測試七 動量 -2025年高考物理一輪復習(解析版)_第1頁
測試七 動量 -2025年高考物理一輪復習(解析版)_第2頁
測試七 動量 -2025年高考物理一輪復習(解析版)_第3頁
測試七 動量 -2025年高考物理一輪復習(解析版)_第4頁
測試七 動量 -2025年高考物理一輪復習(解析版)_第5頁
已閱讀5頁,還剩9頁未讀 繼續免費閱讀

下載本文檔

版權說明:本文檔由用戶提供并上傳,收益歸屬內容提供方,若內容存在侵權,請進行舉報或認領

文檔簡介

第七章動量守恒定律

質量監測試卷

本試卷分第I卷(選擇題)和第n(非選擇題)兩部分。滿分:100分;考試時間:75分鐘

注意事項:

1.答題前,考生先將自己的姓名.班級.座號.準考證號填寫在答題卡上。

2.答選擇題時,必須使用2B鉛筆填涂;答非選擇題時,必須使用0.5毫米的黑色簽字筆書寫;必須在題號

對應的答題區域內作答,超出答題區域書寫無效;保持答卷清潔.完整。

3.考試結束后,將答題卡交回(試題卷自己保存,以備評講)。

第I卷(選擇題,共43分)

一、單項選擇題:(本題共7小題,每小題4分,共28分.在每小題給出的四個選項中,只

有一項是符合題目要求)

1.甲、乙兩人靜止在光滑的冰面上,甲推乙后,兩人向相反方向滑去。若甲的質量大于乙的質量,則()

A.甲推乙的過程中,甲對乙的作用力大于乙對甲的作用力

B.甲推乙的過程中,甲對乙的沖量小于乙對甲的沖量

C.分開后,甲的動量大于乙的動量

D.分開后,甲的動能小于乙的動能

【答案】D

【詳解】A.根據牛頓第三定律可知,甲推乙的過程中,甲對乙的作用力等于乙對甲的作用力,故A錯誤;

BC.甲推乙的過程中,甲乙二人組成的系統在二者相互作用過程中不受外力,滿足系統動量守恒條件,故

甲對乙的沖量與乙對甲的沖量等大反向,故分開后,甲的動量等于乙的動量,故BC錯誤;

D.根據

可知動量大小相等,而甲的質量大于乙的質量,故甲的動能小于乙的動能,故D正確。

故選D。

2.西安古城墻上有一塊磚的質量掰=1kg,取重力加速度大小g=10m/s2,則經時間l=5s,重力對該磚的

沖量()

A.大小為50N?sB.方向垂直向下C.方向豎直向上D.大小為40N?s

【答案】A

【詳解】重力對對該磚的沖量

I=Gt=mgt=lxlOx5N-s=5ONs

方向豎直向下。故A正確,BCD錯誤。

故選Ao

3.運輸易碎器件時,經常在包裝箱中填充泡沫塑料,這是因為在碰撞過程中,泡沫塑料能減小()

A.器件的慣性B.器件受到的沖量

C.器件的動量變化量D.器件受到的作用力

【答案】D

【詳解】根據

Ft=\p

可知在碰撞過程中,泡沫塑料能延長接觸時間,從而起到減小器件受到的作用力的效果。

故選D。

4.一個質量為2kg的物體在合力/的作用下從靜止開始沿直線運動,/隨時間/變化的圖像如圖所示。則

下列說法正確的是()

A.Z=ls時,物體的速度為2m/s

B.f=2s時,物體的動量為4kg-m/s

C.Z=0到片Is時間內,物體動量的變化量為-2kg-m/s

D.z=2s到片3s時間內,力廠的沖量為lN-s

【答案】B

【詳解】AC.在0?Is內,根據動量定理可得

Ft】=\px=mv{-0

可得夕0到片Is時間內,物體動量的變化量為

陰=2x1=2kg-m/s

可得Pls時,物體的速度為

V.=^^m/s=Im/s

12

故AC錯誤;

B.在0?2s內,根據動量定理可得

Ft2=mv2-0

可得£=2s時,物體的動量為

p2=mv2=Ft2=2x2kg?m/s=4kg?m/s

2

故B正確;

