．(16分)(2020·高考全国卷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＝1.000 cm，m1＝1.50×10－2 kg，m2＝0.400 kg，Δt1＝3.900×10－2 s，Δt2＝1.270×10－2 s，t12＝1.50 s，取g＝9.80 m/s2。计算可得I＝________N·s，Δp＝________kg·m·s－1；(结果均保留三位有效数字)(7)定义δ＝||×100%，本次实验δ＝________%(保留一位有效数字)。解析：(1)若气垫导轨调整水平，则滑块在气垫导轨上自由滑动时，做匀速运动，则遮光片通过两个光电门的时间相等。(5)拉力的冲量I＝m1gt12。滑块经过A、B两光电门时的速度分别为v1＝，v2＝，故滑块动量的改变量Δp＝m2v2－m2v1＝m2(－)。(6)I＝m1gt12＝1.50×10－2×9.80×1.50 N·s≈0.221 N·s，Δp＝m2(－)＝0.400×(－)kg·m/s≈0.212 kg·m/s。(7)δ＝×100%＝×100%≈4%。答案：(1)相等　(5)m1gt12　m2(－)(6)0.221　0.212　(7)410．(16分)(2021·广东肇庆高三统一检测)如图所示，小球A及水平地面上紧密相挨的若干个小球的质量均为m，水平地面的小球右边有一固定的弹性挡板；B为带有四分之一圆弧面的物体，质量为km(其中k为整数)，圆弧半径为R，其轨道末端与水平地面相切。现让小球A从B的正上方距地面高为h处由静止释放，经B末端滑出，最后与水平面上的小球发生碰撞，其中小球之间、小球与挡板之间的碰撞均为弹性正碰，所有接触面均光滑，重力加速度为g。求：(1)小球A第一次从B的轨道末端水平滑出时的速度大小；(2)若小球A第一次返回恰好没有冲出B的上端，则h与R的比值大小。解析：(1)对A、B组成的系统由水平方向动量守恒有mvA＝kmvB，对A、B组成的系统由能量守恒有mgh＝mvA2＋kmvB2，联立解得vA＝ ，vB＝ 。(2)小球A与地面若干小球碰撞为质量相等的弹性碰撞，故速度交换，最终小球A以大小不变的速度水平向左返回。在A到达B上端时A、B共速，设其速度为v，关于A追及B并上升到B上端的过程，水平动量守恒，有mvA＋kmvB＝(m＋km)v，从最开始到共速过程总的机械能不变，mg(h－R)＝(m＋km)v2，解得＝。答案：(1) 　(2)11．(20分)如图，光滑轨道abcd固定在竖直平面内，ab水平，bcd为半圆，在b处与ab相切。在直轨道ab上放着质量分别为mA＝2 kg、mB＝1 kg的物块A、B(均可视为质点)，用轻质细绳将A、B连接在一起，且A、B间夹着一根被压缩的轻质弹簧(未被拴接)，其弹性势能Ep＝12 J。轨道左侧的光滑水平地面上停着一质量M＝2 kg、长L＝0.5 m的小车，小车上表面与ab等高。现将细绳剪断，之后A向左滑上小车，B向右滑动且恰好能冲到圆弧轨道的最高点d处。已知A与小车之间的动摩擦因数μ满足0.1≤μ≤0.3，g取10 m/s2，求：(1)A、B离开弹簧瞬间的速率vA、vB；(2)圆弧轨道的半径R；(3)A在小车上滑动过程中产生的热量Q(计算结果可含有μ)。解析：(1)弹簧恢复到自然长度时，对A、B，由动量守恒定律得0＝mAvA－mBvB，由能量关系得Ep＝mAvA2＋mBvB2，解得vA＝2 m/s，vB＝4 m/s。(2)设B经过d点时速度为vd，在d点：mBg＝mB，由机械能守恒定律得mBvB2＝mBvd2＋mBg·2R，解得R＝0.32 m。(3)设μ＝μ1时A恰好能滑到小车左端，其共同速度为v，由动量守恒定律得mAvA＝(mA＋M)v，由能量关系得μ1mAgL＝mAvA2－(mA＋M)v2，解得μ1＝0.2。讨论：①当满足0.1≤μ<0.2时，A和小车不共速，A将从小车左端滑落，产生的热量为Q1＝μmAgL＝10μ (J)；②当满足0.2≤μ≤0.3时，A和小车能共速，产生的热量为Q2＝mAvA2－(mA＋M)v2，解得Q2＝2 J。答案：(1)2 m/s　4 m/s　(2)0.32 m(3)当满足0.1≤μ<0.2时，Q＝10μ(J)；当满足0.2≤μ≤0.3时，Q＝2 J