【文档说明】(新高考)高考物理一轮复习专题09《 质量检测卷》（解析版）.doc，共(10)页，181.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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专题09动量守恒定律质量检测卷第Ⅰ卷(选择题，共48分)一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，第9～12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1.(2021·山

东莱州一中高三上学期期中)如图所示，甲、乙两人分别站在静止小车的左、右两端，当他俩同时相向行走时，发现小车向右运动，下列说法不正确的是(车与地面之间无摩擦)()A．乙的速度一定大于甲的速度B．乙对小车的冲量一定大于甲对小车的冲量C．乙的动量一定大于甲的动量D

．甲、乙的动量之和一定不为零【答案】A【解析】甲、乙两人及小车组成的系统在水平方向不受外力，系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，根据动量守恒定律得m甲v甲－m乙v乙＋m车v车＝0，小车向右运动，说明甲

、乙两人的总动量向左，乙的动量大于甲的动量，即两人的总动量不为零，但是由于不知两人的质量关系，故无法确定两人的速度大小关系，选项A错误，C、D正确；因小车的动量向右，说明小车受到的总冲量向右，而乙对小车的冲量向右，甲对小车的冲量向左，故乙对小车的冲量一定大于

甲对小车的冲量，选项B正确．2.(2021·北京东城区期末)如图所示，质量为m的足球在离地高h处时速度刚好水平向左，大小为v1，守门员此时用手握拳击球，使球以大小为v2的速度水平向右飞出，手和球作用的时间极短，重力加速度为g，则()A．击球前后球动量改

变量的方向水平向左B．击球前后球动量改变量的大小是mv2－mv1C．击球前后球动量改变量的大小是mv2＋mv1D．球离开手时的机械能不可能是mgh＋12mv12【答案】C【解析】规定水平向右为正方向，击球

前球的动量p1＝－mv1，击球后球的动量p2＝mv2，击球前后球动量改变量的大小是Δp＝p2－p1＝mv2＋mv1，动量改变量的方向水平向右，故A、B错误，C正确；球离开手时的机械能为mgh＋12mv22，因v1与v2大小可能相等，则球离开手时的机械能可能

是mgh＋12mv12，故D错误．3.(2021·石家庄精英中学高三二调)一炮艇在湖面上匀速行驶，突然从船头和船尾同时向前和向后各发射一发炮弹，设两炮弹的质量相同，相对于地的速率相同，牵引力、阻力均不变，

则船的动量和速度的变化情况是()A．动量不变，速度增大B．动量变小，速度不变C．动量增大，速度增大D．动量增大，速度减小【答案】A【解析】因船受到的牵引力及阻力不变，且开始时船匀速运动，故整个系统所受的合外力为零，动量守恒。设炮弹的质量为m，船(不包括两炮弹)的质量为M，炮艇原来的速度为v

0，发射炮弹的瞬间船的速度为v，炮弹相对于地的速率为v1，设船的运动方向为正方向，则由动量守恒可得(M＋2m)v0＝Mv＋mv1－mv1＝Mv，可得v＞v0，即发射炮弹后船的动量不变，速度增大，A正确。4.(2020·云南昆明市一模

)篮球和滑板车是深受青少年喜爱的两项体育活动．某同学抱着一篮球站在滑板车上一起以速度v0沿光滑水平地面运动，某一时刻该同学将篮球抛出，抛出瞬间篮球相对于地面的速度大小为v0，方向与抛出前滑板车的运动方向相反，已知篮球的质量为m，该同学和滑板车质量之和为M.则抛出篮球后瞬间该同学和滑板车的速度大小

为()A.M＋2mv0MB.M－mv0MC．v0D.M＋mv0M【答案】A【解析】以滑板车的运动方向为正方向，则由动量守恒定律有(M＋m)v0＝Mv－mv0，解得v＝M＋2mv0M，故选A.5.(202

1·山东淄博市一模)2020年新型冠状病毒主要传播方式为飞沫传播，打喷嚏可以将飞沫喷到十米之外．有关专家研究得出打喷嚏时气流喷出的速度可达40m/s，假设打一次喷嚏大约喷出50ml的空气，用时约0.02s．已

知空气的密度为1.3kg/m3，估算打一次喷嚏人受到的平均反冲力为()A．13NB．2.6NC．0.68ND．0.13N【答案】D【解析】打一次喷嚏大约喷出气体的质量m＝ρV由动量定理FΔt＝mv解得F＝mvΔt＝ρVvΔt＝1.3×50×10－6×4

