第七章 动量守恒定律（A）-2021年高考物理一轮复习单元滚动双测卷

优创卷·一轮复习单元测评卷第七章 动量守恒定律A卷 名校原创基础卷一、选择题(本题共8小题，每小题4分.在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求.全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分.)1.将静置在地面上，质量为M（含燃料）的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体.忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是（   ）A. B.C. D.【答案】D【解析】火箭模型在极短时间点火，设火箭模型获得速度为v，据动量守恒定律有0=（M－m）v－mv0得.A. ，与结论不相符，选项A不符合题意；B. ，与结论不相符，选项B不符合题意；C. ，与结论不相符，选项C不符合题意；D. ，与结论相符，选项D符合题意；2.物体在恒定的合力F作用下，做直线运动，在时间△t1内速度由0增大到v，在时间△t2内速度由v增大到2v，设F在△t1内做功是W1，冲量是I1，在△t2内做的功是W2，冲量是I2，那么（　　）A.， B.，C.， D.，【答案】D【解析】根据动能定理：，，则.根据动量定理：，，知，故D正确，ABC错误.3.在光滑水平桌面上有两个相同的弹性小球A、B质量都为m，现B球静止，A球向B球运动，发生正碰.已知碰撞过程中总机械能守恒，两球压缩最紧时的弹性势能为EP，则碰前A球的速度等于（    ）A. B. C. D.【答案】C【解析】设碰撞前A球的速度为v，当两球压缩最紧时，速度相等，根据动量守恒得，，则，在碰撞过程中总机械能守恒，有，得，故C正确，A、B、D错误；故选C.4.高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动).此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为(　　)A.＋mg B.－mgC.＋mg D.－mg【答案】A【解析】在安全带对人有拉力的瞬间时，人做自由落体运动，此过程机械能守恒，故有，即在产生拉力瞬间速度为，之后人在安全带的作用下做变速运动，末速度为零，设向上为正方向，则根据动量定理可得：有，联立解得5.一质量为m1的物体以v0的初速度与另一质量为m2的静止物体发生碰撞，其中m2=km1，k＜1.碰撞可分为完全弹性碰撞、完全非弹性碰撞以及非弹性碰撞。碰撞后两物体速度分别为v1和v2.假设碰撞在一维上进行，且一个物体不可能穿过另一个物体。物体1撞后与碰撞前速度之比的取值范围是（　　）A.   B.   C.   D.【答案】B【解析】若发生弹性碰撞，则由动量守恒：m1v0=m1v1+m2v2；由能量关系： ，解得，则；若发生完全非弹性碰撞，则由动量守恒：m1v0=(m1+m2)v，解得，则。。故≤r≤，B正确。6.为了研究平抛物体的运动，用两个完全相同的小球A、B做下面的实验：如图所示，用小锤打击弹性金属片，A球立即水平飞出，同时B球被松开，做自由落体运动，两球同时落地.A、B两小球自开始下落到落地前的过程中，两球的（    ）A.速率变化量相同 B.速度变化率不同C.动量变化量相同 D.动能变化量不同【答案】C【解析】速率是标量，其变化量直接相减，A的速率变化量等于末速度的大小减小水平方向初速度的大小，B的速率变化量等于落地时竖直方向的速度大小，两者大小不相等，A错误；速度变化率指的就是两球的加速度，均为g，相同，B错误；两个小球所受重力相同，落地时间相同，动量的变化量相同为mgt， C正确；下落高度相同，重力做功相同，动能的变化量等于重力做功，相同，D错误.7.一质量为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时的a­t图象如图所示,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18m/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【答案】D【解析】根据△v=a△t可知a-t图象中，图象与坐标轴围成的面积表示速度的增量，则在t=6s时刻，物体的速度v6=v0+△v=2+ ×(2+4)×6=20m/s，故A错误；根据动能定理得：W合＝△Ek＝mv62−mv02=396J，故B错误；根据动量定理，在 0～6 s时间内： 解得IF=48N∙s，故C错误；在t=6s时刻，根据牛顿第二定律得：F=ma+f=2×4+2=10N，拉力F的功率P=Fv6=10×20=200W，故D正确.