2024版新教材高考物理全程一轮总复习单元素养评价七碰撞与动量守恒

这是一份2024版新教材高考物理全程一轮总复习单元素养评价七碰撞与动量守恒，共9页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

1．两只完全相同的鸡蛋A、B自同一高度由静止释放，分别落在海绵和石头上，鸡蛋A完好(未反弹)，鸡蛋B碎了．不计空气阻力，对这一结果，下列说法正确的是( )
A．下落过程中鸡蛋B所受重力的冲量更大一些
B．下落过程中鸡蛋B的末动量更大一些
C．碰撞过程中鸡蛋B动量减小得更多一些
D．碰撞过程中鸡蛋B的动量变化率更大
2．[2022·山东卷]
我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭．如图所示，发射仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空．从火箭开始运动到点火的过程中( )
A．火箭的加速度为零时，动能最大
B．高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能
C.高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量
D．高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量
3.
长度为L、质量为M的平板车的左端紧靠着墙壁，右端站着一个质量为m的人(可视为质点)，如图所示，某时刻人向左跳出，恰好落到车的左端，而此时车已离开墙壁有一段距离，那么这段距离为(车与水平地面间的摩擦不计)( )
A．LB．eq \f(mL,M)C．eq \f(mL,M＋m)D．eq \f(ML,M＋m)
4．[2023·河南洛阳模拟]质量为m的烟花弹升到距离地面最大高度为h处爆炸成质量相等的两部分，两炸片同时落地后相距L，则烟花弹爆炸使两炸片增加的总机械能为(重力加速度为g)( )
A．mghB．eq \f(mgL2,16h)C．eq \f(mgL2,32h)D．eq \f(mgL2,8h)
5．质量为m的人站在质量为2m的平板小车上，以共同的速度在水平地面上沿直线前行，车所受地面阻力的大小与车对地面压力的大小成正比．当车速为v0时，人从车上以相对于地面大小为v0的速度水平向后跳下．跳离瞬间地面阻力的冲量忽略不计，则能正确表示车运动的v­t图像为( )
6.
如图所示，静止在光滑水平桌面上的物块A和B用一轻质弹簧拴接在一起，弹簧处于原长．一颗子弹沿弹簧轴线方向射入物块A并留在其中，射入时间极短．下列说法中正确的是( )
A．子弹射入物块A的过程中，子弹和物块A的机械能守恒
B．子弹射入物块A的过程中，子弹对物块A的冲量大小大于物块A对子弹的冲量大小
C．子弹射入物块A后，两物块与子弹的动能之和等于射入物块A前子弹的动能
D．两物块运动过程中，弹簧最短时的弹性势能等于弹簧最长时的弹性势能
7．[2023·山东历城二中质检]斯诺克是台球比赛的一种．斯诺克本身的意思是“阻碍、障碍”，所以斯诺克台球有时也被称为障碍台球．如图所示，假设光滑水平面的一条直线上依次紧挨着放8个质量均为m的弹性红球，质量为1.5m的白球以初速度v0与8号红球发生弹性正碰，所有球的大小相同，每次碰撞时间均极短，则8号红球最终的速度大小为( )
A．0B．eq \f(6,5)v0C．eq \f(6,5)(eq \f(1,5))7v0D．eq \f(6,5)(eq \f(1,5))2v0
二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分．在每题给出的四个选项中，有多项符合题目要求)
8．一冲九霄，问鼎苍穹.2021年4月29日，长征五号B遥二运载火箭搭载空间站天和核心舱发射升空，标志着我国空间站建造进入全面实施阶段．下列关于火箭的描述正确的是( )
A．增加单位时间的燃气喷射量可以增大火箭的推力
B．增大燃气相对于火箭的喷射速度可以增大火箭的推力
C．当燃气喷出火箭喷口的速度相对于地面为零时火箭就不再加速
D．火箭发射时获得的推力来自于喷出的燃气与发射台之间的相互作用
9．[人教版选择性必修一P15T1改编]作为时尚青年热爱的运动，溜旱冰又炫又酷，备受追捧．如图甲所示，水平地面上有A、B两位同学，A的质量为50kg，B静止在地面上，A以一定的初速度向B滑去，一段时间后抱住B一起向右运动．若以向右为正方向，A运动的位移—时间图像(x­t图像)如图乙所示，不计空气阻力以及地面对人的阻力，则下列说法正确的是( )
