高考物理一輪復(fù)習(xí) 單元質(zhì)檢六 動量守恒定律 力學(xué)三大觀點(diǎn)（含解析）新人教版-新人教版高三物理試題

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1、單元質(zhì)檢六　動量守恒定律　力學(xué)三大觀點(diǎn) (時間:45分鐘　滿分:100分) 一、選擇題(本題共8小題,每小題6分,共48分。在每小題給出的四個選項中,第1~5題只有一項符合題目要求,第6~8題有多項符合題目要求。全部選對的得6分,選對但不全的得3分,有選錯的得0分) 1.一物體在合外力F的作用下從靜止開始做直線運(yùn)動,合外力方向不變,大小隨時間的變化如圖所示,在t0和2t0時刻,物體的動能分別為Ek1、Ek2,物體的動量分別為p1、p2,則(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A.Ek2=9Ek1,p2=3p1 B.Ek2=3Ek1,p2=3p1 C.Ek2=8Ek

2、1,p2=4p1 D.Ek2=3Ek1,p2=2p1 答案:A 解析:根據(jù)動量定理得F0t0=mv1①,2F0t0=mv2-mv1②,由①②得v1∶v2=1∶3,得p1∶p2=1∶3;由于x1=v1t02,x2=v1+v22t0,所以有x1∶x2=1∶4,力F做的功為W1=F0x1,W2=2F0x2,所以在t0和2t0時刻的動能Ek1∶Ek2=1∶9。故選項A正確。 2.有一宇宙飛船,它沿運(yùn)動方向的正對面積S=2 m2,以v=3×103 m/s的相對速度飛入一宇宙微粒塵區(qū)。此微粒塵區(qū)1 m3空間中有一個微粒,每一個微粒的平均質(zhì)量為m=2×10-7 kg。設(shè)微粒與飛船外殼碰撞后附著于飛船

3、上,要使飛船速度不變,飛船的牽引力應(yīng)增加(　　) A.3.6×103 N B.3.6 N C.1.2×103 N D.1.2 N 答案:B 解析:在t時間內(nèi)與飛船碰撞并附著于飛船上微?？傎|(zhì)量為m0=vtSm,設(shè)飛船對微粒的作用力為F,由動量定理,Ft=m0v,聯(lián)立解得F=v2Sm,代入相關(guān)數(shù)據(jù),得F=3.6N。根據(jù)牛頓第三定律,微粒對飛船的作用力為3.6N。要使飛船速度不變,根據(jù)平衡條件,飛船的牽引力應(yīng)增加3.6N,選項B正確。 3.(2019·內(nèi)蒙古包頭模擬)使用無人機(jī)植樹時,為保證樹種的成活率,將種子連同營養(yǎng)物質(zhì)制成種子膠囊。播種時,在離地面10 m高處以15 m/s的速度水平勻

4、速飛行的無人機(jī)上,播種器利用空氣壓力把種子膠囊以5 m/s的速度(相對播種器)豎直向下射出,種子膠囊進(jìn)入地面下10 cm深處完成一次播種。已知種子膠囊的總質(zhì)量為20 g,不考慮其所受大氣阻力及進(jìn)入土壤后的重力作用,g取10 m/s2,則(　　) A.射出種子膠囊的過程中,播種器對種子膠囊做的功為2.5 J B.離開無人機(jī)后,種子膠囊在空中運(yùn)動的時間為2 s C.土壤對種子膠囊沖量的大小為32 kg·m/s D.種子膠囊在土壤內(nèi)受到平均阻力的大小為22.52 N 答案:D 解析:射出種子膠囊的過程中,播種器對種子膠囊做的功等于其動能的增量,即W=12mv2=12×0.02×52J=0

5、.25J,A錯誤;膠囊離開無人機(jī)后在豎直方向做勻加速直線運(yùn)動,由h=vt+12gt2得t=1s,B錯誤;種子膠囊落地時豎直速度vy=v+gt=15m/s,水平速度vx=v0=15m/s,進(jìn)入土壤時豎直方向h'=vy22a,t'=vya,可求得t'=175s。 由動量定理I=Ft'=0-(-mv) v=vy2+vx2 可解得:土壤對種子膠囊的沖量I=mv=0.32kg·m/s,平均阻力大小F=22.52N, 故C錯誤,D正確。 4.當(dāng)使用高壓水槍時,我們會感受到比較強(qiáng)的反沖作用。如圖所示,一水槍與軟管相連,打開開關(guān)后,以30 m/s的速度每秒噴出1 kg的水,若水槍入口與出口的口徑相同

