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第六章　动量守恒定律
一、选择题：共8小题，1～6题只有一个选项符合要求，7～8题有多个选项符合要求。
1．(2025·河南安阳一模)泡沫塑料由于其良好的缓冲性能成为近代广泛使用的缓冲材料，在易碎物品的长途运输中起着重要作用。运输车在颠簸的路面上行驶，用泡沫塑料包装物品，泡沫塑料所起的作用是(　　)
A．减小物品与包装箱的接触时间，减小合力冲量
B．延长物品与包装箱的接触时间，增大合力冲量
C．延长物品与包装箱的接触时间，减小包装箱对物品的平均冲击力
D．减小物品与包装箱的接触时间，减小包装箱对物品的平均冲击力
2．随着我国航天科技的飞速发展，离子推进作为一种高效、持久的空间电推进技术，在航天器姿态调整、轨道转移等方面发挥着越来越重要的作用。离子推进器通过电离气体(如氙气)产生离子，并在强电场的作用下将离子加速喷出来产生推力。若某探测器质量为4 950 kg，每秒将3.0×10-3 g的离子以40 km/s的速率(远大于探测器的飞行速率)向后喷出，则探测器获得的平均推力大小约为(　　)
A．1.98 N B．0.148 5 N
C．0.120 N D．1.20×10-3 N
3．滑块a、b沿水平面上同一条直线发生碰撞，碰撞后两者粘在一起运动，两者的位置x随时间t变化的图像如图所示。则滑块a、b的质量之比为(　　)
A．5∶4 B．1∶8
C．8∶1 D．4∶5
4．皮划艇射击是一种比赛运动，比赛时，运动员站在静止的皮划艇上，持枪向岸上的枪靶水平射击。已知运动员(包括除子弹外的装备)及皮划艇的总质量为M，子弹的质量为m，假设子弹射击过程中火药释放的总能量为E，且全部转化为动能，在陆地射击和在皮划艇上射击时子弹出射速度会有少许差异。陆地射击时子弹的射出速度为v1，子弹动能为Ek1；在皮划艇上射击时子弹的出射速度为v2，动能为Ek2，运动员及皮划艇的速度为v3，射击过程中可认为子弹、运动员及皮划艇组成的系统在水平方向动量守恒。下列关系式正确的是(　　)
A．v1＝ B．＝
C．v2＝ D．＝
5．(2025·甘肃卷)如图所示，小球A从距离地面20 m处自由下落，1 s末恰好被小球B从左侧水平击中，小球A落地时的水平位移为3 m。两球质量相同，碰撞为完全弹性碰撞，重力加速度g取10 m/s2，则碰撞前小球B的速度大小v为(　　)
A．1.5 m/s B．3.0 m/s
C．4.5 m/s D．6.0 m/s
6．如图所示，光滑水平面上有质量为m且足够长的木板，木板上放一质量也为m、可视为质点的小木块。现分别使木块获得向右的水平初速度v0和2v0，两次运动均在木板上留下划痕，则两次划痕长度之比为(　　)
A．1∶4 B．1∶4
C．1∶8 D．1∶12
7．(2025·广东江门一模)在冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞，如图(a)所示，碰撞前后两壶运动的v-t图线如图(b)中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量相等，下列说法正确的是(　　)
A．碰后蓝壶速度为0.8 m/s
B．两壶发生的碰撞是弹性碰撞
C．碰后蓝壶移动的距离为2 m
D．碰后红壶所受的摩擦力大于蓝壶所受的摩擦力
8．如图所示，质量为M的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，BC段是长为L的粗糙水平轨道，两段轨道相切于B点。一质量为m的可视为质点的滑块，从小车上的A点由静止开始沿轨道下滑，然后滑入BC轨道，最后恰好停在C点。已知小车质量M＝5m，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则(　　)
