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章末检测卷(六)　动量守恒定律
(时间:75分钟　分值:100分)
一、单项选择题:本题共7小题,每小题4分,共28分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1.(2025·广西模拟预测)某市学生体能测试中有一重要项目:排球垫球个数测试。某同学在一次测试中双手在同一高度多次竖直垫起排球,第一次垫球后,球竖直上升高度为0.2 m,第二次垫球后,球竖直上升高度为0.45 m。已知排球的质量为0.27 kg,重力加速度g=10 m/s2,不计空气阻力。则第二次垫球过程,排球动量变化量的大小为(　　)
A.0.27 kg·m/s B.0.54 kg·m/s
C.0.81 kg·m/s D.1.35 kg·m/s
2.(2025·重庆一中高三月考)一款儿童棒球发球机向上发射棒球供初学者练习。假设发球机(高度不计)在地面上O点以初速度v0斜向上发射一质量为m的棒球(可视为质点),棒球上升到达A点时速度大小为v,不计空气阻力,以下说法正确的是(　　)
A.棒球从O到A过程,动量变化量大小为mv-mv0
B.棒球从O到A过程,动量随时间均匀变化
C.棒球从O出发到再次落回地面过程,动量不变
D.棒球从O出发到再次落回地面过程,动量变化量为2mv0
3.“智能防摔马甲”是一款专门为老年人研发的科技产品。该装置通过马甲内的传感器和微处理器精准识别穿戴者的运动姿态,在其失衡瞬间迅速打开安全气囊进行主动保护,能有效地避免摔倒带来的伤害。在穿戴者着地的过程中,安全气囊可以(　　)
A.减小穿戴者所受重力的冲量
B.减小地面对穿戴者的平均冲击力
C.减小穿戴者动量的变化量
D.减小穿戴者与地面的接触时间
4.(2025·湖北高中联盟高三联考)如图所示,双杠比赛中运动员静止在双杠上,手臂与双杠的夹角为θ。在时间t内,下列说法正确的是(　　)
A.运动员所受合力的冲量大小为0
B.运动员所受重力G的冲量大小为Gtcos θ
C.运动员所受支持力F的冲量大小为Ftsin θ
D.运动员所受支持力的冲量方向斜向右上方
5.(2025·山东日照高三开学考)如图所示,用高压水枪清洗汽车时,设水枪出水口的直径为d1,水柱射出出水口的速度大小为v1,水柱垂直射到汽车表面时的直径为d2,水柱垂直射到汽车表面时水的速度大小为v2,冲击汽车后水的速度为零。已知水的密度为ρ。下列说法正确的是(　　)
A.若d1B.高压水枪单位时间喷出的水的质量为ρπv2
C.高压水枪单位时间喷出的水的质量为ρπv1
D.水柱对汽车的平均冲力为ρπ
6.如图所示,足够长的光滑斜劈固定在光滑水平面上,两等大的小球甲、乙质量分别为m1、m2,小球乙静止在水平面上,小球甲以水平向左的速度运动,经过一段时间与小球乙发生碰撞,已知碰后小球甲的速率为碰前的,碰后乙恰好追不上甲,则m1∶m2为 (　　)
A.1∶2 B.1∶3 C.1∶4 D.1∶5
7.(2025·重庆一中模拟)如图所示,在水平面上停放着一辆上表面水平的小车,小车上竖直固定着两端开口的细管(细管可视为小车的一部分),细管的弯曲部分BC段是半径为R的四分之一圆弧,与小车的上表面相切于C点,细管的竖直部分AB距离为2R,小车左侧固定一轻弹簧。现将一质量为m、可视为质点的小球从A处无初速度放入细管,忽略一切摩擦阻力。已知小车的质量为2m,重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)
A.小球在细管中运动时,小球和小车组成的系统动量守恒
B.轻弹簧能够获得的最大弹性势能为2mgR
C.小球运动到C点时,小车在水平方向位移的大小为R
D.小球运动到C点时,其速度大小为2
二、多项选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分。每小题有多个选项符合题目要求,全部选对得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。
8.(2025·广东广州高三调研)质量为0.60 kg的篮球从高1.80 m处静止释放,碰地后反弹上升1.25 m,若篮球与地面的接触时间为0.1 s,忽略空气阻力,重力加速度g取10 m/s2,则与地面碰撞过程中,篮球(　　)
