1、版步步高高考物理全国用大一轮复习讲义单元滚动检测六 动量守恒定律单元滚动检测六动量守恒定律考生注意：1本试卷分第卷(选择题)和第卷(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17题只有一个选项正确，第811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
2、对物体的冲量大小和方向为()A大小为mgcos t B方向垂直斜面向上C大小为mgsin t D方向竖直向上2质量为60 kg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1.5 s，安全带自然长度为5 m，g取10 m/s2，则安全带所受的平均冲力的大小为()A500 N B1 100 NC600 N D1 000 N3.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
3、v1为()图1Av0v2 Bv0v2 Cv0v2 Dv0(v0v2)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2Av1v2v3v0Bv10，v2v3v0Cv10，v2v3v0Dv1v20，v3v05.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(mM)的小球从槽高h处开始自由下滑，下列说法正确的是()图3A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
4、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m2 kg，则由图可知下列结论错误的是()图4AA、B碰撞前的总动量为3 kgm/sB碰撞时A对B所施冲量为4 NsC碰撞前后A的动量变化为4 kgm/sD碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10 J7.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
5、悬线与竖直方向的夹角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5A. B. C. D.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6A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
6、球离开C点以后，将做斜抛运动9.带有光滑圆弧轨道、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M2m，则()图7A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D小球在弧形槽上升的最大高度为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
7、度就越大11如图8所示是质量为M1.5 kg的小球A和质量为m0.5 kg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8A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3 JC碰撞前后，A的动能不变D这两个小球的碰撞是弹性的第卷(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：安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平；向气垫导轨通入压缩空气；接通光电计时器；把滑块2静止放在气垫导轨
8、的中间；滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳；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；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t110.01 ms，通过光电门2的挡光时间t249.99 ms，滑块2通过光电门2的挡光时间t38.35 ms；测出挡光片的宽度d5 mm，测得滑块1(包括撞针)的质量m1300 g，滑块2(包括弹簧)质量为m2200 g.(2)数据处理与实验结论：实验中气垫导轨的作用是：A._，B_.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；
9、滑块2的速度v3为_ m/s；(结果保留两位有效数字)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
10、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
11、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1114(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
12、最大值S，用时t，此过程激励出强电流，产生电磁推力加速火箭，在t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t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t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v.(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mA4.0 kg和mB3.0 kg.
13、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t0时以一定速度向右运动，在t4 s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的vt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4 s到12 s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mA4 kg，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mB2 kg.现对A施加一个水平向右的恒力F10 N，A运动一段时间后，小车左端固定的挡板与B发生碰撞
14、，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t0.6 s，二者的速度达到v2 m/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r18r和r2r.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
15、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1D物体沿固定斜面匀速下滑，则斜面对物体的作用力与重力大小相等、方向相反，故斜面对物体的冲量大小为mgt，方向竖直向上，D正确2D建筑工人下落5 m时速度为v，则v m/s10 m/s.设安全带所受平均冲力为F，则由动量定理得：(mgF)tmv，所以Fmg6010 N N1 000 N，故D对，A、B、C错. 3D忽略空气阻力和分离前后
16、系统质量的变化，卫星和箭体整体分离前后动量守恒，则有(m1m2)v0m1v1m2v2，整理可得v1v0(v0v2)，故D正确4D由题设条件，三个小球在碰撞过程中总动量和总机械能守恒若各球质量均为m，则碰撞前系统总动量为mv0，总机械能应为mv.假如A正确，则碰后总动量为mv0，这显然违反动量守恒定律，故不可能假如B正确，则碰后总动量为mv0，这也违反动量守恒定律，故也不可能假如C正确，则碰后总动量为mv0，但总动能为mv，这显然违反机械能守恒定律，故也不可能假如D正确，则通过计算既满足动量守恒定律也满足机械能守恒定律，故D正确5D小球在槽上运动时，两物体组成的系统在水平方向上所受合外力为零，系