6、,則水對該水槍作用力的大小及方向是(　　) A.30 N,沿③的方向 B.30 N,沿②的方向 C.60 N,沿①的方向 D.60 N,沿②的方向 答案:B 解析:以水為研究對象,運(yùn)用動量定理得Ft=m水v1-0,代入數(shù)據(jù)解得,水流受到的平均作用力為F=30N,方向沿出口方向和進(jìn)口方向的角平分線。根據(jù)牛頓第三定律可知,水對該水槍作用力的大小是30N,方向沿②的方向,故B正確。 5.如圖所示,一質(zhì)量m1=3.0 kg的長方形木板B放在光滑水平地面上,在其右端放一個質(zhì)量m2=1.0 kg的小木塊A。給A和B以大小均為4.0 m/s、方向相反的初速度,使A開始向左運(yùn)動,B開始向右運(yùn)動,

7、A始終沒有滑離B板。在小木塊A做加速運(yùn)動的時間內(nèi),木板速度大小可能是(　　) A.1.8 m/s B.2.4 m/s C.2.8 m/s D.3.0 m/s 答案:B 解析:A先向左減速到零,再向右加速運(yùn)動,在此期間,木板減速運(yùn)動,最終它們保持相對靜止,設(shè)A減速到零時,木板的速度為v1,最終它們的共同速度為v2,取水平向右為正方向,則m1v-m2v=m1v1,m1v1=(m1+m2)v2,可得v1=83m/s,v2=2m/s,所以在小木塊A做加速運(yùn)動的時間內(nèi),木板速度大小應(yīng)大于2.0m/s而小于83m/s,只有選項B正確。 6.(2019·廣東肇慶模擬)如圖所示,三小球a、b、c的

8、質(zhì)量都是m,都放于光滑的水平面上,小球b、c與輕彈簧相連且靜止,小球a以速度v0沖向小球b,碰后與小球b黏在一起運(yùn)動。在整個運(yùn)動過程中,下列說法正確的是(　　) A.三球與彈簧組成的系統(tǒng)總動量守恒,總機(jī)械能不守恒 B.三球與彈簧組成的系統(tǒng)總動量守恒,總機(jī)械能也守恒 C.當(dāng)小球b、c速度相等時,彈簧彈性勢能最大 D.當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時,小球c的動能一定最大,小球b的動能一定不為零 答案:ACD 解析:在整個運(yùn)動過程中,系統(tǒng)受到的合外力為零,系統(tǒng)的總動量守恒,a與b碰撞過程機(jī)械能減小,故A正確,B錯誤;a與b碰撞后,彈簧被壓縮,彈簧對b產(chǎn)生向左的彈力,對c產(chǎn)生向右的彈力,ab做減速運(yùn)

9、動,c做加速運(yùn)動,當(dāng)c的速度大于ab的速度后,彈簧壓縮量減小,則當(dāng)小球b、c速度相等時,彈簧壓縮量最大,彈性勢能最大,故C正確;當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時,小球c的動能一定最大,根據(jù)動量守恒和機(jī)械能守恒分析可知,小球b的動能不為零,故D正確。 7.在光滑的水平桌面上有質(zhì)量分別為m0=0.6 kg,m=0.2 kg的兩個小球,中間夾著一個被壓縮的具有Ep=10.8 J彈性勢能的輕彈簧(彈簧與兩球不相連),原來處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)突然釋放彈簧,球m脫離彈簧后滑向與水平面相切、半徑為R=0.425 m的豎直放置的光滑半圓形軌道,如圖所示。g取10 m/s2。則下列說法正確的是(　　) A.球m從軌道底端A