故选D.8.如图所示，木块B与水平面间的摩擦不计，子弹A沿水平方向射入木块并在极短时间内相对于木块静止下来，然后木块压缩弹簧至弹簧最短.将子弹射入木块到刚相对于静止的过程称为I，此后木块压缩的过程称为Ⅱ，则（　　） A.过程Ⅰ中，子弹和木块所组成的系统机械能不守恒，动量守恒B.过程Ⅰ中，子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能不守恒，动量也不守恒C.过程Ⅱ中，子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能守恒，动量也守恒D.过程Ⅱ中，子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能守恒，动量不守恒【答案】AD【解析】AB.在子弹射入木块到刚相对于静止的过程I中，子弹和木块组成的系统不受外力，系统的动量守恒，但要系统克服阻力做功，产生内能，所以系统的机械能不守恒，故A正确，B错误；
CD.在Ⅱ过程中，系统受到墙壁的作用力，外力之和不为零，则系统的动量不守恒，但系统只有弹簧弹力做功，系统的机械能守恒，故C错误，D正确。故选AD。9.如图所示，一质量M=2.0kg的长木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m=1.0kg的小物块A。给A和B以大小均为3.0m/s、方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离B板。下列说法正确的是（  ）A.A，B共速时的速度大小为1m/sB.在小物块A做加速运动的时间内，木板B速度大小可能是2m/sC.从A开始运动到A，B共速的过程中，木板B对小物块A的水平冲量大小为2N·sD.从A开始运动到A，B共速的过程中，小物块A对木板B的水平冲量方向向左【答案】AD【解析】A、设水平向右为正方向，根据动量守恒定律得：，解得，A正确；B、设水平向右为正方向，在小物块向左减速到速度为零时，设长木板速度大小为，根据动量守恒定律：，解得：，所以当小物块反向加速的过程中，木板继续减速，木板的速度必然小于1.5m/s，所以B错误；C、设水平向右为正方向，根据动量定理，AB两物体相互作用的过程中，木板B对小物块A的平均冲量大小为，故C错误；D、设水平向右为正方向，根据动量定理，A对B的水平冲量，负号代表与正方向相反，即向左。故D正确。故本题选AD。10.如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1、m2的两物块A、B相连接，并静止在光滑水平面上.现使B获得水平向右、大小为6m/s的瞬时速度，从此刻开始计时，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图象提供的信息可得（　　） A.在t1，t2时刻两物块达到共同速度2m/s，且弹簧都处于伸长状态B.从t3到t4时刻间弹簧由压缩状态恢复到原长C.两物体的质量之比为m1：m2=2：1D.在t2时刻，A、B两物块的动能之比为Ek1：Ek2=4：1【答案】BC【解析】A、从图象可以看出，从0到t1的过程中弹簧被拉长，t1时刻两物块达到共同速度2m/s，此时弹簧处于伸长状态；由图示图象可知，t2时刻两物体的速度大小不相等，且方向相反，则速度不同，故A错误；B、由图示图象可知，t3时刻速度相等，弹簧处于压缩状态，从t3到t4时间内A做减速运动，B做加速运动，弹簧由压缩状态恢复到原长，故B正确；C、由图示图象可知，t1时刻两物体相同，都是2m/s，A、B系统动量守恒，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m2v1=（m1+m2）v2 ，即m2×6=（m1+m2）×2，解得：m1：m2=2：1，故C正确；D、由图示图象可知，在t2时刻，A、B两物块的速度分别为：4m/s、-2m/s，两物体的动能之比为Ek1：Ek2= =8：1，故D错误；故选BC.二、非选择题（本大题共6小题，共60分）11.某同学设计了一个用电磁打点计时器验证动量守恒定律的实验：小车的前端粘有橡皮泥，推动小车使之做匀速运动，后与原来静止在前方的小车相碰并粘合成一体，继续做匀速运动。他设计的装置如图所示.在小车后连着纸带，电磁打点计时器所用电源频率为50，长木板下垫着小木片以平衡摩擦力.