2021届高考物理（全国通用）精练 第六章 动量守恒定律 Word版含答案

这是一份2021届高考物理（全国通用）精练 第六章 动量守恒定律 Word版含答案，共15页。试卷主要包含了下列说法正确的是，CD，ACD等内容，欢迎下载使用。

1．本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共4页．
2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．
3．本次考试时间90分钟，满分100分．
4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．
第Ⅰ卷(选择题，共44分)
一、选择题(本题共11小题，每小题4分，共44分．在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一个选项正确，第8～11题有多项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分)
1．一质量为m的物体沿倾角为θ的固定斜面匀速下滑，滑到底端历时为t，则下滑过程中斜面对物体的冲量大小和方向为( )
A．大小为mgcsθ·tB．方向垂直斜面向上
C．大小为mgsinθ·tD．方向竖直向上
2．质量为60kg的建筑工人，不慎从高空跌下，幸好有弹性安全带的保护使他悬挂起来．已知弹性安全带的缓冲时间是1.5s，安全带自然长度为5m，g取10m/s2，则安全带所受的平均冲力的大小为( )
A．500NB．1100N
C．600ND．1000N
3.如图1所示，一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离．已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1为( )
图1
A．v0－v2B．v0＋v2C．v0－eq \f(m2,m1)v2D．v0＋eq \f(m2,m1)(v0－v2)
4.在光滑水平面上有三个完全相同的小球，它们成一条直线，2、3小球静止并靠在一起，1球以速度v0射向它们，如图2所示．设碰撞中不损失机械能，则碰后三个小球的速度可能是( )
图2
A．v1＝v2＝v3＝eq \f(1,\r(3))v0
B．v1＝0，v2＝v3＝eq \f(1,\r(2))v0
C．v1＝0，v2＝v3＝eq \f(1,2)v0
D．v1＝v2＝0，v3＝v0
5.如图3所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为M的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量为m(m＜M)的小球从槽高h处开始自由下滑，下列说法正确的是( )
图3
A．在以后的运动过程中，小球和槽的水平方向动量始终守恒
B．在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力始终不做功
C．全过程小球和槽、弹簧所组成的系统机械能守恒，且水平方向动量守恒
D．被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，但小球不能回到槽高h处
6.A、B两球沿一直线运动并发生正碰，如图4所示为两球碰撞前后的位移－时间图象，a、b分别为A、B两球碰前的位移－时间图象，c为碰撞后两球共同运动的位移－时间图象，若A球质量m＝2kg，则由图可知下列结论错误的是( )
图4
A．A、B碰撞前的总动量为3kg·m/s
B．碰撞时A对B所施冲量为－4N·s
C．碰撞前后A的动量变化为4kg·m/s
D．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10J
7.如图5所示，细线上端固定于O点，其下端系一小球，静止时细线长L.现将悬线和小球拉至图中实线位置，此时悬线与竖直方向的夹角θ＝60°，并于小球原来所在的最低点处放置一质量相同的泥球，然后使悬挂的小球从实线位置由静止释放，它运动到最低点时与泥球碰撞并合为一体，它们一起摆动中可达到的最大高度是( )
图5
A.eq \f(L,2)B.eq \f(L,4)C.eq \f(L,8)D.eq \f(L,16)
8.如图6所示将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧有一固定在水平面上的物块，今让一小球自左侧槽口A的正上方从静止开始落下，与半圆槽相切自A点进入槽内，则以下结论中正确的是( )