10、運(yùn)動到頂端B的過程中所受合外力沖量大小為3.4 N·s B.m0離開輕彈簧時獲得的速度為9 m/s C.若半圓軌道半徑可調(diào),則球m從B點(diǎn)飛出后落在水平桌面上的水平距離隨軌道半徑的增大而減小 D.彈簧彈開過程,彈力對m的沖量大小為1.8 N·s 答案:AD 解析:釋放彈簧過程中系統(tǒng)動量守恒、機(jī)械能守恒,以向右為正方向,由動量守恒定律得mv1-m0v2=0,由機(jī)械能守恒定律得12mv12+12m0v22=Ep,代入數(shù)據(jù)解得v1=9m/s,v2=3m/s;m從A到B過程中,由機(jī)械能守恒定律得12mv12=12mv1'2+mg·2R,解得v1'=8m/s;以向右為正方向,由動量定理得,球m從

11、軌道底端A運(yùn)動到頂端B的過程中所受合外力沖量大小為I=Δp=mv1'-mv1=[0.2×(-8)-0.2×9]N·s=-3.4N·s,故A正確;小球m0離開輕彈簧時獲得的速度為3m/s,故B錯誤;設(shè)圓軌道半徑為r時,m從B點(diǎn)飛出后水平位移最大,由A到B根據(jù)機(jī)械能守恒定律得12mv12=12mv1'2+mg·2r,在最高點(diǎn),由牛頓第二定律得mg+FN=mv1'2r,m從B點(diǎn)飛出,需要滿足:FN≥0,飛出后,小球做平拋運(yùn)動:2r=12gt2,x=v1't,當(dāng)8.1m-4r=4r時,即r=1.0125m時,x為最大,故球m從B點(diǎn)飛出后落在水平桌面上的水平距離隨軌道半徑的增大先增大后減小,C錯誤;由動

12、量定理得,彈簧彈開過程,彈力對m的沖量大小為I=Δp=mv1=1.8N·s,故D正確。 8.(2019·北京通州期中)將驗證動量守恒定律的實(shí)驗裝置搬到豎直墻壁的附近,調(diào)整儀器,使球A從斜軌上由靜止釋放,并在水平軌道末端與球B發(fā)生正碰后,兩球都能打在墻上。已知A、B兩球半徑相同,A球的質(zhì)量大于B球的質(zhì)量,則下列說法正確的是(　　) A.此裝置可驗證動量守恒定律 B.碰撞后瞬間,A球的速度大于B球的速度 C.碰撞后, A、B兩球同時打到墻上 D.碰撞后,A球在墻上的落點(diǎn)在B球落點(diǎn)的下方 答案:AD 解析:碰撞前后小球均做平拋運(yùn)動,在豎直方向上h=12gt2,平拋運(yùn)動時間t=2?g

13、,設(shè)軌道末端到墻壁的水平距離為x,未放B球時,小球A下落的高度為h1,放上小球B后,A和B碰撞后下落的高度分別為h2和h3,則碰撞前后小球做平拋運(yùn)動的初速度分別為vA=x2?1g,vA'=x2?2g,vB'=x2?3g,如果碰撞過程動量守恒,則mAvA=mAvA'+mBvB',將速度代入動量守恒表達(dá)式解得mA?1=mA?2+mB?3,分別將h1、h2和h3代入即可驗證動量守恒定律,故選項A正確;由碰撞的實(shí)際過程可知,碰撞后瞬間,由于A球質(zhì)量大于B球質(zhì)量,則導(dǎo)致A球的速度小于B球的速度,故選項B錯誤;由上面分析可知vA'h3,導(dǎo)致碰撞后,A、B兩球不會同時打到墻上,A球時間長

14、,后打到墻壁上,即A球在墻上的落點(diǎn)在B球落點(diǎn)的下方,故選項C錯誤,D正確。 二、實(shí)驗題(10分) 9.氣墊導(dǎo)軌是常用的一種實(shí)驗儀器,它是利用氣泵將壓縮空氣通過導(dǎo)軌的眾多小孔高速噴出,在導(dǎo)軌與滑塊之間形成薄薄一層氣墊,使滑塊懸浮在導(dǎo)軌上。由于氣墊的摩擦力極小,滑塊在導(dǎo)軌上的運(yùn)動可近似為沒有摩擦的運(yùn)動。用固定在氣墊導(dǎo)軌上的光電門A、B和光電計時裝置,以及帶有擋光條的滑塊C、D來驗證動量守恒定律。已知擋光條的持續(xù)擋光寬度為l,實(shí)驗裝置如圖所示,采用的實(shí)驗步驟如下: a.調(diào)節(jié)氣墊導(dǎo)軌底座螺母,觀察導(dǎo)軌上的氣泡儀,使導(dǎo)軌成水平狀態(tài); b.在滑塊C、D間放入一個輕質(zhì)彈簧,用一條橡皮筋捆綁住三者

