2021版高考物理一轮复习 单元质检六 动量守恒定律力学三大观点（含解析）.docx

1、单元质检六动量守恒定律力学三大观点(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48分。在每小题给出的四个选项中,第15题只有一项符合题目要求,第68题有多项符合题目要求。全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)1.运动员向球踢了一脚,踢球时的力F=100 N,球在地面上滚动了t=10 s停下来,则运动员对球的冲量为()A.1 000 NsB.500 NsC.零D.无法确定2.如图所示,从竖直面上大圆的最高点A,引出两条不同的光滑轨道AB和AC,端点都在大圆上。相同物体由静止开始,从A点分别沿两条轨道滑到底端,则下列说法中正确的是()A.物体到达底端的速

2、度大小都相等B.物体重力的冲量都相同C.物体沿AB运动所用的时间小于沿AC运动所用的时间D.物体动量的变化率都相同3.(2019北京顺义一模)2018年3月22日,一架中国国际航空CA103客机,从天津飞抵香港途中遭遇鸟击,飞机头部被撞穿约一平方米的大洞,雷达罩被击穿,所幸客机及时安全着陆,无人受伤。若飞机飞行的速度为150 m/s,小鸟在空中的飞行速度非常小,与飞机的速度相比可忽略不计。已知小鸟的质量约为0.4 kg,小鸟与飞机的碰撞时间为6.010-4 s。则飞机受到小鸟对它的平均作用力的大小约为()A.108 NB.105 NC.103 ND.102 N4.(2019云南省一模)如图所示

3、,木块静止在光滑水平面上,两颗不同的子弹A、B从木块两侧同时射入木块,最终都停在木块内,这一过程中木块始终保持静止。若子弹A射入的深度大于子弹B射入的深度,则()A.子弹A的质量一定比子弹B的质量大B.入射过程中子弹A受到的阻力比子弹B受到的阻力大C.子弹A在木块中运动的时间比子弹B在木块中运动的时间长D.子弹A射入木块时的初动能一定比子弹B射入木块时的初动能大5.(2019山西太原五中高考模拟)北京时间2009年3月1日15时36分,在距月球表面100 km的圆轨道上运行的质量为1.2103 kg(连同燃料)的“嫦娥一号”卫星,在北京航天飞行控制中心科技人员的控制下发动机点火。在极短的时间内

4、以4.92 km/s的速度(相对月球表面)向前喷出质量为50 kg的气体后,卫星减速。只在月球引力的作用下下落,最后成功撞击到月球东经52.36度、南纬1.50度的预定的丰富海区域,实现了预期目标,为中国探月一期工程画上一个圆满的句号。已知月球的半径R=1.7103 km,月球表面的重力加速度g取1.8 m/s2。则“嫦娥一号”喷气后的速度约为()A.1.10 km/sB.1.56 km/sC.2.88 km/sD.3.78 km/s6.如图所示,质量M=2 kg的半圆形槽物体A放在光滑水平地面上,槽内表面光滑,其半径r=0.6 m。现有一个质量m=1 kg的小物块B在物体A的槽右端口获得瞬时

5、竖直向下的冲量I=2 Ns,此后物体A和物块B相互作用,使物体A在地面上运动,则()A.在A、B间存在相互作用的过程中,物体A和物块B组成的系统机械能守恒B.在A、B间存在相互作用的过程中,物体A和物块B组成的系统动量守恒C.物块B从槽口右端运动到左端时,物体A向右运动的位移是0.4 mD.物块B最终可从槽口左端竖直冲出,到达的最高点距槽口的高度为0.2 m7.某同学将一质量为m的小球A由地面竖直向上抛出,初速度的大小为v0,当到达最高点时,与另一质量也为m、初速度的大小也为v0竖直下抛的小球B发生弹性碰撞(时间非常短),经过一段时间A、B均落地。如果忽略空气阻力,重力加速度大小为g。则下述正