A.B的质量为60kg
B．B的质量为75kg
C．A抱住B的过程中损失的机械能为375J
D．A抱住B的过程中损失的机械能为400J
10．如图所示，在光滑的水平面上静止放置一质量为m的木板B，木板表面光滑，左端固定一水平轻质弹簧．质量为2m的木块A以速度v0从木板的右端水平向左滑上木板B，在木块A与弹簧相互作用的过程中，下列说法正确的是( )
A．弹簧压缩量最大时，B板运动速率最大
B．B板的加速度先增大后减小
C．弹簧给木块A的冲量大小为eq \f(4mv0,3)
D．弹簧的最大弹性势能为eq \f(mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,3)
三、非选择题(本题共5个小题，共54分)
11．(6分)如图所示为“验证动量守恒定律”的实验装置示意图．实验时让两滑块分别从气垫导轨的左右两侧向中间运动，滑块运动过程中所受的阻力可忽略，它们通过光电门后发生碰撞．已知两滑块的遮光片的宽度相同，光电门记录的遮光片的挡光时间如表所示．
(1)实验前需要调节气垫导轨使其水平，在轨道上只放滑块A，轻推一下滑块A，其通过左侧光电门和右侧光电门的时间分别为t1、t2，若t1________t2(选填“>”“＝”或“<”)，则说明气垫导轨水平．
(2)要验证动量守恒定律，还必须要测量的物理量有________(并写出物理量的符号).
(3)在实验误差允许范围内，若满足关系式________________(用测量的物理量表示)，即验证了碰撞前后两滑块组成的系统动量守恒．
12．(10分)[2022·全国冲刺卷]用半径相同的两小球a、b的碰撞验证动量守恒定律，实验装置示意如图，斜槽与水平槽圆滑连接．实验时先不放球，使a球从斜槽上某一固定点P处由静止滚下，落到位于水平地面的记录纸上留下痕迹．再把b球静置于水平槽前端边缘处，让a球仍从P处由静止滚下，a球和b球碰撞后分别落在记录纸上留下各自的痕迹，记录纸上的O点是重垂线所指的位置．
(1)本实验必须测量的物理量有以下哪些________.
A．小球a、b的质量ma、mb
B．小球a、b的半径r
C．斜槽轨道末端到水平地面的高度H
D．小球a、b离开斜槽轨道末端后平抛飞行的时间
E．记录纸上O点到A、B、C各点的距离OA、OB、OC
F．球的固定释放点到斜槽轨道末端水平部分间的高度差h
(2)按照本实验方法，验证动量守恒的验证式是________．
(3)若测得各落点痕迹到O点的距离：OA＝2.68cm，OB＝8.62cm，OC＝11.50cm，并知两球的质量比为2∶1，系统碰撞前总动量p与碰撞后总动量p′的百分误差eq \f(|p－p′|,p)＝________%(结果保留一位有效数字).
13．(15分)[2023·广西重点中学联考]如图所示，“冰雪游乐场”滑道的O点的左边为水平滑道，右边为顶端高度为h＝3.2m的曲面滑道，左右两边的滑道在O点平滑连接．小孩乘坐冰车由静止开始从滑道顶端出发，经过O点后与处于静止状态的家长所坐的冰车发生碰撞，碰撞后两冰车(包含小孩和家长)一起共同运动．已知小孩和冰车的总质量m＝30kg，家长和冰车的总质量为M＝60kg，人与冰车均可视为质点，不计一切摩擦阻力，取重力加速度g＝10m/s2.求：
(1)小孩乘坐冰车经过O点时的速度大小v；
(2)碰撞后两冰车(包含小孩和家长)共同运动的速度大小v共，以及碰撞过程中小孩所坐冰车对家长所坐冰车的冲量I；
(3)碰撞过程中两冰车(包含小孩和家长)组成的系统损失的机械能ΔE.
14.(12分)算盘是我国古老的计算工具，中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动，使用前算珠需要归零．如图所示，水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置，甲靠边框b，甲、乙相隔s1＝3.5×10－2m，乙与边框a相隔s2＝2.0×10－2m，算珠与导杆间的动摩擦因数μ＝0.1.现用手指将甲以0.4m/s的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为0.1m/s，方向不变，碰撞时间极短且不计，重力加速度g取10m/s2.