（1）若已测得打点的纸带如图乙所示，并测得各计数点的间距(已标在图上).A为运动的起点，则应选________段来计算碰撞前的速度，应选________段来计算和碰后的共同速度(以上两空选填“AB”“BC”“CD”或“DE”)。（2）已测得小车的质量，小车的质量，则以上测量结果可得：________，碰后________。【答案】BC    DE            【解析】（1）[1][2].推动小车由静止开始运动，故小车有个加速过程，在碰撞前做匀速直线运动，即在相同的时间内通过的位移相同，故BC段为匀速运动的阶段，故选BC计算碰前的速度；碰撞过程是一个变速运动的过程，而A和B碰后的共同运动时做匀速直线运动，故在相同的时间内通过相同的位移，故应选DE段来计算碰后共同的速度。
（2）[3][4].由图可知，BC=10.50cm=0.1050m；DE=6.95cm=0.0695cm；
碰前小车的速度为碰前的总动量为p=mAvA=0.4×1.05=0.420kg•m/s；碰后小车的共同速度为 碰后的动量为p′=（mA+mB）v=（0.4+0.2）×0.695=0.417kg•m/s；12.如图1所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系.O是小球抛出时球心在地面上的垂直投影点，实验时，先让入射小球m1多次从斜轨上S位置由静止释放，找到其落地点的平均位置P，测量平抛水平射程OP.然后把被碰小球m2静置于水平轨道的末端，再将入射小球m1从斜轨上S位置由静止释放，与小球m2相撞，多次重复实验，找到两小球落地的平均位置M、N.① 图2是小球m2的多次落点痕迹，由此可确定其落点的平均位置对应的读数为_______cm.② 下列器材选取或实验操作符合实验要求的是____________.A.可选用半径不同的两小球B.选用两球的质量应满足m1>m2C.小球m1每次必须从斜轨同一位置释放D.需用秒表测定小球在空中飞行的时间③ 在某次实验中，测量出两小球的质量分别为m1、m2，三个落点的平均位置与O点的距离分别为OM、OP、ON.在实验误差允许范围内，若满足关系式________________，即验证了碰撞前后两小球组成的系统动量守恒.（用测量的物理量表示）④ 验证动量守恒的实验也可以在如图3所示的水平气垫导轨上完成.实验时让两滑块分别从导轨的左右两侧向中间运动，滑块运动过程所受的阻力可忽略，它们穿过光电门后发生碰撞并粘连在一起.实验测得滑块A的总质量为m1、滑块B的总质量为m2，两滑块遮光片的宽度相同，光电门记录的遮光片挡光时间如下表所示. 左侧光电门右侧光电门碰前T1T2碰后T3、T3无a.在实验误差允许范围内，若满足关系式_______________________，即验证了碰撞前后两滑块组成的系统动量守恒.（用测量的物理量表示）b. 关于实验，也可以根据牛顿运动定律及加速的的定义，从理论上推导得出碰撞前后两滑块的动量变化量大小相等、方向相反.请写出推导过程__________（推导过程中对我用的物理量做必要的说明）.【答案】55.50 （55.40~55.60）    BC    m1OP= m1OM + m2ON        具体推导过程见下面的解析    【解析】第一空.用尽量小的圆将多个落点圈起来，然后找到圆心的位置，即为平均落点的位置，由图2可以读出平均落点所对应的读数为55.50 cm；第二空.A.为保证碰撞在同一条水平线上，所以两个小球的半径要相等，故选项A错误；B.为保证入射小球不反弹，入射小球的质量应比被碰小球质量大，故选项B正确；C.小球离开轨道后做平抛运动，由于小球抛出点的高度相等，它们在空中的运动时间相等，小球的水平位移与小球的初速度成正比，所以入射球必须从同一高度释放，故选项C正确；D.小球在空中做平抛运动的时间是相等的，所以不需要测量时间，故选项D错误.第三空.要验证动量守恒定律定律，即验证，小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间相等，上式两边同时乘以得，可得，可知实验需要验证；第四空.由于右侧光电门碰后无示数，所以两滑块碰撞后速度方向向左；滑块上遮光片宽度较小，因此可认为滑块挡光的平均速度近似等于其瞬时速度；设挡光片的宽度为，以向右为正方向，根据动量守恒定律有 ，即，只要验证该式是否成立，即可验证两滑块碰撞前后的总动量是否守恒；第五空.根据牛顿第二定律有， 根据牛顿第三定律有： 于是： 根据加速度定义： 于是有：则有：13.光滑水平面上有一质量为M的滑块，滑块的左侧是一光滑的圆弧，圆弧半径为R=1m.