D.Z=2s到/=3s時間內,力廠的沖量為

/F=F4=—lx(3-2)N-s=-lN-s

故D錯誤。

故選B。

5.如圖所示,斜面體放在光滑水平地面上,其光滑斜面上有一物體由靜止開始沿斜面下滑。在物體下滑過

程中,物體和斜面體組成的系統()

A.機械能守恒,動量不守恒B.機械能與動量均不守恒

C.機械能與動量均守恒D.機械能不守恒,動量守恒

【答案】A

【詳解】在物體下滑過程中,只有重力做功,物體和斜面體組成的系統機械能守恒,物體和斜面體組成的

系統所受合外力不為零,動量不守恒。

故選Ao

6.甲、乙兩滑塊的質量分別為2加和加,它們以相同的速率v在光滑水平面上相向運動并發生碰撞。若碰

撞后兩滑塊黏合在一起,則碰撞過程中系統損失的機械能為()

4,21,

A.—mv~2B.mvC.-mv~2D.—mv~

332

【答案】A

【詳解】碰撞前后動量守恒,則

2mv-mv=(2m+m)v'

解得

/=上

3

碰撞過程中系統損失的機械能為

AE*=—x2mv2+—mv2--x(2m+ni)^2=^mv2

2223

故選Ao

7.皮劃艇射擊是一種比賽運動,比賽時,運動員站在靜止的皮劃艇上,持槍向岸上的槍靶水平射擊。已知

運動員(包括除子彈外的裝備)及皮劃艇的總質量為子彈的質量為冽,假設子彈射擊過程中火藥釋放

的總能量為E,且全部轉化為動能,在陸地射擊和在皮劃艇上射擊時子彈出射速度會有少許差異。陸地射擊

時子彈的射出速度為V/,子彈動能為紜1;在皮劃艇上射擊時子彈的出射速度為V2,動能為£卜2,運動員及

3

皮劃艇的速度為V3,射擊過程中可認為子彈、運動員及皮劃艇組成的系統在水平方向動量守恒。下列關系

式正確的是()

E2(£D,工=

A.K=C.v=

mEjM2Mmv2

【答案】D

【詳解】A.在陸地射擊時,火藥釋放的能量全部轉化為子彈的動能,因此有

凡i=:相片=E

解得

2E

A錯誤;

CD.在皮劃艇上射擊時,根據水平方向動量守恒,有

0=MV3+mv2

11

E=—Afvf9+—mvf9

聯立解得

故C錯誤,D正確;

B.在皮劃艇上射擊時,子彈的動能

1A/

EFk2=一2百E

Eg_M+m

豆=M

故B錯誤。

故選D。

二、多項選擇題(本題共3小題,每小題5分,共15分.在每小題給出的四個選項中,有多

項符合題目要求.全部選對的得5分,選對但不全的得3分,有選錯的得0分)

8.如圖所示,光滑圓環水平放置并固定,a、b、c為圓環上的三等分點,圓環內有質量為冽A和恤的小球

A和B(機A>機B)。初始時小球A以初速度%沿圓環切線方向運動,與靜止的小球B在。點發生碰撞,兩

小球始終在圓環內運動。若小球A與B之間為彈性碰撞,且所有的碰撞位置剛好位于。、b,c點,則小球

4

的質量比*可能為()

3C.4D.5

【答案】AD

【詳解】兩球碰后速度分別為%、無,根據動量守恒以及機械能守恒可得

WAV0=WAVA+WBVB

1^0

聯立解得

mA-mR2mAvn

因為所有的碰撞位置剛好位于等邊三角形的三個頂點,則

①若第二次碰撞發生在圖中的6點,則從第一次碰撞到第二次碰撞之間,A、B通過的路程之比為

本■=。/23…)

幺=2k

可得

mA_4+3左

mB2-3k

由兩質量均為正數,故左=0,即

隊=2

對第二次碰撞,設A、B碰撞后速度大小分別為%,其,根據動量守恒以及機械能守恒可得

mAVA+mBVB=加A%+mB^B

+g加B*=gmA以2+[/42

聯立解得

以="o,vg=。

5

故第三次碰撞發生在6點、第四次碰撞發生在c點,以此類推,滿足題意。

②若第二次碰撞發生在圖中的c點,則從第一次碰撞到第二次碰撞之間,A、B通過的路程之比為

言…)