A.机械能的减少量为10.8 J
B.动量变化量大小为6.6 kg·m/s
C.对地面的冲量大小为7.2 N·s
D.所受合力的冲量大小为6.6 N·s
9.如图,光滑圆弧槽面末端切线水平,并静置一质量为m2的小球Q,另一质量为m1的小球P从槽面上某点静止释放,沿槽面滑至槽口处与Q球正碰,设碰撞过程中无能量损失,P、Q两球落地点到O点水平距离之比为1∶3,则P、Q两球质量比可能是(　　)
A.3∶1 B.3∶5 C.2∶3 D.1∶7
10.(2025·天津武清模拟)如图,一足够长的木板A静止在光滑水平面上,现有质量为1.5 kg的物块B以水平速度4 m/s从最左端滑上木板,经过3秒物块B的速度减为1 m/s并且刚好与木板A速度相同。g取10 m/s2,则下列说法正确的是(　　)
A.木板的质量为3 kg
B.A、B间的动摩擦因数为0.1
C.物块B由4 m/s减速到1 m/s的过程中,物块的位移为7.5 m
D.木板的最短长度为7.5 m
三、非选择题:本题共5小题,共54分。
温馨提示:此系列题卡,非选择题每空2分,分值不同题空另行标注
11.(7分)(2025·湖南长沙模拟)某实验小组的同学利用如图甲所示的装置来验证动量守恒定律,调节气垫导轨的充气源,轻推滑块Q使其能在气垫导轨上做匀速直线运动;然后将固定有遮光条的滑块P在倾斜轨道上由静止释放,经过气垫导轨左侧的光电门1后与滑块Q发生碰撞,并粘合在一起,最终通过光电门2。已知滑块P、Q的质量分别为m、M。请回答下列问题。
(1)用螺旋测微器测量遮光条的宽度如图乙所示,则宽度L=　　　　 cm。
(2)如果滑块P经过光电门1、光电门2时,遮光条的挡光时间分别为t1、t2。若碰撞过程,系统的动量守恒,则关系式=　　　　成立;该碰撞过程损失的机械能与初动能之比为=　　　　(3分)(用测量的物理量表示)。
12.(9分)用如图所示,实验器材可以验证两个小球碰撞前后的动量是否守恒。图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影,M、P、N三点是小球地面上的平均落点。
(1)实验中除了测两小球的质量外,还需测量　　　　。
A.小球抛出点距地面的高度
B.小球开始释放位置距地面高度
C.碰撞前入射球平抛运动的水平距离
D.碰撞后两球各自平抛运动的水平距离
(2)关于实验操作和器材说法正确的是　　　　。
A.斜槽末端必须光滑
B.每次从同一位置静止释放入射球
C.两球直径可以不同
D.入射球质量大于被碰球质量
(3)实验中记录数据如下表所示
m1/g m2/g OM/cm ON/cm OP/cm
40.0 10.0 18.50 39.80 28.50
为了达到“验证动量守恒”的实验目的,需要验证的表达式为　　　　　　　　(3分)。(用上述表格中的物理量符号表示);由以上数据分析此次碰撞为　　　　(选填“弹性”或“非弹性”)碰撞。
13.(10分)(2025·重庆沙坪坝高三开学考)飞行器无动力地竖直向上运动,某时刻的速度为v0,此时飞行器分离成上下两部分A和B,分离过程所用时间为t,分离后B的速度为v,且与v0同向,A、B的质量均为m,该处的重力加速度为g,求:
(1)(5分)分离时A对B的推力大小;
(2)(5分)分离后A的速度大小。
14.(12分)甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑的水平冰面上匀速相向行驶,速度大小均为v0=6 m/s,甲车上有质量为m=1 kg的小球若干个,甲和他的小车及小车上小球的总质量为M1=50 kg,乙和他的小车的总质量为M2=30 kg,为避免相撞,甲不断地将小球以相对地面为v=16.5 m/s的水平速度抛向乙,且被乙接住。
(1)(3分)甲第一次抛球时对小球的冲量;
(2)(4分)乙接到第一个球后的速度(保留1位小数);
(3)(5分)为保证两车不相撞,甲总共抛出的小球个数是多少