(1)通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框a；
(2)求甲算珠从拨出到停下所需的时间．
15．(11分)如图所示，一圆心为O、半径为R的光滑半圆弧轨道固定在竖直平面内，其下端与光滑水平面在Q点相切．在水平面上，质量为m的小物块A以某一速度向质量也为m的静止小物块B运动．A、B发生正碰后，B到达半圆弧轨道最高点时对轨道压力恰好为零，A沿半圆弧轨道运动到与O点等高的C点时速度为零．已知重力加速度大小为g，忽略空气阻力．
(1)求B从半圆弧轨道飞出后落到水平面的位置到Q点的距离；
(2)当A由C点沿半圆弧轨道下滑到D点时，OD与OQ夹角为θ，求此时A所受力对A做功的功率；
(3)求碰撞过程中A和B损失的总动能．
单元素养评价（七）
1．解析：两鸡蛋从同一高度开始做自由落体运动，由h＝eq \f(1,2)gt2得t＝eq \r(\f(2h,g))，则两鸡蛋下落过程所用的时间相同，由IG＝mgt知，两鸡蛋下落过程中重力的冲量相同，由v2＝2gh得v＝eq \r(2gh)，则两鸡蛋下落过程的末速度相同，所以下落过程中两鸡蛋的末动量相同，A、B错误；碰撞过程中，两鸡蛋都从相同的速度减为0，则动量减小量相同，C错误；碰撞过程中，由于两鸡蛋动量变化量相同，鸡蛋B与石头作用时间短，则动量变化率eq \f(Δp,Δt)更大，D正确．
答案：D
2．解析：从火箭开始运动到点火的过程中，火箭先加速运动后减速运动，当加速度为零时，动能最大，A项正确；高压气体释放的能量转化为火箭的动能和重力势能及火箭与空气间因摩擦产生的热量，B项错误；根据动量定理可得高压气体对火箭的推力F、火箭自身的重力mg和空气阻力f的冲量矢量和等于火箭动量的变化量，C项错误；根据动能定理可得高压气体对火箭的推力F、火箭自身的重力mg和空气阻力f对火箭做的功之和等于火箭动能的变化量，D项错误．
答案：A
3．解析：设人从小车上跳起后沿水平方向的分速度为v1，小车沿水平方向的速度为v2，人和小车在水平方向的动量守恒，选取向左为正方向，则mv1－Mv2＝0，设人从右端到达左端时间为t，则有mv1t－Mv2t＝0，化简为mx1＝Mx2，由空间几何关系得x1＋x2＝L，联立解得车的位移为x2＝eq \f(mL,M＋m)，故选项C正确．
答案：C
4．解析：设烟花弹爆炸后瞬间两炸片的速度分别为v1、v2，由动量守恒定律有0＝eq \f(m,2)v1＋eq \f(m,2)v2，可得v1＝－v2，设两炸片爆炸后瞬间的速度大小均为v，根据题述，可知两炸片均做平抛运动，有2vt＝L，h＝eq \f(1,2)gt2，又ΔE＝eq \f(1,2)×eq \f(1,2)mv2＋eq \f(1,2)×eq \f(1,2)mv2，解得ΔE＝eq \f(mgL2,16h)，故B正确．
答案：B
5．解析：人和车以共同的速度在水平地面上沿直线前行，做匀减速直线运动，当车速为v0时，人从车上以相对于地面大小为v0的速度水平向后跳下，跳离前后系统动量守恒，规定车的速度方向为正方向，则有（m＋2m）v0＝2mv＋（－mv0），得v＝2v0.人跳车后车做匀减速直线运动，车所受地面阻力的大小与车对地面压力的大小成正比，所以人跳车前后车的加速度不变，故能正确表示车运动的v­t图像的是B项．
答案：B
6．解析：子弹射入物块A的过程为完全非弹性碰撞，动能损失最大，损失的动能转化为内能，则子弹和物块A的机械能不守恒，所以A错误；子弹射入物块A的过程中，子弹对物块A的冲量大小等于物块A对子弹的冲量大小，所以B错误；子弹射入物块A后，两物块与子弹的动能之和小于子弹射入物块A前的动能，因为该过程子弹的部分动能转化为内能，所以C错误；两物块运动过程中，弹簧最短时与弹簧最长时都是两物体具有共同速度时，有（mA＋m子）v1＝（mA＋m子＋mB）v2，ΔEp＝eq \f(1,2)（mA＋m子）v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －eq \f(1,2)（mA＋m子＋mB）v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ，则弹簧最短时的弹性势能等于弹簧最长时的弹性势能，所以D正确．