6、确的是()A.A在上升和下降过程中的动量的变化大小都为mv0B.A在上升和下降过程中的动量的变化的方向相同C.A落地时的动能为mv02D.A、B落地的时间差为(2-2)v0g8.如图甲所示,光滑水平面上有a、b两个小球,a球向b球运动并与b球发生正碰后黏合在一起共同运动,其碰前和碰后的s-t图象如图乙所示,已知ma=5 kg,若b球的质量为mb,两球因碰撞而损失的机械能为E,则()A.mb=1 kgB.mb=2 kgC.E=15 JD.E=35 J二、实验题(10分)9.(2019西南名校联盟模拟)某校同学利用如图所示装置验证动量守恒定律。图中,水平气垫导轨上装有光电门C和光电门D,滑块A、B

7、放在导轨上,位置如图所示;滑块A的右侧装有弹性弹簧片,滑块B的左侧也装有弹性弹簧片,两滑块上方都固定有宽度相同的遮光片,光电门C、D分别连接着光电计时器(未完全画出)可以记录遮光片通过光电门的时间。实验步骤:A.测量滑块A(含弹簧片)的质量mA,滑块B(含弹簧片)的质量mB;B.测量滑块A的遮光片的宽度d1,滑块B的遮光片的宽度d2;C.给滑块A一个向右的瞬时冲量,观察A的运动情况和A与B相碰后A、B各自的运动情况;D.记录下与光电门C相连的光电计时器记录的时间:第一次时间tC1、第二次时间tC2;E.记录下与光电门D相连的光电计时器记录的时间:tD实验记录:mAmBd1d2tC1tC2tD1

8、00g300g1.00cm1.00cm2.50ms4.90ms5.10ms数据处理(请完成以下数据处理,所有结果保留3位有效数字):(1)碰撞前A的速度大小v0=4.00 m/s,碰撞后A的速度大小v1为 m/s。(2)碰撞前后A的动量变化量大小p为kg m/s。(3)碰撞后B的速度大小v2为1.96 m/s。(4)碰撞前后B的动量变化量大小p为0.588 kg m/s。(5)本实验的相对误差的绝对值可表达为=p-pp100%,若5%,则可以认为系统动量守恒,本实验的为。三、计算题(本题共3小题,每小题14分,共42分)10.(2019河北衡水中学模拟)如图,足够大的光滑水平面上固定着一竖直挡

9、板,挡板前L处静止着质量m1=1 kg的小球A,质量m2=2 kg的小球B以速度v0运动,与小球A正碰。两小球可看作质点,小球与小球及小球与挡板的碰撞时间忽略不计,且碰撞中均没有机械能损失。求:(1)第1次碰撞后两小球的速度;(2)两小球第2次碰撞与第1次碰撞之间的时间;(3)两小球发生第3次碰撞时的位置与挡板的距离。11.(2019河北武邑中学模拟)如图所示,长为L1=2 m的细线拴一质量为m=1 kg的小球在水平面内做匀速圆周运动(圆锥摆),摆线与竖直方向的夹角为=37,不计空气阻力,当小球运动到P点时绳子断了,一段时间后小球恰好从光滑圆弧ABC的A点沿切线方向进入圆弧,进入圆弧时无机械能

10、损失,已知圆弧的半径R=118 m,=53,小球经圆弧运动到B点时与停在光滑地面的质量为M=2 kg的物块发生弹性正碰,物块运动到C后沿顺时针转动的倾斜的传送带CD运动,传送带CD与地面的倾角=37,速度为v=2 m/s,不计物块在C处的机械能损失。已知物块与传送带间的动摩擦因数为0.5,(sin 37=0.60,cos 37=0.80,g取10 m/s2)求:(1)小球到达圆弧B点时(碰撞前)的速度;(2)若物块M能够到达D端,传送带CD部分L2最长是多少?12.(2019四川绵阳三模)如图所示,半径R=0.8 m的四分之一光滑圆弧轨道C固定在水平光滑地面上,质量M=0.3 kg的木板B左端