A．全过程滑块在水平方向上相对地面的位移的大小为R＋L
B．全过程小车相对地面的位移大小为
C．小车在运动过程中速度的最大值为
D．μ、L、R三者之间的关系为R＝μL
二、非选择题：共2小题。
9．(6分)(2025·陕西高陵一模)验证动量守恒定律的实验可以在如图所示的气垫导轨上完成，其中左、右两侧的光电门可以记录遮光条通过光电门的挡光时间。实验前，测得滑块A(连同其上的遮光条)的总质量为m1、滑块B(连同其上的遮光条)的总质量为m2，两滑块上遮光条的宽度相同。实验时，开启气垫导轨气泵的电源，让滑块A从导轨的左侧向右运动，穿过左侧光电门与静止在两光电门之间的滑块B发生碰撞。在某次实验中，光电门记录的遮光条挡光时间如下表所示。
左侧光电门 右侧光电门
碰前 T1 无
碰后 T2 T3
(1)关于实验，下列说法正确的是________。
A．本实验应调整气垫导轨使其保持水平
B．两滑块的质量一定要满足m1>m2
C．需要用刻度尺测量两光电门之间的距离
D．需要用秒表测定滑块上的遮光条经过光电门的时间
(2)在实验误差允许范围内，若满足关系式________________________，即验证了碰撞前后两滑块组成的系统动量守恒(用测量的物理量表示)。
(3)当所测物理量在第(2)问基础上还满足表达式________________________时，两滑块的碰撞为弹性碰撞(用测量的物理量表示)。
10．(14分)如图所示，水平地面上固定着一个倾角为θ的足够长斜面，一质量为mA＝2m的滑块A放在斜面上时恰好处于静止状态，另一滑块B(滑块B光滑且滑块B的质量小于滑块A的质量)从滑块A上方相距L的位置由静止释放，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，两滑块间的碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短，第一次碰撞后瞬间滑块A与滑块B的速率之比为2∶1。求：
(1)第一次碰撞前瞬间，滑块B的速率；
(2)滑块B的质量；
(3)两滑块从第一次碰撞到第三次碰撞时间内，滑块A运动的位移大小。
检测(六)
1．C　[泡沫塑料的作用是延长了物品与包装箱的接触时间Δt，而物品的动量变化量Δp未发生变化，根据动量定理，合力冲量不变，故A、B错误；设物品撞击时所受合力为F，根据动量定理F·ΔtΔp可得F，可知泡沫塑料的作用是延长了物品与包装箱的接触时间Δt，减小物品所受到的合力，故C正确，D错误。]
2．C　[根据动量定理可得·ΔtΔmv，代入数据解得0.120 N，故选C。]
3．B　[设滑块a、b的质量分别为m1、m2，a、b两滑块碰撞前的速度分别为v1、v2，由题图得v1－2 m/s，v21 m/s，两滑块发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度设为v，由题图得v m/s，由动量守恒定律得m1v1＋m2v2(m1＋m2)v，联立解得m1∶m21∶8，选项B正确。]
4．D　[在陆地射击时，火药释放的能量全部转化为子弹的动能，因此有Ek1E，解得v1，故A错误；在皮划艇上射击时，根据水平方向动量守恒，有0Mv3＋mv2，E，联立解得v2，故C错误，D正确；在皮划艇上射击时，子弹的动能Ek2E，则，故B错误。]
5．B　[根据题意可知，小球A和B碰撞过程中，水平方向上动量守恒，竖直方向上A球的竖直速度不变，设碰撞后A球水平速度为v1，B球水平速度为v2，则有mvmv1＋mv2，碰撞为完全弹性碰撞，则由能量守恒定律有，联立解得v1v，v20，小球A在竖直方向上做匀加速直线运动，则有hgt2，解得t2 s，可知碰撞后，小球A运动t'1 s落地，则水平方向上有xvt'，解得v3.0 m/s，故选B。]