2k=2k

&VB

可得

mA_5+3k

mB1一3左

兩質量均為正數,故我=0,即

△=5

根據①的分析可證以=%,/=0,滿足題意。

故選ADo

9.一個質量為60kg的蹦床運動員,從離水平網面3.2m高處自由下落,著網后沿豎直方向蹦回到離水平網

面5.0m高處,已知運動員與網接觸的時間為0.8s,g取lOm/s?。貝lj(

A.運動員與網接觸瞬間的速度大小為8m/s

B.運動員與網接觸的這段時間內動量的變化量大小為120kg?m/s

C.運動員的平均作用力大小為1350N

D.運動員向上離網瞬間比向下觸網瞬間的動能增加1080J

【答案】ACD

【詳解】A.離水平網面4=3.2m高處自由下落,由

mv

~i=rngh}

得網接觸瞬間的速度大小為

Vj=J2g〃[=8m/s

故A正確;

B.設向上為正方向,則巧=8m/s著網后沿豎直方向蹦回到離水平網面為=5.0m高處,由

gmv\=mgh2

得離網速度大小為

v2==10m/s

動量的變化量大小

\p=mv,-mvx=1080kg-m/s

6

故B錯誤;

C.由動量定理,運動員的平均作用力大小為

A£=1080N=1350N

AZ0.8

故C正確;

D.運動員動能變化量為

1,1,

AEk=-mv^--mv^=1080J

故D正確。

故選ACDo

10.如圖,質量為M的小車靜止在光滑水平面上,小車N8段是半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道,8c段

是長為£的粗糙水平軌道,兩段軌道相切于3點。一質量為優的可視為質點的滑塊,從小車上的N點由靜

止開始沿軌道下滑,然后滑入8c軌道,最后恰好停在C點。已知小車質量M=5m,滑塊與軌道間的動

A.全過程滑塊在水平方向上相對地面的位移的大小為R+L

B.全過程小車相對地面的位移大小為管

C.小車在運動過程中速度的最大值為樽

D.〃、3R三者之間的關系為R=

【答案】CD

【詳解】AB.滑塊與小車組成的系統水平方向動量守恒,由人船模型特點有

Msx=ms2

S]+“=R+L

由上兩式解得

R+L

51=—

_5(R+C)

52

全過程滑塊在水平方向上相對地面的位移的大小為亞土D,全過程小車相對地面的位移大小為鋁

66

7

所以AB錯誤;

C.滑塊滑到圓弧軌道最低點時,小車速度最大,滑動與小車組成的系統水平方向動量守恒,則有

Mvx=mv2

1212

mgR=—MV14--mv2

由上兩式解得

小車在運動過程中速度的最大值為梧,故c正確;

D.滑塊最后恰好停在C點時,小車也停止運動,全程由能量守恒定律則有

mgR=jLimgL

解得

R=/JL

故D正確。

故選CD。

第n卷(非選擇題,共57分)

三、實驗題(本大題共2小題,共16分)

11.(6分)11.某同學用如圖甲所示裝置做“驗證動量守恒定律”實驗。圖中O是斜槽水平末端在記錄紙上

的垂直投影點,P為未放被碰小球時入射小球叫的平均落點,M為與被碰小球碰后入射小球網的平均落點,

N為被碰小球加2的平均落點。

(1)下列說法正確的是o

A.為完成此實驗,必須使用的測量器材有天平、秒表、刻度尺

B.安裝軌道時,軌道末端必須水平

C.同一組實驗中,入射小球必須從同一位置由靜止釋放

D.入射小球的質量小于被碰小球的質量,兩球的半徑相同

(2)實驗中,除測量平拋射程OM、ON、O尸外,還需要測量的物理量有o(填序號)

A.入射小球明開始釋放高度

8

B.拋出點距地面的高度〃

C.入射小球質量叫和被碰小球質量加2

(3)若測量的物理量滿足關系式(用所測物理量的字母表示),則入射小球和被碰小球

碰撞前后的總動量不變。

【答案】(1)BC

⑵C

(3)加]*OP=m^OM+m2?ON

【詳解】(1)A.小球碰撞后做平拋運動,由于小球拋出點的高度相等,小球做平拋運動的時間相等,小球

水平位移與初速度成正比,可以用小球的水平位移代替小球的初速度,實驗要測量小球的質量與水平位移,

需要刻度尺與天平,本實驗不需要測量時間,不需要秒表,故A錯誤;

