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章末巩固(六)　动量守恒定律
说明：单选题每小题4分；多选题每小题6分；本试卷共75分。
一、单选题
1．(2022·海南卷)在冰上接力比赛时，甲推乙的作用力是F1，乙对甲的作用力是F2，则这两个力(　　)
A．大小相等，方向相反
B．大小相等，方向相同
C．F1的冲量大于F2的冲量
D．F1的冲量小于F2的冲量
2．(2025·上海徐汇期中)如图所示，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止。若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中(不计水的阻力)，则救生员跃出后小船的速率为(　　)
A．v0＋　 B．v0－
C．v0＋　 D．v0＋
3．物体的运动状态可用位置x和动量p描述，称为相，对应p-x图像中的一个点。物体运动状态的变化可用p-x图像中的一条曲线来描述，称为相轨迹。假如一质点沿x轴正方向做初速度为0的匀加速直线运动，则对应的相轨迹可能是(　　)
A　　　　　　　　　　B
C　　　　　　　　　　D
4．(2025·云南曲靖一模)如图所示，光滑水平面上放置着一光滑的半圆形凹槽，一质量为m的小球(可视为质点)从半圆形凹槽槽口A点正上方R处静止下落，最后从槽口另一端B点飞出。已知凹槽质量为3m、半径为R，重力加速度为g，不计一切摩擦和阻力。在整个运动过程中，下列说法正确的是(　　)
A．小球的机械能守恒
B．小球和凹槽系统动量守恒
C．小球刚从B端飞出时，凹槽相对地面的位移为
D．小球运动到凹槽最低点时，对凹槽的压力为5mg
5．(2025·辽宁抚顺模拟)如图所示，两个完全相同的木块A、B厚度均为d，质量均为4m。第一次把A、B粘在一起静置在光滑水平面上，质量为m的子弹以速度v0水平射向木块A，恰好将木块A击穿，但未穿入木块B。第二次只放置木块B，子弹以同样的速度水平射向B。设子弹在木块中受到的阻力为恒力，不计子弹的重力，子弹可视为质点。则第二次子弹(　　)
A．能击穿木块B，子弹穿出木块的速度为v0
B．能击穿木块B，子弹穿出木块的速度为v0
C．不能击穿木块B，子弹进入木块的深度为d
D．不能击穿木块B，子弹进入木块的深度为d
二、多选题
6．(2025·浙江宁波一模)质量分别为m1和m2的两物体在光滑的水平面上发生正碰，碰撞时间极短，两物体的位移—时间图像如图所示，m1＝1 kg，下列说法正确的是(　　)
A．m2＝3 kg
B．图线①为碰撞后m1的图线
C．碰撞后两物体的速度相同
D．两物体的碰撞为弹性碰撞
7．(2025·山西吕梁模拟)研究运动员竖直跳跃时，脚下的传感器记录了运动员与传感器间作用力的大小随时间的变化。如图所示，1.0 s时运动员开始起跳，3.1 s时恰好静止于传感器上。将运动员视为质点，不考虑空气阻力，g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A．刚离开传感器时，运动员的速度大小为3 m/s
B．起跳过程中，传感器对运动员的冲量为240 N·s
C．2.5～3.1 s时间内，传感器对运动员平均作用力的大小约为1 200 N
D．1.0～1.9 s与2.5～3.1 s时间内，运动员所受合力的冲量不同
8．(2025·甘肃兰州模拟)如图甲所示，足够长的质量为M的木板静置在光滑的水平面上，在木板上放置一质量为m＝1.5 kg的物块，t＝0时物块以速度v0从木板的左端开始向右端滑动，运动过程中物块的动能Ek随时间t变化的图像如图乙所示，t＝3 s后物块动能不变，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)
A．t＝3 s时物块和木板达到共同速度
B．M＝3 kg
C．物块与木板之间的动摩擦因数为0.1
D．木板的最短长度为6 m
三、非选择题
9．(10分)(2025·浙江湖州模拟)两组同学利用不同的实验器材进行碰撞的实验研究。
(1)第一组同学利用气垫导轨进行“探究碰撞中的不变量”这一实验。
①用螺旋测微器测得遮光条的宽度如图乙所示，读数为_________mm。
②若要求碰撞动能损失最小，则应选图丙中的_________(选填“A”或“B”)(A图两滑块分别装有弹性圈，B图两滑块分别装有撞针和橡皮泥)。
(2)第二组同学采用图丁所示装置进行“验证动量守恒定律”实验。
先让a球从斜槽轨道上某固定点由静止开始滚下，在水平地面上的记录纸上留下压痕，重复10次；再把同样大小的b球放在斜槽轨道末端水平段的最右端附近静止，让a球仍从原固定点由静止开始滚下，和b球相碰后两球分别落在记录纸的不同位置处，重复10次。多次实验完成后，应该用一个尽量小的圆把多次落点圈在其中，其圆心为落点的平均位置。图中A、B、C是各自10次落点的平均位置。
