单元质检六 动量守恒定律(时间:45分钟 满分:100分)一、单项选择题(本题共5小题,每小题6分,共30分。在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求)1.(2021广西桂林高三一模)炎热的夏季,有一种网红水上娱乐项目“水上飞人”十分火爆,其原理是借助脚下的喷水装置产生向上的反冲动力,让人腾空而起或平衡或变速运动,下列说法正确的是( )A.水对装置向上的反冲动力大于装置对水向下的压力B.人悬空静止时,既不是超重现象,也不是失重现象C.整体向上减速运动是超重现象D.人悬空静止时,水的反冲动力对装置既不做功也没有冲量2.超强台风“山竹”的风力达到17级,风速60m/s左右,对固定建筑物破坏程度巨大。请你根据所学物理知识推算固定建筑物所受风力(空气的压力)与风速(空气流动速度)大小的关系。假设某一建筑物垂直风速方向的受力面积为S,风速大小为v,空气吹到建筑物上后速度瞬间减为零,空气密度为ρ,风力F与风速大小v的关系式为( )A.F=ρSv3B.F=ρSv3C.F=ρSv2D.F=ρSv3.(2021福建福州第一中学高三模拟)一儿童站在平板小车中间,与小车一起沿水平地面匀速向右运动,儿童突然走向小车一端,此过程儿童和小车的速度—时间关系如图所示,不计地面的摩擦。以下说法正确的是( )A.儿童的质量小于小车的质量B.儿童走向小车左端C.儿童和小车的总动能减少D.小车对儿童的冲量方向水平向右4.如图所示,质量为M的小车静置于光滑的水平面上,车的上表面粗糙,有一质量为m的木块以初速度v0水平地滑至车的上表面,若车足够长,则木块的最终速度大小和系统因摩擦产生的热量分别为( )A.B.C.D.5.如图所示,木块静止在光滑水平面上,两颗不同子弹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(即A、B受到木块阻力相等)。若子弹A射入的深度大于子弹B射入的深度,则( )\nA.子弹A的质量一定比子弹B的质量大B.A的动量大小大于B的动量大小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二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分。在每小题给出的四个选项中,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)6.如图所示,光滑的水平地面上停着一辆平板小车C,平板小车C上放置着两个质量不相等的物体A和B,起初A、B两物体间有一根被压缩的轻弹簧,轻弹簧与A、B两物体相连接,当两物体同时被释放后,则( )A.若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同,则A、B组成的系统动量守恒B.若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同,则A、B、C组成系统的动量守恒C.若A、B所受的摩擦力大小相等,则A、B组成系统的动量守恒D.若A、B所受的摩擦力大小相等,则A、B、C组成系统的动量守恒7.(2021河南洛阳高三二模)如图所示,质量均为2kg的三个物块静止在光滑水平面上,其中物块B的右侧固定一轻弹簧,物块A与弹簧接触但没有固定在一起。某时刻物块A突然以v0=3m/s的速度向左运动,已知当A、B速度相等时,B与C恰好发生完全非弹性碰撞,碰撞过程时间极短,然后继续运动。若B、C碰撞过程中损失的机械能为ΔE,B、C碰撞后运动的过程中弹簧的最大弹性势能为Ep,则( )A.E=4.875JB.ΔE=1.125JC.Ep=6JD.Ep=4.875J8.如图甲所示,两个弹性球A和B放在光滑的水平面上处于静止状态,质量分别为m1和m2,其中m1=1kg。现给A球一个水平向右的瞬时动量,使A、B球发生弹性碰撞,以此时刻为计时起点,两球的速度随时间变化的规律如图乙所示,从图示信息可知( )A.B球的质量m2=2kgB.