17、统在水平方向上动量守恒；而当小球接触弹簧后，小球受弹簧的弹力作用，合外力不为零，故系统动量不守恒，但是全过程中小球和槽、弹簧所组成的系统只有重力和弹力做功，故系统的机械能守恒，故A、C错误；下滑过程中两物体都有水平方向的位移，而力是垂直于球面的，故力和位移夹角不垂直，故力均做功，故B错误；由于球和槽的质量不相等，小球沿槽下滑，与槽分离后，球的速度大于槽的速度，球被弹回后，当与槽的速度相等时，小球上升到最大高度，此时由于球和槽都有动能，故小球不能回到槽高h处的位置，故D正确6A由xt图象可知，碰撞前有：A球的速度vA m/s3 m/s，B球的速度vB m/s2 m/s.碰撞后有：A、B两球的速度
18、相等，为vAvBv m/s1 m/s；对A、B组成的系统，A、B两球沿一直线运动并发生正碰，碰撞前后都是做匀速直线运动，所以系统的动量守恒碰撞前后A的动量变化为：pAmvAmvA2(1)2(3) kgm/s4 kgm/s又：pBmB(vBvB)，所以：mB kg kg所以A与B碰撞前的总动量为：p总mvAmBvB2(3)2 kgm/s kgm/s由动量定理可知，碰撞时A对B所施冲量为：IBpB4 kgm/s4 Ns.碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能：EkmvmBv(mmB)v2，代入数据解得：Ek10 J，故A错误，B、C、D正确7C小球下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgL(1c
19、os 60)mv2，v，两球碰撞过程动量守恒，以小球与泥球组成的系统为研究对象，以小球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv(mm)v，解得碰后两球的速度：v，碰后两球上摆过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律得：2mv22mgh，解得h.8CD小球在半圆槽内由A向B运动时，由于槽的左侧有一固定在水平面上的物块，槽不会向左运动，则小球机械能守恒，从A到B做圆周运动，系统在水平方向上动量不守恒；从B到C运动的过程中，槽向右运动，系统在水平方向上动量守恒，则B到C小球的运动不是圆周运动，故A、B错误，C正确小球离开C点以后，既有竖直向上的分速度，又有水平分速度，小球做斜上抛运动，故D正确9AC
20、D小球滑上滑车，又返回，到离开滑车的整个过程中，系统水平方向动量守恒选取向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0mv1Mv2由机械能守恒定律得：mvmvMv解得：v1v0v0，v2v0v0所以小球以后将向左做平抛运动，故A正确，B错误对滑车，运用动能定理得：小球对滑车做的功WMv0，故C正确当小球与滑车的速度相同时，小球上升到最大高度，设共同速度为v.规定向右为正方向，运用动量守恒定律得，有：mv0(mM)v根据能量守恒定律，有mv(mM)v2mgh代入数据得：h，故D正确10BD合力的功等于各个分力的功的代数和，一对平衡力的合力为零，故一对平衡力所做功之和一定为零；一对作用力与反作用力作用在两
21、个不同的物体上，两个力的作用点的位移不一定相等，故一对作用力与反作用力所做功之和可能不为零，故A错误；冲量是力与时间的乘积，故一对平衡力的冲量大小相等、方向相反、作用时间相等，一对作用力与反作用力的冲量之和也一定为零，故B正确；根据动量定理，物体所受合力冲量的方向一定与物体动量的变化方向相同，不一定与物体的末动量方向相同，故C错误；火箭是利用反冲的原理工作的，根据动量守恒定律，有：0(Mm)vmv，解得：vv.喷出的燃气的速度越大、火箭的质量比越大，则火箭能够获得的速度就越大，故D正确11BD根据xt图象的斜率等于速度，可知：A球的初速度为vA0，B球的初速度为vB m/s4 m/s，碰撞后A
22、球的速度为vA m/s2 m/s，碰撞后B球的速度为vB m/s2 m/s碰撞前总动量为pMvAmvB2 kgm/s，碰撞后总动量为pMvAmvB2 kgm/s，故两个小球在碰撞前后动量守恒故A错误碰撞过程中，B球的动能变化量为EkBmvB2mv0.5(2)242 J3 J，即损失3 J，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EkAMvA203 J，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)A.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0.500.100.60见解析解析(2)A.大大减小了因滑块和导轨之间
23、的摩擦而引起的误差B保证两个滑块的碰撞是一维的滑块1碰撞之前的速度v1 m/s0.50 m/s；滑块1碰撞之后的速度v2 m/s0.10 m/s；滑块2碰撞后的速度v2 m/s0.60 m/s.a.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m1v10.15 kgm/s，系统碰撞之后的质量与速度的乘积之和m1v2m2v30.15 kgm/s.b碰撞前后总动能不变原因：碰撞前的总动能Ek1m1v0.037 5 J.碰撞之后的总动能Ek2m1vm2v0.037 5 J.所以碰撞前后总动能相等13(1)BC(2)mAOPmAOMmBONOPOMON(3)解析(1)“验证动
24、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mAv0mAv1mBv2，又OPv0t，OMv1t，ONv2t，代入得：
25、mAOPmAOMmBON，若碰撞是弹性碰撞，则机械能守恒，由机械能守恒定律得：mAvmAvmBv.将OPv0t，OMv1t，ONv2t代入得：mAOP2mAOM2mBON2；两式联立可解得：OPOMON(3)小球做平抛运动，在竖直方向上：hgt2，平抛运动时间：t，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：vAx，vAx，vBx，如果碰撞过程动量守恒，则：mAvAmAvAmBvB，将vA、vA、vB的值代入，解得：.14(1)方向向右(2)gt(3)解析(1)根据电磁感应定律，有，qt，EF中的感应电流方向向右(2)平均感应电流，平均安培力BL，(mg)tmv0，v0gt.(3)
26、以火箭为参考系，设竖直向上为正，由动量守恒定律mu(mm)v0.得v.15(1)2 kg(2)36 Ns向左(3)9 J解析(1)由题图乙知，C与A碰前速度为v19 m/s，碰后速度为v23 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(mAmC)v2，解得：mC2 kg.(2)由图乙知，12 s末A和C的速度为v33 m/s,4 s到12 s墙对B的冲量为I(mAmC)v3(mAmC)v2，解得：I36 Ns，方向向左(3)12 s，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
27、正方向由动量守恒定律得：(mAmC)v3(mAmBmC)v4由机械能守恒定律得：(mAmC)v(mAmBmC)vEp解得：Ep9 J.16(1)2.5 m/s2(2)1 m/s(3)0.45 m解析(1)以A为研究对象，由牛顿第二定律有FmAa代入数据解得a2.5 m/s2(2)对A、B碰撞后共同运动t0.6 s的过程，由动量定理得Ft(mAmB)v(mAmB)v1代入数据解得v11 m/s(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(mAmB)v1A从开始运动到与B发生碰撞前，由动能定理有FlmAv由式，代入数据解得l0.45 m.17(1)逆时
28、针(2)3(3)3mgrQ4mgr解析(1)导体棒P由C1C2下滑到D1D2，根据机械能守恒定律：mgr1mv，vD4导体棒P到达D1D2瞬间：EBLvD回路中的电流I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，vQ设导体棒P离开轨道瞬间的速度为vP，根据动量守恒定律：mvDmvPmvQ，代入数据得：vP3(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Q1mvmvmv3mgr若导体棒Q与P能达到共速v，则根据动量守恒：mvD(mm)v，v2回路中产生的热量Q2mv(mm)v24mgr综上所述，回路中产生热量的范围是3mgrQ4mgr.