答案：D
7．解析：质量为1.5m的白球以初速度v0与8号红球发生弹性正碰，根据“一动碰一静”的弹性碰撞的特点可知，每与8号红球碰撞一次，白球的速度变为相应碰撞前的速度的eq \f(1.5m－m,1.5m＋m)＝eq \f(1,5)，而8号球在前7次与白球碰撞后，每次都将速度全部传给右侧球，故白球与8号球碰撞7次后，白球的速度v＝（eq \f(1,5)）7v0，此时8号球速度为零，在白球第8次与8号红球碰撞的过程中，根据动量守恒和能量守恒有1.5mv＝1.5mv′＋mv″，eq \f(1,2)×1.5mv2＝eq \f(1,2)×1.5mv′2＋eq \f(1,2)×mv″2，解得8号红球最终的速度大小为v″＝eq \f(6,5)（eq \f(1,5)）7v0，选项C正确．
答案：C
8．解析：根据FΔt＝Δmv可知，增加单位时间的燃气喷射量（即增加单位时间喷射气体的质量Δm）或增大燃气相对于火箭的喷射速度v，都可以增大火箭的推力，故选项A、B正确；当燃气喷出火箭喷口的速度相对于地面为零时，燃气相对火箭的速度不为零，且与火箭的运动方向相反，火箭仍然受推力作用，做加速运动，故C错误；燃气被喷出的瞬间，燃气对火箭的反冲力作用在火箭上，使火箭获得推力，故D错误．
答案：AB
9．解析：根据题图乙，A抱住B前，A的速度大小vA＝eq \f(Δx,Δt)＝eq \f(10,2)m/s＝5m/s，A抱住B后他们的共同速度大小v＝eq \f(Δx′,Δt′)＝eq \f(14－10,4－2)m/s＝2m/s，根据动量守恒定律有mAvA＝（mA＋mB）v，解得mB＝75kg，A错误，B正确；A抱住B的过程中损失的机械能ΔE＝eq \f(1,2)mAv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(A)) －eq \f(1,2)（mA＋mB）v2，解得ΔE＝375J，C正确，D错误．
答案：BC
10．解析：从弹簧的压缩量达到最大到弹簧恢复原长的过程中，弹簧对木板B有向左的弹力，B板仍在加速，所以当弹簧恢复原长时B板的速率最大，故A错误；弹簧压缩量先增大后减小，弹簧对B板的弹力先增大后减小，故B板的加速度先增大后减小，故B正确；设弹簧恢复原长时A与B的速度分别为v1和v2，取向左为正方向，根据动量守恒定律，有2mv0＝2mv1＋mv2，根据机械能守恒定律，有eq \f(1,2)·2mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝eq \f(1,2)·2mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ，解得v1＝eq \f(v0,3)，v2＝eq \f(4v0,3)，对木块A，根据动量定理，有I＝2mv1－2mv0＝－eq \f(4,3)mv0，故C正确；当木块与长木板速度相等时，弹簧的压缩量最大，弹性势能最大，根据动量守恒定律，有2mv0＝（m＋2m）v，A、B与弹簧组成的系统机械能守恒，根据机械能守恒定律，有Ep＝eq \f(1,2)·2mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) －eq \f(1,2)（2m＋m）v2，联立解得弹簧的最大弹性势能Ep＝eq \f(1,3)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ，故D正确．
答案：BCD
11．解析：（1）气垫导轨水平，滑块A在导轨上做匀速直线运动，则通过两个光电门的时间相等即t1＝t2
（2）由动量的表达式p＝mv知要验证动量守恒定律，还必须要测量的物理量有滑块A和遮光片的总质量m1、滑块B和遮光片的总质量m2；
（3）以向右为正方向，则有m1v1－m2v2＝－m1v3＋m2v4设遮光片的宽度为d.
则有v1＝eq \f(d,T1)，v2＝eq \f(d,T2)，v3＝eq \f(d,T3)，v4＝eq \f(d,T4)，
联立可得eq \f(m1,T1)－eq \f(m2,T2)＝－eq \f(m1,T3)＋eq \f(m2,T4).