11、与C的下端等高平滑对接但未粘连,右端固定一轻弹簧,弹簧原长远小于板长,将弹簧在弹性限度内压缩后锁定。可视为质点的物块A质量m=0.1 kg,从与圆弧轨道圆心O等高的位置由静止释放,滑上木板B后,滑到与弹簧刚接触时与木板相对静止,接触瞬间解除弹簧锁定,在极短时间内弹簧恢复原长,物块A被水平弹出,最终运动到木板左端时恰与木板相对静止。物块A与木板B间动摩擦因数=0.25,g取10 m/s2。求:(1)物块A在圆弧轨道C的最下端时受到圆弧轨道支持力的大小;(2)木板B的长度L;(3)弹簧恢复原长后,物块A从木板右端运动到左端的时间。参考答案单元质检六动量守恒定律力学三大观点1.D滚动了t=10s是地

12、面摩擦力对足球的作用时间,不是踢球的力的作用时间,由于不能确定人作用在球上的时间,所以无法确定运动员对球的冲量。2.B同一物体从静止到达底端,由动能定理可知,重力做的功不一样,所以它们到达底端的动能不同,物体到达底端的速度大小不相等,故A错误;对物体在斜面上受力分析,设轨道与竖直方向夹角为,由牛顿第二定律可求得,a=gcos,根据运动学公式x=12at2可得,2Rcos=12gcost2,因此下滑时间与斜面的倾角无关,物体沿AB运动所用的时间等于沿AC运动所用的时间,根据冲量I=Ft可知物体重力的冲量都相同,故B正确,C错误;因初动量都为零,末动量不相等,根据动量的变化量p=mvt-mv0可知

13、物体动量的变化量不相同,又由于运动时间相同,所以物体动量的变化率不相同,故D错误。3.B可以认为撞击前鸟的速度为零,撞击后鸟与飞机的速度相等,飞机速度为v=150m/s,撞击过程可以认为鸟做匀加速直线运动,对鸟,由动量定理得Ft=mv-0,代入数据可得:F=1.0105N,故B正确,ACD错误。4.D由于木块始终保持静止状态,则两子弹对木块的推力大小相等,则两子弹所受的阻力大小相等,设为f,根据动能定理得:对A子弹-fdA=0-EkA,得EkA=fdA;对B子弹-fdB=0-EkB,得EkB=fdB,由于dAdB,则有子弹入射时的初动能EkAEkB,故B错误,D正确。对两子弹和木块组成的系统动

14、量守恒,则有2mAEkA=2mBEkB,而EkAEkB,则得到mAMgcos,所以共速后,不能一起匀速,继续减速a2=Mgsin-MgcosM=2m/s2,减速到零:x2=v2-02a2=1m,所以传送带最长L2=x1+x2=1.6m。12.答案 (1)3 N(2)2.4 m(3)1.2 s解析 (1)设A到达C的最下端时速度大小为v0,圆弧轨道支持力大小为FN,则mgR=12mv02,FN-mg=mv02R,解得v0=4m/s,FN=3N;(2)设A在B上向右滑行过程中,A的加速度大小为a1,B的加速度大小为a2,滑上B后经时间t1后接触弹簧,A的位移x1,B的位移x2,则mg=ma1,mg

15、=Ma2,v0-a1t1=a2t1,x1=v0t1-12a1t12,x2=12a2t12,L=x1-x2,解得t1=1.2s,L=2.4m;(3)设A接触弹簧与B保持相对静止时速度大小为v1,弹簧恢复原长时A的速度大小为v2,B的速度大小为v3,A相对B向左滑动过程中的加速度大小与A滑上B向右滑行过程中各自加速度大小相等,则v1=v0-a1t1,最终运动到木板的左端时A、B共同速度大小为v4,则(M+m)v1=(M+m)v4,Mv3-mv2=(M+m)v4,由能量守恒12mv22+12Mv32=12(m+M)v42+mgL解得v1=1m/s,v4=1m/s,v2=2m/s,v3=2m/s设物块A从木板右端运动到左端的时间为t2,对木板B,由动量定理有-mgt2=Mv4-Mv3,解得t2=1.2s。