统考版2023版高考物理一轮复习单元质量评估（六）动量守恒定律含答案

这是一份统考版2023版高考物理一轮复习单元质量评估（六）动量守恒定律含答案，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。

一、选择题(1～5题为单项选择题，6～8题为多项选择题)
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．抗日战争时期，我军缴获不少敌军武器武装自己，其中某轻机枪子弹弹头质量约8 g，出膛速度大小约750 m/s.某战士在使用该机枪连续射击1分钟的过程中，机枪所受子弹的平均反冲力大小约12 N，则机枪在这1分钟内射出子弹的数量约为( )
A．40 B．80
C．120 D．160
3．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( )
4．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2∶5
B．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)
5．如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A以速度v0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x.现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B，如图乙所示，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x，则( )
A．物体A的质量为2m
B．物体A的质量为4m
C．弹簧压缩量最大时的弹性势能为mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0))
D．弹簧压缩量最大时的弹性势能为 eq \f(3,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0))
6．[2021·天津模拟]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
7．如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别是m1和m2的两木块A、B相连，静止在光滑水平面上．现使A瞬间获得水平向右的速度v＝3 m/s，以此时刻为计时起点．两木块的速度随时间变化规律如图乙所示，从图示信息可知( )
A．t1时刻弹簧最短，t3时刻弹簧最长
B．从t1时刻到t2时刻弹簧由伸长状态恢复到原长
C．两木块的质量之比为m1∶m2＝1∶2
D．在t2时刻两木块动能之比为Ek1∶Ek2＝1∶4
8．[2022·河南名校检测]如图所示，质量为M＝4 kg的小车Q静止在光滑的水平面上，质量为m＝2 kg的可视为质点的小球P用质量不计、长为L＝0.75 m的细线拴接在固定于小车上的竖直轻杆的顶端O点，细线不可拉伸，现将小球拉至与O点等高的位置，且细线刚好绷直，某时刻给小球一向下的速度v0＝3 m/s，重力加速度为g＝10 m/s2.当细线第一次呈竖直状态时，下列说法正确的是( )
A．小车Q的位移大小为0.25 m
B．小球P的速度大小为2 eq \r(6) m/s
C．小车Q的速度大小为2 m/s
D．细线对小球P做的功为7 J
二、非选择题
9．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＝0.620 kg，滑块b的质量为m2＝0.410 kg.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＝2.00 m/s，两滑块经过光电门2的速度为v2＝1.20 m/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).
10．一辆轿车强行超车时，与另一辆迎面驶来的轿车相撞，两车相撞后，两车车身因相互挤压，皆缩短了0.5 m，据测算两车相撞前速度约为30 m/s.
(1)试求车祸中车内质量约60 kg的人受到的平均冲力；
(2)若此人系有安全带，安全带在车祸过程中与人体的作用时间是1 s，求这时人体受到的平均冲力．
11．如图所示，质量为m1＝0.5 kg的小物块P置于台面上的A点并与水平弹簧的右端接触(不拴接)，轻弹簧左端固定，且处于原长状态．质量M＝1 kg的长木板静置于水平面上，其上表面与水平台面相平，且紧靠台面右端．木板左端放有一质量m2＝1 kg的小滑块Q.现用水平向左的推力将P缓慢推至B点(弹簧仍在弹性限度内)，撤去推力，此后P沿台面滑到边缘C时速度v0＝10 m/s，与小车左端的滑块Q相碰，最后物块P停在AC的正中点，滑块Q停在木板上．已知台面AB部分光滑，P与台面AC间的动摩擦因数μ1＝0.1，A、C间距离L＝4 m．滑块Q与木板上表面间的动摩擦因数μ2＝0.4，木板下表面与水平面间的动摩擦因数μ3＝0.1(g取10 m/s2)，求：
(1)撤去推力时弹簧的弹性势能；
(2)长木板运动中的最大速度；
(3)长木板的最小长度．
单元质量评估（六） 动量守恒定律
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：C
2．解析：设1分钟内射出的子弹数量为n，则对这n颗子弹由动量定理得Ft＝nmv0，代入数据解得n＝120，选项C正确，A、B、D错误．
答案：C
3．解析：冰壶甲、乙碰撞过程动量守恒，碰撞前系统动量水平向右，碰撞后合动量也必然水平向右，碰撞后冰壶在摩擦力作用下做匀减速直线运动．所以碰撞点到最后停靠点的连线代表碰撞后的速度方向，连线的长短反映碰撞后的速度大小．A选项所示的图中，甲、乙碰后的动量都斜向右上方，不符合动量守恒定律，选项A错误．B选项所示的图中，碰撞后甲静止，乙水平向右运动，符合质量相等的物体发生弹性碰撞的过程，选项B是可能的．C选项所示的图中，甲在前，乙在后，碰后甲的速度不可能大于乙，即甲不可能在乙前面，选项C错误．D选项所示的图中，碰后甲的速度大于乙的速度，合动量水平向左，不符合动量守恒定律，选项D错误．
答案：B