6．A　[木块从开始运动到相对木板静止的过程中，木块和木板组成的系统水平方向上动量守恒，取水平向右为正方向，当木块的初速度为v0时，有mv0(m＋m)v，解得v；根据能量守恒定律有μmgs(m＋m)v2，解得划痕长度s；同理，当木块的初速度为2v0时，则划痕长度s'，故两次划痕长度之比为s∶s'1∶4，故A正确，B、C、D错误。]
7．ACD　[由题图可知碰前红壶的速度为v01.0 m/s，碰后速度为v'00.2 m/s，可知碰后红壶沿原方向运动，设碰后蓝壶的速度为v，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得mv0mv'0＋mv，代入数据解得v0.8 m/s，根据mv2，可知碰撞过程机械能有损失，碰撞为非弹性碰撞，故A正确，B错误；红壶的加速度为a m/s20.2 m/s2，若红壶未发生碰撞，停止运动的时间为t s6 s，根据v t图像与坐标轴围成的面积表示位移，可得，碰后蓝壶的位移大小为x×(6－1) m2.0 m，故C正确；根据图像的斜率表示加速度，可知碰后红壶的加速度大于蓝壶的加速度，两者的质量相等，由牛顿第二定律知碰后红壶所受摩擦力大于蓝壶所受的摩擦力，故D正确。]
8．CD　[滑块与小车组成的系统水平方向上动量守恒，由人船模型特点有Ms1ms2，s1＋s2R＋L，由上两式解得s1，s2，故A、B错误；滑块滑到圆弧轨道最低点时，小车速度最大，滑块与小车组成的系统水平方向上动量守恒，则有Mv1mv2，mgR，由上两式解得v1，故C正确；滑块最后恰好停在C点时，小车也停止运动，全程由能量守恒定律则有mgRμmgL，解得RμL，故D正确。]
9．解析：(1)为了使得滑块碰撞前后的速度与通过光电门的速度大小相等，实验中需要使滑块在气垫导轨上做匀速直线运动，即实验应调整气垫导轨使其保持水平，故A正确；根据表格中数据，由于左侧光电门记录了两次挡光时间，表明碰撞后滑块A发生了反弹，所以本实验满足m1＜m2，故B错误；本实验的原理是探究碰撞前滑块的动量等于碰撞后滑块的动量，利用遮光条宽度和挡光时间可测出碰撞前后滑块的速度，故不需要测量两个光电门之间的距离，故C错误； 滑块上的遮光条经过光电门的时间光电门就可以测出来，所以不需要用秒表测量时间，故D错误。
(2)设遮光条的宽度为d，根据表格数据，可得A碰撞前后的速度大小分别为v0，vA
碰撞后B的速度大小为vB
规定向右为正方向，由于A碰后反向，则由动量守恒得m1v0－m1vA＋m2vB
联立解得m2。
(3)若为弹性碰撞，则由机械能守恒得
联立以上整理得m1
故满足该表达式，则该碰撞为弹性碰撞。
答案：(1)A
(2)m2
(3)m1
10．解析：(1)由牛顿第二定律得，滑块B的加速度大小为agsin θ
由2aL，解得两滑块第一次碰撞前瞬间，滑块B的速率v0。
(2)取沿着斜面向下为速度的正方向，设两滑块第一次碰撞后瞬间，滑块A和滑块B的速度分别为v1和v2，则有
mBv0mAv1＋mBv2
解得
v1
v2
又v1－2v2
联立各式解得mBm。
(3)对于滑块A，由平衡条件得mAgsin θf
两滑块第一次碰撞到第二次碰撞时间内，有x12v1t12v2t12＋
解得t12，x12
设两滑块从第二次碰撞前瞬间，滑块A和滑块B的速度分别为v3和v4，则有
v3v1v0
v4v2＋at12
设两滑块从第二次碰撞后瞬间，滑块A和滑块B的速度分别为v5和v6，则有
mAv3＋mBv4mAv5＋mBv6
两滑块从第二次碰撞到第三次碰撞时间内，有x23v5t23v6t23＋
联立各式解得t23，x23
两滑块第一次碰撞到第三次碰撞时间内，滑块A运动的位移大小为xA x12＋x238L。
答案：(1)　(2)m　(3)8L
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