球A和B在相互挤压的过程中产生的最大弹性势能为4.5JC.在t2时刻两球动能之比为Ek1∶Ek2=1∶8D.t3时刻两球的动能之和大于0时刻A球的动能三、实验题(本题共2小题,共20分)9.(10分)Tracker软件是一款视频分析软件。某学生利用Tracker软件对一维碰撞的实验视频进行分析,视频中m1=15g的小球碰撞原来静止的m2=10g的小球,由视频分析可得它们在碰撞前、\n后的x-t图象如图所示。(1)由图可知,入射小球碰撞前的m1v1是 kg·m/s,入射小球碰撞后的m1v1'是 kg·m/s,被碰小球碰撞后的m2v2'是 kg·m/s,由此得出结论 。 (2)碰撞的恢复系数的定义为e=||,其中v1和v2分别是碰撞前两物体的速度,v1'和v2'分别是碰撞后两物体的速度,弹性碰撞的恢复系数e=1,非弹性碰撞的恢复系数e<1,该实验碰撞的恢复系数e= ,可判断该视频中的碰撞属于 (填“弹性碰撞”或“非弹性碰撞”)。 10.(10分)某同学用如图所示的实验装置验证动量定理,所用器材包括:气垫导轨、滑块(上方安装有宽度为d的遮光片)、两个与计算机相连接的光电门、砝码盘和砝码等。实验步骤如下:(1)开动气泵,调节气垫导轨,轻推滑块,当滑块上的遮光片经过两个光电门的遮光时间 时,可认为气垫导轨水平; (2)用天平测砝码与砝码盘的总质量m1、滑块(含遮光片)的质量m2;(3)用细线跨过轻质定滑轮将滑块与砝码盘连接,并让细线水平拉动滑块;(4)令滑块在砝码和砝码盘的拉动下从左边开始运动,和计算机连接的光电门能测量出遮光片经过A、B两处的光电门的遮光时间Δt1、Δt2及遮光片从A运动到B所用的时间t12;(5)在遮光片随滑块从A运动到B的过程中,如果将砝码和砝码盘所受重力视为滑块所受拉力,拉力冲量的大小I= ,滑块动量改变量的大小Δp= ;(用题中给出的物理量及重力加速度g表示) (6)某次测量得到的一组数据为:d=1.000cm,m1=1.50×10-2kg,m2=0.400kg,Δt1=3.900×10-2s,Δt2=1.270×10-2s,t12=1.50s,g取9.80m/s2。计算可得I= N·s,Δp= kg·m/s;(结果均保留3位有效数字) (7)定义δ=×100%,本次实验δ= %(保留1位有效数字)。 四、计算题(本题共2小题,共32分)11.(14分)(2021江西新余高三二模)图甲是建筑工地将桩料打入泥土中以加固地基的打夯机示意图,打夯前先将桩料扶正立于地基上,桩料进入泥土的深度忽略不计。已知夯锤的质量为M=450kg,桩料的质量为m=50kg。每次打夯都通过卷扬机牵引将夯锤提升到距离桩顶h0=5m处再释放,让夯锤自由下落,夯锤砸在桩料上后立刻随桩料一起向下运动。桩料进入泥土后所受阻力Ff随打入深度h的变化关系如图乙所示,直线斜率k=5.05×104N/m。g取10m/s2,求夯锤与桩料第1次碰撞后瞬间的速度及桩料进入泥土的深度。\n12.(18分)(2021四川成都高三三模)人工智能在现代工业生产中的应用越来越普遍。某自动化生产过程可简化如下:如图,足够长的水平工作台上从左向右依次有A、B、C三点,相邻两点之间的距离均为L=2m;质量m=2kg、长度也为L的薄木板静止放置在工作台上,其右端刚好在A点;现对木板施加大小F=4N的水平向右的恒力,当木板右端运动到B点时,位于B点的机器人将质量为m的物块轻放在木板右端,当木板右端运动到C点时,撤去恒力F。已知木板与台面间的动摩擦因数μ1=0.1,木板与物块间的动摩擦因数μ2=0.2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,物块可视为质点,重力加速度g取10m/s2。求:(1)木板右端运动到B点时的速度大小;(2)撤去恒力F前的过程中,摩擦力对物块的冲量;(3)木板从开始运动至最终停止的过程中,台面对木板的摩擦力对木板做的总功。