15.(16分)(2025·湖北黄冈模拟)如图所示,内壁粗糙、半径R=0.4 m的四分之一圆弧轨道AB在最低点B与足够长光滑水平轨道BC相切。质量m2=0.2 kg的小球b左端连接一轻质弹簧,静止在光滑水平轨道上,另一质量m1=0.2 kg的小球a自圆弧轨道顶端由静止释放,运动到圆弧轨道最低点B时,对轨道的压力为小球a重力的两倍。忽略空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。
(1)(5分)求小球a由A点运动到B点的过程中,摩擦力做功Wf;
(2)(5分)求小球a通过弹簧与小球b相互作用的过程中,弹簧的最大弹性势能Ep;
(3)(6分)求小球a通过弹簧与小球b相互作用的整个过程中,弹簧对小球b的冲量I的大小。
章末检测卷(六)　动量守恒定律
1.D　[第一次垫球后,球竖直上升高度为0.2 m,球落回到手上的速度为v0==2 m/s,方向向下;第二次垫球后,球竖直上升高度为0.45 m,则球刚离手时的速度为v1==3 m/s,方向向上;取向上为正方向,第二次垫球过程,排球动量变化量为Δp=mv1-(-mv0)=m(v1+v0)=0.27×5 kg·m/s=
1.35 kg·m/s,故D正确。]
2.B　[棒球从O到A过程,速度方向不断变化,动量是矢量,动量变化量大小不等于mv-mv0,故A错误;棒球从O到A过程,根据Δp=F合t=mgt,可知动量随时间均匀变化,故B正确;棒球从O出发到再次落回地面过程,动量大小不变,方向变化,故C错误;棒球从O出发到再次落回地面过程,速度方向不断变化,动量是矢量,动量变化量不等于2mv0,故D错误。]
3.B　[设穿戴者所受合力为F,依题意,根据动量定理有FΔt=Δp,可得F=,穿戴者动量的变化量未发生变化,安全气囊的作用是延长了人与地面的接触时间,从而减小人所受到的合力,则穿戴者所受重力的冲量增大了,故B正确。]
4.A　[依题意,运动员处于静止状态,合力为0,根据I合=F合t,可知运动员所受合力的冲量大小为0,故A正确;重力的冲量IG=Gt,故B错误;支持力的冲量IF=Ft,故C错误;由于IG+IF=I合,可知运动员所受支持力的冲量方向与重力冲量方向相反,即竖直向上,故D错误。]
5.D　[依题意,可得πv1Δt=πv2Δt,即v1=v2,若d1v2,故A错误;高压水枪单位时间喷出的水的质量为m0=ρV=ρπ·v1==,故B、C错误;设水柱对汽车的平均冲力为F,由动量定理得Ft=mv2=t·v2,解得F=ρπ,故D正确。]
6.C　[以小球甲的初速度方向为正方向,设碰前小球甲的速度大小为v0,两球刚好发生一次碰撞,说明小球乙从斜劈回到水平面后的速度与小球甲相同,则碰后两球的速度方向相反,碰撞过程中由动量守恒定律有m1v0=m1+m2,解得m1∶m2=1∶4,故C正确,A、B、D错误。]
7.D　[小球在细管中运动时,小球和小车组成的系统只在水平方向动量守恒,A错误;规定水平向左为正方向,小球在细管中运动有mx球+(-2mx车)=0,x球+x车=R,解得x车=,C错误;由动量守恒定律有mv球+(-2mv车)=0,解得v车=,小球从释放到最低点C的过程,由能量守恒定律有mg·3R=m
+×2m,联立得v球=2v车=2,D正确;小球运动到弹簧压缩到最短的过程,系统速度为零,则由能量守恒定律有mg·3R=Ep弹,B错误。]
8.BCD　[篮球做自由落体运动,由自由落体运动规律知,落地速度大小v1==6 m/s,反弹速度大小v2==5 m/s,机械能的减少量ΔE=m-m=3.3 J,A错误;取竖直向上为正方向,动量变化量大小Δp=mv2-(-mv1)=6.6 kg·m/s,B正确;根据动量定理有I-mgt=Δp,解得地面对篮球的冲量大小I=7.2 N·s,根据牛顿第三定律可知,篮球对地面的冲量大小为7.2 N·s,C正确;根据动量定理及结合B项分析可知,篮球所受合力的冲量大小为6.6 N·s,D正确。]
9.AB　[设碰撞前小球P的速度为v0,碰撞后P、Q的速度分别为v1、v2,由动量守恒定律和机械能守恒定律得m1v0=m1v1+m2v2,m1=m1+m2,解得v1=v0,v2=v0,两式之比为=,因P、Q两球落地点到O点水平距离之比为1∶3,即xP∶xQ=1∶3,则可能有两种情况,一种是碰撞后P球不弹回,继续向前运动,有==,解得m1∶m2=3∶1,另一种是碰撞后P球被弹回,有==-,解得m1∶m2=3∶5,故A、B正确。]