答案：（1）＝ （2）滑块A和遮光片的总质量m1、滑块B和遮光片的总质量m2 （3）eq \f(m1,T1)－eq \f(m2,T2)＝－eq \f(m1,T3)＋eq \f(m2,T4)
12．解析：（1）a与b相撞后，b的速度增大，a的速度减小，碰前碰后都做平抛运动，高度相同，落地时间t相同，所以B点是没有碰时a球的落地点，A是碰后a的落地点，C是碰后b的落地点；要验证的表达式mav0＝mav1＋mbv2，两边乘以t可得mav0t＝mav1t＋mbv2t，即ma·OB＝ma·OA＋mb·OC，则需要测量的物理量是小球a、b的质量ma、mb以及记录纸上O点到A、B、C各点的距离OA、OB、OC；故B、C、D、F错误，A、E正确．故选AE.
（2）由上述分析可知验证动量守恒的验证式是ma·OB＝ma·OA＋mb·OC.
（3）未放b球时a球落地点是记录纸上的B点；设a、b的质量分别为2m和m，则碰前动量p＝ma·OB＝2m×8.62＝17.24m，碰后总动量p′＝ma·OA＋mb·OC＝2m×2.68＋m×11.50＝16.86m
则eq \f(|p－p′|,p)＝eq \f(17.24m－16.86m,17.24m)＝2%.
答案：（1）AE （2）ma·OB＝ma·OA＋mb·OC （3）2
13．解析：（1）对小孩与其所坐的冰车整体，由动能定理有mgh＝eq \f(1,2)mv2
解得v＝8m/s.
（2）碰撞过程中，由动量守恒定律有
mv＝（m＋M）v共
解得v共＝eq \f(8,3)m/s
对家长所坐冰车，由动量定理有I＝Mv共
解得I＝160N·s（或160kg·m·s－1）.
（3）由能量守恒定律有
ΔE＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)（m＋M）v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(共))
解得ΔE＝640J.
答案：（1）8m/s （2）eq \f(8,3)m/s 160N·s（或160kg·m·s－1）
（3）640J
14．解析：（1）甲算珠从被拨出到与乙算珠碰撞前，做匀减速直线运动，
加速度大小a1＝eq \f(μmg,m)＝1m/s2，
设甲算珠与乙算珠碰撞前瞬间的速度为v1，
则v2－v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝2a1s1，
解得v1＝0.3m/s，
甲、乙两算珠碰撞时，由题意可知碰撞过程中动量守恒，取甲算珠初速度方向为正方向，
则有mv1＝mv′1＋mv乙，其中v′1＝0.1m/s，
解得碰撞后乙算珠的速度v乙＝0.2m/s，
碰撞后，乙算珠做匀减速直线运动，加速度大小a2＝eq \f(μmg,m)＝1m/s2，
设乙算珠能运动的最远距离为x，
则x＝eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(乙)) ,2a2)＝0.02m，
由于x＝s2，
所以乙算珠能够滑动到边框a.
（2）甲算珠从拨出到与乙算珠碰撞所用时间t1＝eq \f(v－v1,a1)＝0.1s，
碰撞后甲算珠继续做匀减速直线运动直到停止，所用时间t2＝eq \f(v′1,a1)＝0.1s，
所以甲算珠从拨出到停下所需的时间t＝t1＋t2＝0.2s.
答案：（1）能，计算过程见解析 （2）0.2s
15．解析：（1）设B到半圆弧轨道最高点时速度为v′2；由于B对轨道最高点的压力为零，则由牛顿第二定律得mg＝meq \f(v′ eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,R)
B离开最高点后做平抛运动，则在竖直方向上有2R＝eq \f(1,2)gt2
在水平方向上有x＝v′2t
联立解得x＝2R.
（2）对A由C到D的过程，由机械能守恒定律得
mgRcsθ＝eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(D))
由于对A做功，力只有重力，则A所受力对A做功的功率为P＝mgvDsinθ
解得P＝mgsinθeq \r(2gRcsθ).
（3）设A、B碰后瞬间的速度分别为v1，v2，对B由Q到最高点的过程，由机械能守恒定律得
eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＝eq \f(1,2)mv′ eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＋mg·2R
解得v2＝eq \r(5gR)
对A由Q到C的过程，由机械能守恒定律得eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝mgR
解得v1＝eq \r(2gR)
设碰前瞬间A速度为v0，对A、B碰撞的过程，由动量守恒定律得mv0＝mv1＋mv2
解得v0＝eq \r(2gR)＋eq \r(5gR)
碰撞过程中A和B损失的总动能为
ΔE＝eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) －eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ，解得ΔE＝eq \r(10)mgR.
答案：（1）2R （2）mgsinθeq \r(2gRcsθ) （3）eq \r(10)mgR
左侧光电门
右侧光电门
碰前
T1
T2
碰后
T3
T4