一质量为m的小球以速度v0向右运动冲上滑块.已知M=4m，g取10m/s2，若小球刚好没跃出圆弧的上端，求：（1）小球的初速度v0是多少？（2）滑块获得的最大速度是多少？【答案】（1）5 m/s （2）2 m/s【解析】（1）当小球上升到滑块上端时，小球与滑块水平方向速度相同，设为v1，根据水平方向动量守恒有：由系统机械能守恒：解得v0="5" m/s（2）小球到达最高点以后又滑回，滑块又做加速运动，当小球离开滑块后滑块速度最大.研究小球开始冲上滑块一直到离开滑块的过程，根据动量守恒和能量守恒有：解得v0="2" m/s14.如图，质量为6m、长为L的薄木板AB放在光滑的平台上，木板B端与台面右边缘齐平.B端上放有质量为3m且可视为质点的滑块C，C与木板之间的动摩擦因数为μ＝，质量为m的小球用长为L的细绳悬挂在平台右边缘正上方的O点，细绳竖直时小球恰好与C接触.现将小球向右拉至细绳水平并由静止释放，小球运动到最低点时细绳恰好断裂，小球与C碰撞后反弹速率为碰前的一半.   (1)求细绳能够承受的最大拉力；(2)若要使小球落在释放点的正下方P点，平台高度应为多大；(3)通过计算判断C能否从木板上掉下来.【答案】(1)3mg(2)L(3) 滑块C不会从木板上掉下来【解析】（1）设小球运动到最低点的速率为v0，小球向下摆动过程机械能守恒，由机械能守恒定律得： 解得：小球在圆周运动最低点，由牛顿第二定律： 由牛顿第三定律可知，小球对细绳的拉力：T´=T解得：T´=3mg（2）小球碰撞后平抛运动.在竖直方向上：水平方向：L=解得：h=L（3）小球与滑块C碰撞过程中小球和C系统满足动量守恒，设C碰后速率为v1，以小球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得： 设木板足够长，在C与木板相对滑动直到相对静止过程，设两者最终共同速率为v2，由动量守恒定律的： 由能量守恒定律得： 联立⑨⑩⑪解得：s=L/2由s<L知，滑块C不会从木板上掉下来.15.如图甲所示，质量为M＝3.0kg的平板小车C静止在光滑的水平面上，在t＝0时，两个质量均为1.0 kg的小物体A和B同时从左右两端水平冲上小车，1.0s内它们的v-t图象如图乙所示，g取10m/s2.(1)小车在1.0s内的位移为多大？(2)要使A、B在整个运动过程中不会相碰，车的长度至少为多少？【答案】(1)0   (2)4.8m【解析】(1)由图可知，在第1 s内，A、B的加速度大小相等，为a＝2m/s2；则物体A、B所受的摩擦力均为，方向相反；根据牛顿第三定律，车C受到A、B的摩擦力大小相等，方向相反，合力为零，处于静止状态，故小车在1.0s内的位移为零.(2)设系统最终的速度为v，由系统动量守恒得：代入数据，解得v＝0.4m/s，方向向右.由系统能量守恒得：解得A、B的相对位移，即车的最小长度16.某工地一传输工件的装置可简化为如图所示的情形，为一段足够大的圆弧固定轨道，圆弧半径，为水平轨道，为一段圆弧固定轨道，圆弧半径，三段轨道均光滑.一长为、质量为的平板小车最初停在轨道的最左端，小车上表面刚好与轨道相切，且与轨道最低点处于同一水平面.一可视为质点、质量为的工件从距轨道最低点高处沿轨道自由滑下，滑上小车后带动小车也向右运动，小车与轨道左端碰撞（碰撞时间极短）后即被粘在处.工件只有从轨道最高点飞出，才能被站在台面上的工人接住.工件与小车间的动摩擦因数为，重力加速度取.当工件从高处静止下滑，求：（1）工件到达圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小；（2）工件滑上小车后，小车恰好到达处时与工件共速，求之间的距离；（3）若平板小车长，工件在小车与轨道碰撞前已经共速，则工件应该从多高处下滑才能让台面上的工人接住？ 【答案】（1）40N,（2）5.2m,（3）3.47m.【解析】（1）根据机械能守恒定律求解下滑到底端的速度，根据牛顿第二定律求解压力；（2）由动量守恒定律求解共速的速度，由动能定理求解位移；（3）由动量守恒定律、能量守恒定律、机械能守恒定律列方程联立求解.（1）工件下滑到B处，速度为，此过程机械能守恒：在B处： 联立以上两式求得 由牛顿第三定律得：工件对轨道最低点B的压力（2）工件与小车共速为，由动量守恒定律得：小车移动位移，由动能定理得：联立求得：则（3）设工件滑至B点时速度为，与小车共速为，工件到达C点时速度为由动量守恒定律得： 由能量守恒定律得：工件恰好滑到CD轨道最高点，由机械能守恒定律得： 工件从高为h′处下滑，则 联立，代入数据解得：