\n单元质检六 动量守恒定律1.B 解析:喷水装置向上的反冲力与装置对水向下的压力是相互作用力,满足牛顿第三定律,即等大反向,A错误;人悬空静止时,是平衡状态,既不是超重现象,也不是失重现象,B正确;人向上减速运动,加速度向下,由牛顿第二定律,水对整体向上的支持力小于整体的重力,是失重现象,C错误;人悬空静止时,水的反冲动力对装置不做功但是有冲量,D错误。2.C 解析:设t时间内吹到建筑物上的空气质量为m,则m=ρSvt,根据动量定理得-F't=0-mv=0-ρSv2t,解得F'=ρSv2,由牛顿第三定律得:F=F'=ρSv2,故C正确,A、B、D错误。3.B 解析:由题图可知,小车的加速度大小大于儿童的加速度大小,由于在运动过程中,小车与儿童间的相互作用力大小相等,即合力大小相等,由牛顿第二定律可知,小车的质量小于儿童的质量,A错误;由于儿童走动后,儿童和小车的速度方向相同,由动量守恒可知,儿童和小车都向右运动,只是儿童的速度比小车的小,则儿童相对小车向左运动,B正确;由于儿童走动过程,儿童和小车的总动能增加,C错误;由于儿童向右做减速运动,则小车对儿童的摩擦力向左,小车对儿童的支持力竖直向上,所以合力斜向左上方,合力的冲量方向斜向左上方,D错误。4.A 解析:以小车和木块组成的系统为研究对象,系统所受的合外力为零,因此系统动量守恒,由于摩擦力的作用,m速度减小,M速度增大,m速度减小到最小时,M速度达到最大,最后m、M以共同速度运动。以初速度方向为正方向,根据动量守恒定律有mv0=(m+M)v,解得最终两者的共同速度为v=v0,根据能量守恒,可得产生的热量为Q=(m+M)v2,得Q=,故选A。5.D 解析:两子弹所受的阻力大小相等,设为Ff,对A子弹根据动能定理得-FfdA=0-EkA,得EkA=FfdA,对B子弹根据动能定理得-FfdB=0-EkB,得EkB=FfdB,由于dA>dB,则有子弹入射时的初动能EkA>EkB,两颗不同子弹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,故A的动量大小等于B的动量大小,B错误,D正确;对两子弹和木块组成的系统动量守恒,则有,而EkA>EkB,则得到mA<mB,A错误;由题意,子弹A、B从木块两侧同时射入木块,木块始终保持静止,分析得知,两子弹在木块中运动时间必定相等,否则木块就会运动,C错误。6.BCD 解析:若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同,由于A的质量不等于B的质量,A物体受到的摩擦力不等于B物体受到的摩擦力,A、B系统所受合外力不为零,系统动量不守恒,A错误;若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同,A、B质量不同,两者所受的滑动摩擦力大小不相等,但是系统A、B、C所受合外力为零,A、B、C系统动量守恒,B正确;若A、B所受的摩擦力大小相等,系统A、B所受合外力为零,A、B系统动量守恒,C正确;若A、B所受的摩擦力大小相等,系统A、B、C所受合外力为零,系统动量守恒,D正确。7.BD 解析:对A、B整体由动量守恒有mv0=2mv1,对B、C整体由动量守恒有mv1=2mv2,解得v2=,对A、B、C整体由动量守恒有mv0=3m3,B、C碰撞过程中损\n失的机械能为ΔE=×2m=1.125J,B、C碰撞后运动的过程中弹簧的最大弹性势能为Ep=-ΔE-×3m=4.875J,故选B、D。8.AC 解析:两球碰撞过程系统动量守恒,以向右为正方向,由图示图线可知,t1时刻两球速度相等为1m/s,由动量守恒定律得m1v0=(m1+m2)v,解得m2=2kg,A正确;当两球速度相等时弹性势能最大,由能量守恒定律得m1(m1+m2)v2+Epmax,解得Epmax=3J,B错误;两球发生弹性碰撞,碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得m1v0=m1vA+mvB,由机械能守恒定律得m1m1m2,代入数据解得vA=-1m/s,vB=2m/s,t2时刻两球动能之比为,C正确;两球发生弹性碰撞,碰撞过程系统机械能守恒,由此可知,t3时刻两球的动能之和等于0时刻A球的动能,D错误。