①下列说法符合本实验要求的是________。
A．两球相碰时，两球心必须在同一水平面上
B．需要使用的测量仪器有停表和刻度尺
C．安装轨道时，轨道末端必须水平
D．在同一组实验的不同碰撞中，每次入射球必须从同一高度由静止释放
②用最小圆的圆心定位小球落点，其目的是减小_________(选填“偶然误差”或“系统误差”)。
③测出小球抛出点在桌面上的投影点O到点A、B、C的距离，分别记为OA、OB、OC，若两球发生弹性碰撞，则OA、OB、OC之间一定满足关系式________________。
A．OB＝OC－OA　 B．2OB＝OC＋OA
C．OB＝OC－2OA
10．(12分)(2025·福建厦门模拟)已知某花炮发射器能在t1＝0.2 s内将花炮竖直向上发射出去，花炮的质量为m＝1 kg、射出的最大高度h＝180 m，且花炮刚好在最高点爆炸为两块物块。假设爆炸前后花炮的总质量不变，爆炸后两物块的速度均沿水平方向，且两物块落地的水平位移大小之比为1∶4，忽略一切阻力及发射器大小，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)求花炮发射器发射花炮时，对花炮产生的平均作用力F的大小；
(2)爆炸后两物块的质量m1、m2的大小。
11．(15分)(2024·甘肃卷)如图所示，质量为2 kg的小球A(视为质点)在细绳O'P和OP作用下处于平衡状态，细绳O'P＝OP＝1.6 m，与竖直方向的夹角均为60°。质量为6 kg的木板B静止在光滑水平面上，质量为2 kg的物块C静止在B的左端，C的左端在O的正下方。剪断细绳O'P，小球A开始运动。重力加速度g取10 m/s2。
(1)求A运动到最低点时细绳OP所受的拉力大小；
(2)A在最低点时，细绳OP断裂。A飞出后恰好与C左侧碰撞(时间极短)，碰后A竖直下落，C水平向右运动。求碰后瞬间C的速度大小；
(3)A、C碰后，C相对B滑行4 m后与B共速。求C和B之间的动摩擦因数。
章末巩固(五)
1．B　[球在空中上升到最高点时，竖直方向速度为0，受重力作用，有向下的加速度，所受合力不为0，故A错误；球上升过程中，空气阻力做负功，球的机械能逐渐减小，故B正确；小狗起跳过程初期具有向上的加速度，根据牛顿第二定律有F－G＝ma，可得蹦床对小狗的支持力F＝G＋ma>G，由牛顿第三定律可知，小狗对蹦床的压力大于自身重力，故C错误；小狗起跳过程，蹦床的弹性势能转化为小狗的动能和重力势能，故D错误。故选B。]
2．D　[设长木板的倾角为θ，设重物的质量为m，以重物为研究对象，根据平衡条件可得N＝mgcos θ，f＝mgsin θ，由于θ逐渐增大，可知支持力逐渐减小，摩擦力逐渐增大，故A错误；根据受力平衡可知，支持力和摩擦力的合力与重物的重力等大反向，则支持力和摩擦力的合力保持不变，故B错误；由于摩擦力与重物的运动方向总是垂直，所以摩擦力对重物不做功；由于支持力与重物的运动方向相同，则支持力对重物做正功，故C错误，D正确。故选D。]
3．B　[根据机械能守恒有mgH＝mv2，可得小球a和b到达轨道底端的速度大小均为v＝，小球b沿直线轨道做匀加速直线运动，其v-t图像为一条倾斜的直线，小球a沿曲线轨道Ⅰ运动过程中，加速度逐渐减小，则其v-t图像的切线斜率逐渐减小，且小球a所用时间小于小球b所用时间，故B正确，A错误；根据机械能守恒有mgh＝mv2，小球a和b下滑过程速率平方v2与下滑高度h的关系为v2＝2gh，可知小球a和b的v2-h图像均为一条过原点的倾斜直线，故C、D均错误。故选B。]
4．B　[对小木块运动的整个过程，根据动能定理有mgh－μmgcos θ·－μmg＝0，解得μ＝，因此x与θ无关，故不管斜面的倾角θ增大还是减小，小木块始终停在点A，A、C、D错误；小木块到达斜面底端时，由动能定理得mgh－μmgcos θ·＝mv2－0，解得v＝＝，B正确。]
5．C　[由题图甲可知，在0～3 s内，电动汽车的加速度大小a1＝ m/s2＝1 m/s2，由题图乙可知，t＝3 s时，有P＝F1v1，解得F1＝100 N，由牛顿第二定律有F1－f＝ma1，解得f＝60 N，由P＝fvm，解得vm＝5 m/s，选项A、B错误；当电动汽车的速度为4 m/s时，电动汽车的功率已达到额定功率，故此时牵引力大小F2＝＝75 N，由牛顿第二定律有F2－f＝ma2，解得a2＝0.375 m/s2，选项C正确；对全程由动能定理有t1＋Pt2＋Wf＝0，其中t1＝3 s，t2＝11 s，解得Wf＝－3 750 J，选项D错误。故选C。]