图6
A．小球在半圆槽内由A向B运动做圆周运动，由B向C运动也做圆周运动
B．小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒
C．小球自半圆槽的最低点B向C点运动的过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒
D．小球离开C点以后，将做斜抛运动
9.带有eq \f(1,4)光滑圆弧轨道、质量为M的滑车静止置于光滑水平面上，如图7所示，一质量为m的小球以速度v0水平冲上滑车，到达某一高度后，小球又返回车的左端．若M＝2m，则( )
图7
A．小球以后将向左做平抛运动
B．小球将做自由落体运动
C．此过程中小球对滑车做的功为eq \f(2Mv\\al(2,0),9)
D．小球在弧形槽上升的最大高度为eq \f(v\\al(2,0),3g)
10．下列说法正确的是( )
A．一对平衡力所做功之和一定为零，一对作用力与反作用力所做功之和也一定为零
B．一对平衡力的冲量之和一定为零，一对作用力与反作用力的冲量之和也一定为零
C．合力冲量的方向一定与物体动量的变化方向相同，也一定与物体的末动量方向相同
D．火箭喷出的燃气的速度越大、火箭的质量比越大，则火箭获得的速度就越大
11．如图8所示是质量为M＝1.5kg的小球A和质量为m＝0.5kg的小球B在光滑水平面上做对心碰撞前后画出的位移x－时间t图象，由图可知( )
图8
A．两个小球在碰撞前后动量不守恒
B．碰撞过程中，B损失的动能是3J
C．碰撞前后，A的动能不变
D．这两个小球的碰撞是弹性的
第Ⅱ卷(非选择题，共56分)
二、非选择题(共56分)
12．(8分)某同学利用气垫导轨做“探究碰撞中的不变量”的实验，气垫导轨装置如图9所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架、光电门等组成．
图9
(1)下面是实验的主要步骤：
①安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平；
②向气垫导轨通入压缩空气；
③接通光电计时器；
④把滑块2静止放在气垫导轨的中间；
⑤滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳；
⑥释放滑块1，滑块1通过光电门1后与左侧固定弹簧的滑块2碰撞，碰后滑块1和滑块2依次通过光电门2，两滑块通过光电门后依次被制动；
⑦读出滑块通过两个光电门的挡光时间分别为：滑块1通过光电门1的挡光时间Δt1＝10.01ms，通过光电门2的挡光时间Δt2＝49.99ms，滑块2通过光电门2的挡光时间Δt3＝8.35ms；
⑧测出挡光片的宽度d＝5mm，测得滑块1(包括撞针)的质量m1＝300g，滑块2(包括弹簧)质量为m2＝200g.
(2)数据处理与实验结论：
①实验中气垫导轨的作用是：A.__________________，
B．____________________________________________.
②碰撞前滑块1的速度v1为______m/s；碰撞后滑块1的速度v2为______ m/s；滑块2的速度v3为______m/s；(结果保留两位有效数字)
③在误差允许的范围内，通过本实验，同学们可以探究出哪些物理量是不变的？通过对实验数据的分析说明理由．(至少回答2个不变量)
a．________________________________________________________________________；
b．________________________________________________________________________.
13．(8分)两位同学用如图10所示装置，通过半径相同的A、B两球的碰撞来验证动量守恒定律．
图10
(1)实验中必须满足的条件是( )
A．斜槽轨道尽量光滑以减小误差
B．斜槽轨道末端的切线必须水平
C．入射球A每次必须从轨道的同一位置由静止滚下
D．两球的质量必须相等
(2)测量所得入射球A的质量为mA，被碰撞小球B的质量为mB，图中O点是小球抛出点在水平地面上的垂直投影，实验时，先让入射球A从斜轨上的起始位置由静止释放，找到其平均落点的位置P，测得平抛射程为OP；再将入射球A从斜轨上起始位置由静止释放，与小球B相撞，分别找到球A和球B相撞后的平均落点M、N，测得平抛射程分别为OM和ON.当所测物理量满足表达式________时，即说明两球碰撞中动量守恒；如果满足表达式________时，则说明两球的碰撞为完全弹性碰撞．