9.答案:(1)0.015 0.0075 0.0075 两小球碰撞前、后的总动量相等(或碰撞中两小球动量守恒) (2)0.25 非弹性碰撞解析:(1)由图象可知,碰前入射小球的速度v1==1m/s,碰后入射小球的速度v1'==0.5m/s,被碰小球碰后的速度v2'==0.75m/s,入射小球碰撞前的动量p1=m1v1=0.015kg·m/s,入射小球碰撞后的动量p1'=m1v1'=0.0075kg·m/s;被碰小球碰撞后的动量p2'=m2v2'=0.0075kg·m/s,碰后系统的总动量p'=m1v1'+m2v2'=0.015kg·m/s。通过计算发现:两小球碰撞前、后的总动量相等,即碰撞中两小球的动量守恒。(2)根据碰撞系数的定义有e=||==0.25;由弹性碰撞的恢复系数e=1,非弹性碰撞的恢复系数e<1可知,该碰撞过程属于非弹性碰撞。10.答案(1)大约相等 (5)m1gt12 m2 (6)0.221 0.212 (7)4解析根据题目给出的物理量,利用冲量的定义式求冲量;利用极限思想求出滑块通过A、B两个光电门时的速度。(1)气垫导轨水平时,滑块在导轨上做匀速直线运动,所以当滑块通过两个光电门的时间大约相等时,可认为气垫导轨水平。(5)根据题干可知,拉力F=m1g,根据冲量的定义可得,拉力的冲量I=m1gt12;滑块通过光电门A的速度vA=,通过光电门B的速度vB=,所以滑块动量的改变量Δp=m2。(6)把题干中的数据代入I=m1gt12,可知I=0.221N·s;把题干中的数据代入Δp=m2,\n可得Δp=0.212kg·m/s。(7)把(6)中的数据代入δ=×100%可得δ=4%。11.答案:9m/s 1m解析:设夯锤与桩料碰撞前瞬间的速度为v0,则=2gh0解得:v0==10m/s取向下为正方向,设夯锤与桩料碰撞后瞬间的速度为v,由动量守恒定律得Mv0=(M+m)v代入数据解得:v=9m/s由乙图知,桩料下沉过程中所受的阻力随距离均匀变化,可用平均力求阻力做功,则Wf=-kh·h=-kh2对夯锤与桩料,由动能定理得(M+m)gh+Wf=0-(M+m)v2代入数据解得h=1m。12.答案:(1)v=2m/s (2)I=Ff2t=2N·s;方向水平向右 (3)W=-14J解析:(1)木板右端从A运动到B的过程中,水平方向受恒力F和台面摩擦力Ff1作用Ff1=μ1mg=2N由动能定理有(F-Ff1)L=mv2代入数据解得v=2m/s。(2)物块放上木板后,物块受木板水平向右的摩擦力Ff2作用向右做匀加速直线运动Ff2=μ2mg=4N木板所受台面摩擦力Ff1'=μ1(m+m)g=4N因木板所受物块摩擦力大小等于Ff2,方向水平向左,故F<Ff1'+Ff2,木板将向右做匀减速直线运动将木板和物块看成一个系统,因F=Ff1'系统所受合外力为零,系统动量守恒。撤去F前,假设物块已经相对木板静止且在木板上,设两者之间的相对位移为Δx,相对运动的时间为t,共同速度为v共由动量守恒定律有mv=(m+m)v共由能量守恒定律有Ff2Δx=mv2-(m+m)代入数据得v共=1m/s、Δx=0.5m对物块,由动量定理有Ff2t=mv共-0代入数据得t=0.5s此过程中,设木板发生的位移为x\n由运动学规律有x=(v+v共)t代入数据得x=0.75m因x<L、Δx<L,可知假设成立,即撤去F前,两者已经相对静止,此后一起匀速运动直到撤去F,故撤去恒力F前的过程中,摩擦力对物块的冲量为I=Ff2t=2N·s,方向水平向右。(3)当木板右端运动到C点时,撤去恒力F,木板停止运动时木板右端位在D点,此过程示意图如图所示:因μ2>μ1,可知撤去力F后,物块和木板一起做匀减速直线运动直到静止木板右端从A到B,台面对木板的摩擦力对木板做的功为W1=-Ff1L木板右端从B到C,台面对木板的摩擦力对木板做的功为W2=-Ff1'L木板右端从C到D,台面对木板的摩擦力对木板做的功为W3=0-(m+m)整个过程中,台面对木板的摩擦力对木板做的总功为W=W1+W2+W3代入数据解得W=-14J。