15、成一水平整體,靜置于導(dǎo)軌中部; c.將光電門盡量靠近滑塊C、D兩端; d.燒斷捆綁的橡皮筋,使滑塊C、D在彈簧作用下分離,分別通過光電門A、B; e.由光電計時器記錄滑塊C第一次通過光電門A時擋光條持續(xù)擋光的時間tC,以及滑塊D第一次通過光電門B時擋光條持續(xù)擋光的時間tD。 (1)實(shí)驗中還應(yīng)測量的物理量是　　　　　　　　　　　　　　　　　　。? (2)根據(jù)上述測量的實(shí)驗數(shù)據(jù)及已知量,驗證動量守恒定律的表達(dá)式是　　　　　　　　;實(shí)驗中算得的C、D兩滑塊的動量大小并不完全相等,產(chǎn)生誤差的主要原因是　?　　　　　　。? (3)利用上述實(shí)驗數(shù)據(jù)　　　　(選填“能”或“不能”)測出被壓縮彈簧

16、的彈性勢能的大小。如能,請寫出計算表達(dá)式:　　　　　　　　　　　　　　　　　。若不能,說明理由:　?　。? 答案:(1)滑塊C、D的質(zhì)量mC、mD (2)mCtC=mDtD　滑塊與氣墊導(dǎo)軌間仍存在摩擦,氣墊導(dǎo)軌未完全水平 (3)能　Ep=12mCltC2+12mDltD2 解析:(1)要驗證彈簧彈開的兩滑塊動量守恒,需要知道兩滑塊的質(zhì)量和速度,而速度可以通過光電計時器測量的時間和位移計算,所以實(shí)驗中還應(yīng)測量的物理量是滑塊C、D的質(zhì)量mC、mD。 (2)設(shè)遮光條的寬度為l,則vC=ltC,vD=ltD,驗證動量守恒定律的表達(dá)式是mCvC=mDvD,即mCtC=mDtD。 產(chǎn)生誤差的主

17、要原因是:滑塊與氣墊導(dǎo)軌間仍存在摩擦,氣墊導(dǎo)軌未完全水平,測量mC、mD及tC、tD時有誤差。 (3)燒斷捆綁的橡皮筋后只有彈簧彈力做功,系統(tǒng)機(jī)械能守恒,所以彈簧的彈性勢能等于兩滑塊離開彈簧時的動能,即Ep=12mCvC2+12mDvD2=12mCltC2+12mDltD2。 三、計算題(本題共3小題,共42分) 10.(10分)(2018·北京卷)2022年將在我國舉辦第二十四屆冬奧會,跳臺滑雪是其中最具觀賞性的項目之一。某滑道示意圖如右,長直助滑道AB與彎曲滑道BC平滑銜接,滑道BC高h(yuǎn)=10 m,C是半徑R=20 m的圓弧的最低點(diǎn)。質(zhì)量m=60 kg的運(yùn)動員從A處由靜止開始勻加速下

18、滑,加速度a=4.5 m/s2,到達(dá)B點(diǎn)時速度vB=30 m/s。重力加速度g取10 m/s2。 (1)求長直助滑道AB的長度l。 (2)求運(yùn)動員在AB段所受合外力的沖量I的大小。 (3)若不計BC段的阻力,畫出運(yùn)動員經(jīng)過C點(diǎn)時的受力圖,并求其所受支持力FN的大小。 答案:(1)100 m　 (2)1 800 N·s (3)圖見解析　3 900 N 解析:(1)A到B的過程中,運(yùn)動員做勻加速直線運(yùn)動: vB2-0=2al 解得l=100m (2)A到B的過程中,根據(jù)動量定理得 I=mvB-0=1800N·s (3)B到C的過程中,根據(jù)動能定理得 mgh=12m