4．解析：根据x－t图象的斜率表示速度可知，碰前滑块Ⅰ的速度v1＝－2 m/s，滑块Ⅱ的速度v2＝0.8 m/s，则碰前滑块Ⅰ与滑块Ⅱ的速度大小之比为5∶2，A错误；碰撞前后系统动量守恒，碰撞前，滑块Ⅰ的动量为负，滑块Ⅱ的动量为正，由于碰撞后系统的总动量为正，故碰撞前总动量也为正，碰撞前滑块Ⅰ的动量大小比滑块Ⅱ的动量大小小，B错误；碰撞后结合体的共同速度v＝0.4 m/s，根据动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝（m1＋m2）v，解得m1＝ eq \f(1,6) m2，由动能的表达式可知， eq \f(1,2) m1v eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(1)) > eq \f(1,2) m2v eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(2)) ，C错误，D正确．
答案：D
5．解析：当弹簧固定且弹簧的压缩量最大为x时，弹簧的弹性势能最大，根据机械能守恒定律知弹簧的最大弹性势能等于A的初动能，设A的质量为mA，即有Epm＝ eq \f(1,2) mAv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0)) ；当弹簧一端连接另一质量为m的物体B时，A与弹簧相互作用的过程中B将向右运动，A、B的速度相等时，弹簧的压缩量达到最大，仍为x，此时弹簧的弹性势能最大，选取A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mA·2v0＝（m＋mA）v，由机械能守恒定律得Epm＝ eq \f(1,2) mA（2v0）2－ eq \f(1,2) （mA＋m）v2，联立得mA＝3m，Epm＝ eq \f(3,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0)) ，故A、B、C错误，D正确．
答案：D
6．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
7．解析：由图可知t1时刻两木块达到共同速度1 m/s，且此时系统动能最小，根据系统机械能守恒可知，此时弹性势能最大，弹簧处于拉伸状态，故A错误；结合图象弄清两木块的运动过程，开始时A逐渐减速，B逐渐加速，弹簧被拉伸，t1时刻二者速度相当，系统动能最小，势能最大，弹簧被拉伸最厉害，然后弹簧逐渐恢复原长，B依然加速，A先减速为零，然后反向加速，t2时刻，弹簧恢复原长状态，故B正确；从0到t1时间，由动量守恒得m1v＝（m1＋m2）v1，将v＝3 m/s，v1＝1 m/s代入得m1∶m2＝1∶2，故C正确；在t2时刻A的速度为vA＝－1 m/s，B的速度为vB＝2 m/s，根据m1∶m2＝1∶2，可求得Ek1∶Ek2＝1∶8，故D错误．
答案：BC
8．解析：小球P从释放到细线第一次呈竖直状态的过程中，根据人船模型可知P、Q在水平方向运动的距离xP、xQ满足mxP＝MxQ，xP＋xQ＝L，可得xQ＝ eq \f(mL,m＋M) ＝0.25 m，选项A正确；设细线第一次呈竖直状态时小球P的瞬时速度大小为v1，小车的瞬时速度大小为v2，由水平方向动量守恒有0＝mv1－Mv2，由能量关系有 eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0)) ＋mgL＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(1)) ＋ eq \f(1,2) Mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(2)) ，解得v1＝4 m/s、v2＝2 m/s，选项B错误，C正确；设细线对小球做的功为WF，对小球P，从释放到细线第一次呈竖直状态的过程中，由动能定理有mgL＋WF＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(1)) － eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0)) ，解得WF＝－8 J，选项D错误．
答案：AC
9．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）1.550 （3） eq \f(d,Δt) （4）1.240 1.236
10．解析：（1）两车相撞时可认为人与车一起做匀减速运动直到停止，位移为0.5 m.
设运动的时间为t，根据x＝ eq \f(v0,2) t，得t＝ eq \f(2x,v0) ＝ eq \f(1,30) s，
规定其中一辆轿车运动方向为正方向，
以这辆轿车内的人为研究对象，根据动量定理得：
－Ft＝0－mv0
解得F＝ eq \f(mv0,t) ＝5.4×104 N.
（2）若人系有安全带，则－F′t′＝0－mv0
解得F′＝ eq \f(mv0,t′) ＝1.8×103 N.
答案：（1）5.4×104 N （2）1.8×103 N
11．解析：（1）小物块P由B点到C点的过程：
W弹－μ1m1gL＝ eq \f(1,2) m1v eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0)) －0
解得：W弹＝27 J
Ep＝W弹＝27 J
即：撤去推力时弹簧的弹性势能为27 J.
（2）小物块P和滑块Q碰撞过程动量守恒，以v0的方向为正方向
m1v0＝－m1vP＋m2vQ
小物块P从碰撞后到静止－ eq \f(1,2) μ1m1gL＝0－ eq \f(1,2) m1v eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(P))
解得vQ＝6 m/s
滑块Q在长木板上滑动过程中：
对Q：－μ2m2g＝m2a1
对木板：μ2m2g－μ3（M＋m2）g＝Ma2
解得：a1＝－4 m/s2
a2＝2 m/s2
当滑块Q和木板速度相等时，木板速度最大，
设最大速度为v，滑行时间为t0
对Q：v＝vQ＋a1t0
对木板：v＝a2t0
解得：t0＝1 s
v＝2 m/s
则长木板运动中的最大速度为2 m/s
（3）在滑块Q和木板相对滑动过程中Q的位移：
xQ＝ eq \f(1,2) （vQ＋v）·t0
木板的位移：x板＝ eq \f(1,2) （0＋v）·t0
木板的最小长度：L＝xQ－x板
解得：L＝3 m
答案：（1）27 J （2）2 m/s （3）3 m