(3)乙同学也用上述两球进行实验，但将实验装置进行了改装；如图11所示，将白纸、复写纸固定在竖直放置的木条上，用来记录实验中球A、球B与木条的撞击点．实验时，首先将木条竖直立在轨道末端右侧并与轨道接触，让入射球A从斜轨上起始位置由静止释放，撞击点为B′；然后将木条平移到图中所示位置，入射球A从斜轨上起始位置由静止释放，确定其撞击点P′；再将入射球A从斜轨上起始位置由静止释放，与球B相撞，确定球A和球B相撞后的撞击点分别为M′和N′.测得B′与N′、P′、M′各点的高度差分别为h1、h2、h3.若所测物理量满足表达式________时，则说明球A和球B碰撞中动量守恒．
图11
14．(9分)某同学设计了一个电磁推动加喷气推动的火箭发射装置，如图12所示．竖直固定在绝缘底座上的两根长直光滑导轨，间距为L.导轨间加有垂直导轨平面向里的匀强磁场B.绝缘火箭支撑在导轨间，总质量为m，其中燃料质量为m′，燃料室中的金属棒EF电阻为R，并通过电刷与电阻可忽略的导轨良好接触．引燃火箭下方的推进剂，迅速推动刚性金属棒CD(电阻可忽略且和导轨接触良好)向上运动，当回路CEFDC面积减少量达到最大值ΔS，用时Δt，此过程激励出强电流，产生电磁推力加速火箭，在Δt时间内，电阻R产生的焦耳热使燃料燃烧形成高温高压气体．当燃烧室下方的可控喷气孔打开后，喷出燃气进一步加速火箭．
图12
(1)求回路在Δt时间内感应电动势的平均值及通过金属棒EF的电荷量，并判断金属棒EF中的感应电流方向；
(2)经Δt时间火箭恰好脱离导轨，求火箭脱离时的速度v0；(不计空气阻力)
(3)火箭脱离导轨时，喷气孔打开，在极短的时间内喷射出质量为m′的燃气，喷出的燃气相对喷气前火箭的速度为u，求喷气后火箭增加的速度Δv.(提示：可选喷气前的火箭为参考系)
15．(9分)如图13甲所示，物块A、B的质量分别是mA＝4.0kg和mB＝3.0kg.用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触．另有一物块C从t＝0时以一定速度向右运动，在t＝4s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v－t图象如图乙所示．求：
图13
(1)物块C的质量m；
(2)墙壁对物块B在4s到12s的时间内的冲量I的大小和方向；
(3)B离开墙后的过程中弹簧具有的最大弹性势能Ep.
16．(10分)如图14所示，水平地面上静止放置一辆小车A，质量mA＝4kg，上表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计．可视为质点的物块B置于A的最右端，B的质量mB＝2kg.现对A施加一个水平向右的恒力F＝10N，A运动一段时间后，小车左端固定的挡板与B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A、B粘合在一起，共同在F的作用下继续运动，碰撞后经时间t＝0.6s，二者的速度达到v＝2m/s.求：
图14
(1)A开始运动时加速度a的大小；
(2)A、B碰撞后瞬间的共同速度v1的大小；
(3)A的上表面长度l.
17．(12分)如图15所示，C1D1E1F1和C2D2E2F2是距离为L的相同光滑导轨，C1D1和E1F1为两段四分之一的圆弧，半径分别为r1＝8r和r2＝r.在水平矩形D1E1E2D2内有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B.导体棒P、Q的长度均为L，质量均为m，电阻均为R，其余电阻不计，Q停在图中位置，现将P从轨道最高点无初速度释放，则：
图15
(1)求导体棒P进入磁场瞬间，回路中的电流的大小和方向(顺时针或逆时针)；
(2)若P、Q不会在轨道上发生碰撞，棒Q到达E1E2瞬间，恰能脱离轨道飞出，求导体棒P离开轨道瞬间的速度；
(3)若P、Q不会在轨道上发生碰撞，且两者到达E1E2瞬间，均能脱离轨道飞出，求回路中产生热量的范围．
答案精析
1．D
2．D
3．D
4．D
5．D
6．A kg·m/s＝4 kg·m/s
又：ΔpB＝mB(vB′－vB)，所以：mB＝eq \f(ΔpB,vB′－vB)＝eq \f(－4,－1－2)kg＝eq \f(4,3)kg
所以A与B碰撞前的总动量为：p总＝mvA＋mBvB＝ kg·m/s＝－eq \f(10,3)kg·m/s
由动量定理可知，碰撞时A对B所施冲量为：IB＝ΔpB＝－4kg·m/s＝－4N·s.
碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能：ΔEk＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)＋eq \f(1,2)mBveq \\al(2,B)－eq \f(1,2)(m＋mB)v2，代入数据解得：ΔEk＝10J，故A错误，B、C、D正确．]
7．C
8．CD
9．ACD
10．BD
11．BD J＝－3J，即损失3J，故B正确．
碰撞前A的动能为0，碰撞后A的动能大于零，故C错误．
A球动能增加量为ΔEkA＝eq \f(1,2)MvA′2－0＝3J，则知碰撞前后系统的总动能不变，此碰撞是弹性碰撞，故D正确．]
12．(2)①A.大大减少了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差
B．保证两个滑块的碰撞是一维的
②0.50 0.10 0.60
③见解析
解析 (2)①A.大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差．
B．保证两个滑块的碰撞是一维的．
②滑块1碰撞之前的速度
v1＝eq \f(d,Δt1)＝eq \f(5×10－3,10.01×10－3)m/s≈0.50 m/s；
滑块1碰撞之后的速度
v2＝eq \f(d,Δt2)＝eq \f(5×10－3,49.99×10－3)m/s≈0.10 m/s；
滑块2碰撞后的速度
v2＝eq \f(d,Δt3)＝eq \f(5×10－3,8.35×10－3)m/s≈0.60 m/s.
③a.系统碰撞前后质量与速度的乘积之和不变．
原因：系统碰撞之前的质量与速度的乘积m1v1＝0.15kg·m/s，系统碰撞之后的质量与速度的乘积之和m1v2＋m2v3＝0.15 kg·m/s.
b．碰撞前后总动能不变．
原因：碰撞前的总动能Ek1＝eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)＝0.0375J.
碰撞之后的总动能
Ek2＝eq \f(1,2)m1veq \\al(2,2)＋eq \f(1,2)m2veq \\al(2,3)＝0.0375J.
所以碰撞前后总动能相等．
13．(1)BC (2)mA·OP＝mA·OM＋mB·ON OP＋OM＝ON (3)eq \f(mA,\r(h2))＝eq \f(mA,\r(h3))＋eq \f(mB,\r(h1))
解析 (1)“验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，只要离开轨道后做平抛运动，对斜槽是否光滑没有要求，故A错误；要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平，故B正确；要保证碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要从同一高度由静止滚下，故C正确；为了使小球碰后不被反弹，要求被碰小球质量大于碰撞小球质量，故D错误；故选B、C.
(2)小球离开轨道后做平抛运动，由于小球抛出点的高度相同，它们在空中的运动时间t相等，它们的水平位移x与其初速度成正比，可以用小球的水平位移代替小球的初速度，若两球相碰前后的动量守恒，则mAv0＝mAv1＋mBv2，又OP＝v0t，OM＝v1t，ON＝v2t，代入得：mA·OP＝mA·OM＋mB·ON，若碰撞是弹性碰撞，则机械能守恒，由机械能守恒定律得：
eq \f(1,2)mAveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)mAveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)mBveq \\al(2,2).
将OP＝v0t，OM＝v1t，ON＝v2t代入得：
mA·OP2＝mA·OM2＋mB·ON2；两式联立可解得：OP＋OM＝ON
(3)小球做平抛运动，在竖直方向上：h＝eq \f(1,2)gt2，平抛运动时间：t＝eq \r(\f(2h,g))，设轨道末端到木条的水平位置为x，小球做平抛运动的初速度：vA＝xeq \r(\f(g,2h2))，vA′＝xeq \r(\f(g,2h3))，vB′＝xeq \r(\f(g,2h1))，如果碰撞过程动量守恒，则：mAvA＝mAvA′＋mBvB′，将vA、vA′、vB′的值代入，解得：eq \f(mA,\r(h2))＝eq \f(mA,\r(h3))＋eq \f(mB,\r(h1)).