B.要保證每次小球都做平拋運動,則軌道的末端必須水平,故B正確;

C.同一組實驗中,入射小球必須從同一位置由靜止釋放,以保證到達底端做平拋運動時的速度相同,故C

正確;

D.為防止入射小球碰后反彈,則入射小球的質量必須大于被碰小球的質量,故D錯誤。

故選BCo

(2)小球碰撞后做平拋運動,由于小球拋出點的高度相等,小球做平拋運動的時間相等,小球水平位移與

初速度成正比,可以用小球的水平位移代替小球的初速度,實驗要測量小球的質量與水平位移。

故選Co

(3)如果碰撞過程系統動量守恒,以向右為正方向,由動量守恒定律得

mjV0=WjV]+m2V2

小球離開軌道后做平拋運動,它們拋出點的高度相等,在空中的運動時間f相等,上式兩邊同時乘以,得

加1%/=WjV/+m^v2t

mx?OP=mx?OM+m2*ON

12.(10分)利用圖示的實驗裝置對碰撞過程進行研究。讓質量為沖的滑塊A與質量為加2的靜止滑塊B

在水平氣墊導軌上發生碰撞,碰撞時間極短,比較碰撞后A和B的速度大小匕和修,進而分析碰撞過程是

否為彈性碰撞。完成下列填空:

C1)開動氣泵,調節氣墊導軌,直至看到導軌上的滑塊能在短時間內保持靜止,可認為氣墊導

軌.!

(2)要使碰撞后兩滑塊運動方向相反,應使滑塊A的質量mi滑塊B的質量m2(選填“大于”、“小

9

于”或“等于”)。

(3)調節B的位置,使得A與B接觸時,A的左端到左邊擋板的距離邑與B的右端到右邊擋板的距離52相

等。

(4)使A以一定的初速度沿氣墊導軌運動,并與B碰撞,分別用傳感器記錄A和B從碰撞時刻開始到各

自撞到擋板所用的時間4和才2,則碰后A的速度匕為,B的速度丫2為=(用邑、$2、4、(2

表示)

(5)將B放回到碰撞前的位置,改變A的初速度大小,多次重復步驟(4)o

(6)由(4)(5)數據得到21的平均值。

(7)理論研究表明,對本實驗的碰撞過程,是否為彈性碰撞可由X判斷。若兩滑塊的碰撞為彈性碰撞,則

入的理論表達式為生產;因此,如果(6)中土的實際平均值與(7)中理論值結果間的差別在允許范

v22加1v2

圍內,則可認為滑塊A與滑塊B在導軌上的碰撞為彈性碰撞。

【答案】水平小于y

【詳解】(1)[1]導軌上的滑塊能在短時間內保持靜止,證明氣墊導軌調至水平;

(2)[2]應該用質量較小的滑塊碰撞質量較大的滑塊,碰后運動方向相反;

⑷[1]⑵碰后A、B的速度分別為

S]s2

V丁二

四、解答題(本大題共3小題,共41分。解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟。只寫出

最后答案不能得分。有數據計算的題,答案中必須明確寫出數值和單位)

13.(10分)如圖,一長木板在光滑的水平面上以速度%向右做勻速直線運動,將一小滑塊無初速地輕放在

木板最右端。已知滑塊和木板的質量分別為加和2加,它們之間的動摩擦因數為〃,重力加速度為g。

(1)滑塊相對木板靜止時,求它們的共同速度大小;

(2)某時刻木板速度是滑塊的2倍,求此時滑塊到木板最右端的距離。

2

【答案】(1)-v0;(2)

【詳解】(1)滑塊與木板組成的系統滿足動量守恒,則有

2mv0=(2m+m)v

解得滑塊相對木板靜止時,它們的共同速度大小為

10

2

人”

(2)某時刻木板速度是滑塊的2倍,設滑塊的速度為匕,則木板的速度為2匕,根據動量守恒可得

2mv0=2m?2Vl+mv1

解得

2

匕=1%

根據能量守恒可得

12

pimgs=-x2mVQ-2m(2v1)—

解得滑塊與木板的相對位移為

25Hg

可知此時滑塊到木板最右端的距離為二^

25〃g

14.(14分)如圖所示,質量為V=3.0kg,半徑R=0.6m的四分之一光滑圓弧槽靜置于光滑水平地面上,

有兩個大小、形狀相同的可視為質點的光滑小球機1、加2,g=L°kg、嗎=2.0kg,叫右側與球心等高處

連接一輕質彈簧,彈簧的另一端距圓弧槽底有一定距離。現將叫從圓弧槽頂端由靜止釋放,重力加速度

g=10m/s2,求:

(1)若圓弧槽固定不動,小球叫滑到圓弧槽底端時,圓弧槽對小球的支持力大小;

(2)若圓弧槽不固定,求彈簧壓縮過程中的最大彈性勢能;

(3)若圓弧槽不固定,試通過計算分析小球叫能否再次滑上圓弧槽。

【詳解】(1)圓弧槽固定,小球下滑過程滿足機械能守恒,則有

1,

mxgR=-m]v-

解得

%=2Gm/s

小球/滑離圓弧槽低端時,由牛頓第二定律可得

11

解得

5=30N

(2)圓弧槽不固定,槽和小球組成的系統在水平方向動量守恒,以向左為正方向,則有

加iW_MV2=0

由系統機械能守恒可得

1212

m^R=—m1v1+—A/V2

聯立解得

V1=3m/s,v2=1m/s

當小球風、g速度相等時,彈簧具有最大彈性勢能,根據動量守恒得

冽1匕=的+加2)丫

解得共同速度為

v=lm/s

根據能量守恒可得

丸max=;加后一#町+加2/2

代入數據可得

Epmax=3J

(3)當彈簧回復原長時小球網向右運動,速度為匕,小球叫向左運動,速度為根據動量守恒得

冽1匕=m2v4-m1v3

由能量守恒得

聯立解得

v3=1m/s

由于匕=%,故必不能再次滑上圓弧槽。

15.(17分)如圖所示,水平地面上固定著一個傾角為。的足夠長斜面,一質量為加A=2加的滑塊A放在斜面

上時恰好處于靜止狀態,另一滑塊B(滑塊B光滑且滑塊B的質量小于滑塊A的質量)從滑塊A上方相距

工的位置由靜止釋放,已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,重力加速度為g,兩滑塊間的碰撞為彈性碰撞且

碰撞時間極短,第一次碰撞后瞬間滑塊A與滑塊B的速率之比為2:1。求:

(1)第一次碰撞前瞬間,滑塊B的速率;

(2)滑塊B的質量;

(3)兩滑塊第一次碰撞到第三次碰撞時間內,滑塊A運動的位移大小。

12

B

A?

【答案】(1)J2g£sin(;(2)加;(3)8£

【詳解】(1)由牛頓第二定律得,滑塊B的加速度大小為

〃_加Bgsin。

=gsin6

加B

由%2=2〃,解得兩滑塊第一次碰撞前瞬間,滑塊B的速度

v0=-J2aL=J2g£sin9

(2)取沿著斜面向下為速度的正方向,設兩滑塊第一次碰撞后瞬間,滑塊A和滑塊B的速度分別為匕和匕,

則有

|?BVO

解得

2m2mr—:―~Tm-2mm-2m/一.T

V[=----------JR%=---------RJRR

溫馨提示

  • 1. 本站所有資源如無特殊說明,都需要本地電腦安裝OFFICE2007和PDF閱讀器。圖紙軟件為CAD,CAXA,PROE,UG,SolidWorks等.壓縮文件請下載最新的WinRAR軟件解壓。
  • 2. 本站的文檔不包含任何第三方提供的附件圖紙等,如果需要附件,請聯系上傳者。文件的所有權益歸上傳用戶所有。
  • 3. 本站RAR壓縮包中若帶圖紙,網頁內容里面會有圖紙預覽,若沒有圖紙預覽就沒有圖紙。
  • 4. 未經權益所有人同意不得將文件中的內容挪作商業或盈利用途。
  • 5. 人人文庫網僅提供信息存儲空間,僅對用戶上傳內容的表現方式做保護處理,對用戶上傳分享的文檔內容本身不做任何修改或編輯,并不能對任何下載內容負責。
  • 6. 下載文件中如有侵權或不適當內容,請與我們聯系,我們立即糾正。
  • 7. 本站不保證下載資源的準確性、安全性和完整性, 同時也不承擔用戶因使用這些下載資源對自己和他人造成任何形式的傷害或損失。

評論

0/150

提交評論