6．AB　[游客若恰好停在C点，由动能定理得mgh1－μ1mgL1＝0－0，解得h1＝1 m。若恰好到达D点，由动能定理得mgh2－μ1mgL1－μ2mgL2＝0，解得h2＝8.5 m。则要使游客能够停在缓冲区内，h的取值范围为1 m≤h≤8.5 m，故选AB。]
7．AC　[由动能定理可知，Ek-s图像斜率绝对值表示合力大小，上滑过程有mgsin 30°＋f＝ N＝4 N，下滑过程有mgsin 30°－f＝ N＝3 N，联立解得m＝0.7 kg，f＝0.5 N，故A正确，B错误；0～20 m过程中物块克服摩擦力做功为W克f＝fs＝(0.5×20) J＝10 J，故C正确；0～10 m物块为上滑过程，根据牛顿第二定律有a1＝＝ m/s2，10～20 m物块为下滑过程，根据牛顿第二定律有a2＝＝ m/s2，则＝，故D错误。故选AC。]
8．AC　[由题图乙可知，在0～1 s内物块的速度大于传送带的速度，物块所受摩擦力的方向沿传送带向下，与物块运动的方向相反，所以0～1 s时间内物块所受摩擦力做负功；1 s末至物块到达传送带顶端，物块的速度小于传送带的速度，物块所受摩擦力的方向沿传送带向上，与物块运动的方向相同，所以1～3 s时间内物块所受摩擦力做正功，故A正确；物块运动的位移大小等于v-t图线与坐标轴所围图形的面积大小，为x＝×1 m＋ m＝20 m，物块平均速度大小为＝＝ m/s，故B错误；物块下滑加速度与1～3 s时间内物块加速度相同，a2＝＝4 m/s2，根据x＝a2，解得t2＝ s，故C正确；产热等于阻力乘以相对位移，所以0～1 s与1～3 s两段时间内物块与传送带间因摩擦产生的热量之比等于相对位移之比，根据题图乙可知＝＝，故D错误。故选AC。]
9．解析：(1)光电门遮光时可测速度，所以应该用透光的塑料直尺贴上不透光的黑胶带，光电门测黑胶带处的速度。
(2)由于刻度尺的分度值为1 mm，读数时应估读到分度值的下一位，故其读数为3.00 cm。
(3)第1条胶带通过光电门的速度v1＝＝0.5 m/s
故第1条胶带通过光电门时直尺的动能E1＝m＝0.050 J。
(4)由题可知，第4条胶带通过光电门时的速度v4＝
若系统的机械能守恒，则有
mg·3Δh＝m－m
整理可得6gΔh＝－。
(5)可以采取“减小黑色胶带的宽度”，或者“选取间隔更远的胶带进行测量”，或者“增加尺子的质量”来减小误差。
答案：(1)透明塑料　(2)3.00　(3)0.050
(4)6gΔh＝－　(5)减小黑色胶带的宽度，或者选取间隔更远的胶带进行测量，或者增加尺子的质量
10．解析：(1)初始时对物块2受力分析，由题意知轻绳无拉力，则弹簧处于压缩状态，由力的平衡条件得m2g＝kx1
解得弹簧形变量x1＝＝0.4 m
则释放物块1前，弹簧的弹性势能为Ep＝k＝8 J。
(2)释放物块1的瞬间，对物块1与物块2及轻绳组成的系统进行分析，由牛顿第二定律得m1g·sin θ－m2g＋kx1＝(m1＋m2)a1
解得物块2的加速度大小a1＝4 m/s2。
(3)释放物块1后，当物块3恰好对地面无压力时，对物块3进行分析，由力的平衡条件有m3g＝kx2
对物块1、物块2及轻绳组成的系统进行分析，由能量守恒定律得m1g(x1＋x2)sin θ－m2g(x1＋x2)＝(m1＋m2)v2＋E'p
其中E'p＝k(－)，解得v＝ m/s。
答案：(1)8 J　(2)4 m/s2　(3) m/s
11．解析：(1)F-x图像与坐标轴所围的面积表示F所做的功的大小，
由题图乙可知0～1 m内F所做的功W＝1.5×1 J＝1.5 J。
(2)由题图乙可知，x＝1 m时外力F开始变化，可知A、B有相同的加速度，
A与地面间的摩擦力f＝μmg，
对A、B整体，由牛顿第二定律得F－f＝2ma，
由于B与地面间无摩擦，对B由牛顿第二定律得FAB＝ma，
联立解得A、B间的弹力大小FAB＝ma＝0.5 N。
(3)当FAB＝0时A、B分离，由(2)中分析可知F＝f＝0.5 N时A、B开始分离，由题图乙可知，此时x＝3 m，
初始时水平地面上A、B与P点的长度大于4 m，对A、B从开始运动到开始分离过程，由动能定理得WF－μmgx＝·2mv2，
结合(1)中分析由题图乙可得WF＝3.5 J。
假设B可以运动到圆弧轨道最高点M，对B从两者开始分离点到运动到M点的过程，由动能定理得
－mg·2r＝m－mv2，
要保证B能到达M点，则到达M点的速度满足vM≥，
联立解得r≤0.2 m。
答案：(1)1.5 J　(2)0.5 N　(3)r≤0.2 m
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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