00.02N＝0.13N根据牛顿第三定律可知，打一次喷嚏人受到的平均反冲力为0.13N，故选D.6.(2020·浙江金华一中模拟)如图所示，静止在光滑水平面上的木板A，右端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，

木板质量M＝3kg.质量m＝1kg的铁块B以水平速度v0＝4m/s从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端．在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为()A．3JB．4JC．6JD．20J【答案】A【解析】力大小为Ff.铁块压缩弹簧使弹簧最短时，由能量守恒定律可得12m

v02＝FfL＋12(M＋m)v2＋Ep.由动量守恒定律，得mv0＝(M＋m)v.从铁块开始运动到最后停在木板左端过程，由能量关系得12mv02＝2FfL＋12(M＋m)v2，联立解得Ep＝3J，故选项A正确．7.(2021·河南八

市重点高中联盟第三次模拟)如图所示，质量m1＝4kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1m，现有质量m2＝2kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝3m/s从左端滑上小车．已知物块与车上表面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g

＝10m/s2，则物块滑上小车后()A．滑块和小车组成的系统动量不守恒B．滑块和小车组成的系统机械能守恒C．经过一段时间从小车右端滑下D．整个过程中系统产生的热量为6J【答案】D【解析】小车间有摩擦力，要

产生内能，所以滑块和小车组成的系统机械能不守恒，故B错误；假设物块最终与小车共速，共同速度为v，取向右为正方向，由动量守恒定律得：m2v0＝(m1＋m2)v，根据能量守恒定律得：μm2gd＝12m2v02－12(m1＋m2)v2，解得滑块相对于小车滑行的距离为：d＝0.6m＜L＝1m，

所以滑块不会从小车右端滑下，故C错误；整个过程中系统产生的热量为Q＝μm2gd＝6J，故D正确．8.(2021·福建三明高三上学期期末)如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1、m2的两物块A、B相连接，并静止在光滑水平面上。现使A获得水平向右

、大小为3m/s的瞬时速度，从此刻开始计时，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图象提供的信息可得()A．在t1和t3时刻两物块达到共同速度1m/s，且弹簧都处于压缩状态B．在t1～t2时间内A、B的距离逐渐增大，t2时刻弹簧的弹性势能最大C．两物块的质量之比为m1∶m2＝2∶1D．在

t2时刻A、B两物块的动能之比为Ek1∶Ek2＝1∶8【答案】D【解析】由题图乙可知，在t1和t3时刻两物块达到共同速度1m/s，此时弹簧形变量最大，故t1、t3时刻弹簧的弹性势能最大，且t1时刻弹簧处于压缩状态，t3时刻弹簧处于伸长状态，结合图象可知，在t1～t2时间内A、B的距离逐渐增大，t2

时刻弹簧的弹性势能最小，A、B错误；根据动量守恒定律，在0～t1时间内：m1v0＝(m1＋m2)v1，即：3m1＝(m1＋m2)×1，解得m1∶m2＝1∶2，C错误；在t2时刻A、B两物块的速度分别为－1m/s和2m/s，根据Ek＝12mv2，可知动能之比为Ek1

∶Ek2＝1∶8，D正确。9.(2021·辽宁重点协作体模拟)如图所示，质量为m的A球以速度v0在光滑水平面上运动，与原静止的质量为4m的B球碰撞，碰撞后A球以v＝av0的速率弹回，并与挡板P发生弹性碰撞，若要使A

球能追上B球再相撞，则a的可能取值为()A.15B.25C.13D.12【答案】BD【解析】A、B碰撞过程中，以v0方向为正方向，根据动量守恒定律得：mAv0＝－mA·av0＋mBvB，A与挡板P碰撞后能追上B再次相碰

的条件是：av0＞vB，解得：a>13；A、B首次碰撞过程中损失的机械能：ΔE＝12mAv02－[12mA(av0)2＋12mBvB2]≥0，解得：a≤35，所以a满足的条件是：13<a≤35，故B、D正确，A、C错误．10.(2021·甘肃天

水高三上学期期末联考)如图所示，木块B与水平面间的摩擦不计，子弹A沿水平方向射入木块并在极短时间内相对于木块静止下来，然后木块压缩弹簧至弹簧最短。将子弹射入木块到刚相对于木块静止的过程称为Ⅰ，此后木块压缩弹簧的过程称为Ⅱ，则()A．过程Ⅰ中，子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能