10.BC　[由题意,根据动量守恒定律有mBv0=(mB+mA)v共,解得木板的质量为mA=4.5 kg,故A错误;对B利用牛顿第二定律有μmBg=mBaB,根据匀变速直线运动速度时间公式有v共=v0-aBt,解得A、B间的动摩擦因数μ=0.1,故B正确;物块B由4 m/s减速到1 m/s的过程中,物块A的位移为sA=t=×3 m=1.5 m,物块B的位移为sB=t=×3 m=7.5 m,则木板的最短长度为Lmin=
sB-sA=6 m,故C正确,D错误。]
11.答案　(1)0.188 0　(2) 　
解析　(1)螺旋测微器的读数为固定刻度与可动刻度之和,所以遮光条的宽度为
L=1.5 mm+38.0×0.01 mm=1.880 mm=0.188 0 cm。
(2)碰前滑块P的速度为v0=
碰后两滑块整体的速度为v=
若碰撞过程系统的动量守恒,则有mv0=(m+M)v
联立整理可得=
该碰撞过程损失的机械能为
ΔE=m-(M+m)v2=m-(m+M)
初动能为Ek0=m=m
所以=1-=。
12.答案　(1)CD　(2)BD　(3)m1·OP=m1·OM+m2·ON　非弹性
解析　(1)由于两小球做平抛运动下落高度相同,所用时间相等,可以用小球做平抛运动的水平位移代替小球抛出时的速度,所以实验中除了测量两小球的质量外,还需测量碰撞前入射球平抛运动的水平距离、碰撞后两球各自平抛运动的水平距离。故C、D正确。
(2)为了保证每次碰撞前瞬间入射小球的速度相同,每次应从同一位置静止释放入射球,但斜槽末端不需要光滑,故A错误,B正确;为了保证两小球发生对心正碰,两球直径需要相同,故C错误;为了保证碰撞后入射球不反弹,入射球质量应大于被碰球质量,故D正确。
(3)设碰撞前瞬间入射球的速度为v0,碰撞后瞬间入射球和被碰球的速度分别为v1、v2,若系统动量守恒,则有m1v0=m1v1+m2v2
由于两小球做平抛运动下落高度相同,所用时间相等,则有
v0=,v1=,v2=
联立可得需要验证的表达式为
m1·OP=m1·OM+m2·ON
若碰撞为弹性碰撞,则有m1=m1+m2
结合m1v0=m1v1+m2v2
联立可得v0+v1=v2
即有OP+OM=ON
由实验记录数据可得
OP+OM=(28.50+18.50) cm>ON=39.80 cm
可知此次碰撞为非弹性碰撞。
13.答案　(1)-mg　(2)2v0-v-2gt
解析　(1)规定竖直向上为正方向,对B根据动量定理有-(F+mg)t=mv-mv0
解得F=-mg。
(2)对A、B系统应用动量定理有
-2mgt=mvA+mv-2mv0
解得vA=2v0-v-2gt。
14.答案　(1)10.5 N·s,水平向右　(2)5.3 m/s,水平向左
(3)15
解析　(1)对小球根据动量定理有I=mv-mv0
解得I=10.5 N·s,方向水平向右。
(2)规定向左为正方向,对小球和乙组成的系统,根据动量守恒定律有M2v0-mv=(M2+m)v1
解得v1=5.3 m/s,方向水平向左。
(3)规定向右为正方向,对所有物体组成的系统,根据动量守恒定律有M1v0-M2v0=(M1+M2)v'
对乙和他的小车及小球组成的系统,根据动量守恒定律有-M2v0+nmv=(M2+nm)v'
解得n=15。
15.答案　(1)-0.4 J　(2)0.2 J　(3)0.4 N·s
解析　(1)小球a由A静止释放运动到最低点B的过程中,根据动能定理有m1gR+Wf=m1
小球a在最低点B,根据牛顿第三定律可知,小球受到轨道的支持力FN=2m1g
根据牛顿第二定律有FN-m1g=m1
联立解得Wf=-0.4 J。
(2)小球a与小球b通过弹簧相互作用,达到共同速度v2过程中,由动量守恒定律可得m1v1=(m1+m2)v2
由能量守恒定律可得m1=(m1+m2)+Ep
联立解得弹簧的最大弹性势能Ep=0.2 J。
(3)小球a与小球b通过弹簧相互作用的整个过程中,设a最后的速度为v3,b最后的速度为v4,由动量守恒定律可得
m1v1=m1v3+m2v4
由能量守恒定律有m1=m1+m2
对b,根据动量定理有I=m2v4
联立解得I=0.4 N·s。

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