19、vC2?12mvB2 FN-mg=mvC2R 代入數(shù)據(jù)得FN=3900N 11.(16分)如圖所示,固定在地面上的光滑的14圓弧面與車C的上表面平滑相接,在圓弧面上有一個滑塊A,其質(zhì)量為mA=2 kg,在半徑為R=1.25 m 的14圓弧面頂端由靜止下滑,車C的質(zhì)量為mC=6 kg,在車C的左端有一個質(zhì)量mB=2 kg的滑塊B,滑塊A與B均可看作質(zhì)點(diǎn),滑塊A與B碰撞后黏合在一起共同運(yùn)動,最終沒有從車C上滑出,已知滑塊A和B與車C的動摩擦因數(shù)均為μ=0.5,車C與水平地面的摩擦忽略不計。g取10 m/s2。求: (1)滑塊A滑到圓弧面末端時對軌道的壓力大小; (2)滑塊A與B碰撞后

20、瞬間的共同速度的大小; (3)車C的最短長度。 答案:(1)60 N　(2)2.5 m/s　(3)0.375 m 解析:(1)根據(jù)機(jī)械能守恒定律: mAgR=12mAvA2 vA=2gR=5m/s 滑塊A滑到圓弧面末端時,根據(jù)牛頓第二定律得FN-mAg=mAvA2R 則FN=mAg+mAvA2R=60N 根據(jù)牛頓第三定律,滑塊A對軌道的壓力大小為60N。 (2)A滑塊與B滑塊碰撞,根據(jù)動量守恒定律得mAvA=(mA+mB)v v=mAvAmA+mB=2.5m/s。 (3)A、B在C上滑行受到的摩擦力為Ff=μ(mA+mB)g=20N A、B在C上滑行滿足動量守恒 (m

21、A+mB)v=(mA+mB+mC)vC 解得vC=1m/s 設(shè)車的最短長度為l,根據(jù)能量守恒得12(mA+mB)v2-12(mA+mB+mC)vC2=Ffl,l=0.375m。 12.(16分)如圖所示,兩個圓形光滑細(xì)管在豎直平面內(nèi)交疊,組成“8”字形通道,在“8”字形通道底端B處連接一內(nèi)徑相同的粗糙水平直管AB。已知E處距地面的高度h=3.2 m,一質(zhì)量ma=1 kg的小球a從A點(diǎn)以速度v0=12 m/s的速度向右進(jìn)入直管道,到達(dá)B點(diǎn)后沿“8”字形軌道向上運(yùn)動,到達(dá)D點(diǎn)時恰好與軌道無作用力,直接進(jìn)入DE管(DE管光滑),并與原來靜止于E處的質(zhì)量為mb=4 kg的小球b發(fā)生正碰(a、b均

22、可視為質(zhì)點(diǎn))。已知碰撞后a球沿原路返回,速度大小為碰撞前速度大小的13,而b球從E點(diǎn)水平拋出,其水平射程s=0.8 m。(g取10 m/s2) (1)求碰后b球的速度大小。 (2)求“8”字形管道上下兩圓的半徑r和R。 (3)若小球a在管道AB中運(yùn)動時所受阻力為定值,請通過計算判斷a球返回到BA管道時,能否從A端穿出? 答案:(1)1 m/s　(2)0.9 m　0.7 m　(3)不能 解析:(1)b球離開E點(diǎn)后做平拋運(yùn)動 h=12gt2 s=vbt 解得vb=1m/s。 (2)a、b碰撞過程,動量守恒,以水平向右為正方向,則有 mava=-ma×13va+mbvb 解得va=3m/s。 碰前a在D處恰好與軌道無作用力,則有mag=mava2r,解得r=0.9m。 R=?-2r2=0.7m。 (3)小球從B到D,根據(jù)機(jī)械能守恒得12mavB2=12mava2+magh 解得12mavB2=36.5J 從A到B過程,由動能定理得 -WFf=12mavB2?12mav02 解得WFf=35.5J。 從D到B,根據(jù)機(jī)械能守恒得 12mava32+magh=12mavB'2 解得12mavB'2=32.5J