14．(1)eq \f(BΔS,Δt) eq \f(BΔS,R) 方向向右 (2)eq \f(B2LΔS,mR)－gΔt
(3)eq \f(m′u,m－m′)
解析 (1)根据电磁感应定律，有
eq \x\t(E)＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(BΔS,Δt)，
q＝eq \x\t(I)Δt＝eq \f(ΔΦ,R)＝eq \f(BΔS,R)，
EF中的感应电流方向向右．
(2)平均感应电流eq \x\t(I)＝eq \f(\x\t(E),R)＝eq \f(BΔS,RΔt)，
平均安培力eq \x\t(F)＝Beq \x\t(I)L，
(eq \x\t(F)－mg)Δt＝mv0，
v0＝eq \f(B2LΔS,mR)－gΔt.
(3)以火箭为参考系，设竖直向上为正，由动量守恒定律－m′u＋(m－m′)Δv＝0.
得Δv＝eq \f(m′u,m－m′).
15．(1)2kg (2)36N·s 向左 (3)9J
解析 (1)由题图乙知，C与A碰前速度为v1＝9m/s，碰后速度为v2＝3 m/s，C与A碰撞过程动量守恒，以C的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
mCv1＝(mA＋mC)v2，解得：mC＝2kg.
(2)由图乙知，12s末A和C的速度为v3＝－3m/s,4s到12s墙对B的冲量为I＝(mA＋mC)v3－(mA＋mC)v2，解得：I＝－36N·s，方向向左．
(3)12s，B离开墙壁，之后A、B、C及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当A、C与B速度相等时，弹簧弹性势能最大，以A的速度方向为正方向
由动量守恒定律得：(mA＋mC)v3＝(mA＋mB＋mC)v4
由机械能守恒定律得：eq \f(1,2)(mA＋mC)veq \\al(2,3)＝eq \f(1,2)(mA＋mB＋mC)veq \\al(2,4)＋Ep
解得：Ep＝9J.
16．(1)2.5m/s2 (2)1 m/s (3)0.45m
解析 (1)以A为研究对象，由牛顿第二定律有
F＝mAa①
代入数据解得a＝2.5m/s2②
(2)对A、B碰撞后共同运动t＝0.6s的过程，由动量定理得Ft＝(mA＋mB)v－(mA＋mB)v1③
代入数据解得
v1＝1m/s④
(3)设A、B发生碰撞前，A的速度为vA，对A、B发生碰撞的过程，由动量守恒定律有
mAvA＝(mA＋mB)v1⑤
A从开始运动到与B发生碰撞前，由动能定理有
Fl＝eq \f(1,2)mAveq \\al(2,A)⑥
由④⑤⑥式，代入数据解得l＝0.45m.
17．(1)eq \f(2BL\r(gr),R) 逆时针 (2)3eq \r(gr)
(3)3mgr≤Q≤4mgr
解析 (1)导体棒P由C1C2下滑到D1D2，根据机械能守恒定律：mgr1＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,D)，vD＝4eq \r(gr)
导体棒P到达D1D2瞬间：
E＝BLvD
回路中的电流I＝eq \f(E,2R)＝eq \f(2BL\r(gr),R)
方向逆时针
(2)棒Q到达E1E2瞬间，恰能脱离轨道飞出，此时对Q：mg＝eq \f(mv\\al(2,Q),r2)，vQ＝eq \r(gr)
设导体棒P离开轨道瞬间的速度为vP，根据动量守恒定律：mvD＝mvP＋mvQ，代入数据得：vP＝3eq \r(gr)
(3)由(2)若导体棒Q恰能在到达E1E2瞬间飞离轨道，P也必能在该处飞离轨道．根据能量守恒，回路中产生的热量Q1＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,D)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,P)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,Q)＝3mgr
若导体棒Q与P能达到共速v，则根据动量守恒：
mvD＝(m＋m)v，v＝2eq \r(gr)
回路中产生的热量Q2＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,D)－eq \f(1,2)(m＋m)v2＝4mgr
综上所述，回路中产生热量的范围是3mgr≤Q≤4mgr.