不守恒，动量也不守恒B．过程Ⅰ中，子弹和木块所组成的系统机械能不守恒，动量守恒C．过程Ⅱ中，子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能守恒，动量也守恒D．过程Ⅱ中，子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能守恒，动量不守恒【答案】BD【解析】子弹射入木块到刚相对于木块静止的过程，子弹和木块(或子弹、

弹簧和木块)组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，但要克服摩擦力做功，产生热量，系统机械能不守恒，A错误，B正确；过程Ⅱ中，子弹、弹簧和木块所组成的系统受到墙壁的作用力，外力之和不为零，则系统动量不守恒，但系统只有弹簧弹力做功，机械能守恒，C错误，D正确。11.(2021·

浙江象山中学月考)如图所示，质量为3m、半径为R的光滑半圆形槽静置于光滑水平面上，A、C为半圆形槽上对称等高的槽口上两点，B为半圆形槽的最低点．将一可视为质点，质量为m的小球从左侧槽口上A点自由释放，小球沿槽下滑

的过程中，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是()A．小球和半圆形槽组成的系统机械能守恒、动量守恒B．小球刚好能够到达半圆形槽右侧槽口上C点C．半圆形槽速率的最大值为126gRD．半圆形槽相对于地面位移的最大值为12R【答案】BD【解析】小球和半圆形槽组成的系统只有重力做功，水平方向上

不受外力，满足机械能守恒和水平方向上动量守恒，选项A错误；当小球到达B点时，小球与半圆形槽的速率都达到最大，由动量守恒定律有0＝3mv1－mv2，由机械能守恒定律有mgR＝12×3mv12＋12mv22，解得v1＝166gR，选项C错误；设小球到槽右侧最高点的速度为v，由动量守恒定律和机械能守

恒定律得0＝(3m＋m)v，mgR＝12×4mv2＋mgh，联立解得h＝R，选项B正确；设小球运动到右侧最高点的水平位移为x2，该过程中半圆形槽相对于地面的位移为x1，由系统在水平方向上动量守恒，有0＝3mx1－mx2，而x1＋x2＝2R，解得x1＝R2，选

项D正确．12.(2021·四川宜宾市一诊)如图甲所示，在光滑水平面上的两个小球发生正碰．小球的质量分别为m1和m2.图乙为它们碰撞前后的x－t图象．已知m1＝0.1kg.由此可以判断()A．碰前m2静止，m1向右运动B．碰后m2和m1都向右运动C．m2＝0.3kgD．碰撞过程中系统损失了

0.4J的机械能【答案】AC【解析】由x－t图象知碰前m2的位移不随时间而变化，处于静止状态，碰前m1速度为v1＝ΔxΔt＝4m/s，方向只有向右才能与m2相碰，故A正确；由题图乙知碰后m2的速度为正方向，说明向右运动，m1的速度为负方向，说明向

左运动，故B错误；由题图乙求出碰后m2和m1的速度分别为v2′＝2m/s，v1′＝－2m/s，根据动量守恒定律有m1v1＝m1v1′＋m2v2′，解得m2＝0.3kg，故C正确；碰撞过程中系统损失的机械能为ΔE＝12m1v12－12m1v1′2－12m2

v2′2，解得ΔE＝0，故D错误．第Ⅱ卷(非选择题，共62分)二、实验题(本题共2小题，共14分)13.(2021·石家庄精英中学高三二调)(6分)某同学用如图所示的装置做“验证动量守恒定律”的实验，其操作步骤如下：A．将操作台调为水平；B．用细线将滑块A、B连接，滑块A、B紧靠在操

作台边缘，使滑块A、B间的弹簧处于压缩状态；C．剪断细线，滑块A、B均做平抛运动，记录滑块A、B的落地点M、N；D．用刻度尺测出M、N距操作台边缘的水平距离x1、x2；E．用刻度尺测出操作台台面距地面的高度h。(1)上述步骤中，多余的步骤是______，缺少的步骤是____________

________。(2)如果动量守恒，需要满足的关系是______________(用测量量表示)。【答案】(1)E用天平测出滑块A、B的质量mA、mB(2)mAx1＝mBx2【解析】取滑块A的初速度方向为正方向，设两滑块的质量分别为

mA、mB，平抛的初速度分别为v1、v2，平抛运动的时间为t。需要验证的方程：0＝mAv1－mBv2又v1＝x1t，v2＝x2t代入得到：mAx1＝mBx2故不需要用刻度尺测出操作台台面距地面的高度h，所以多余的步骤是E；但需要用天平测出滑块A、B的质量mA

、mB。14.(2020·湖北荆门市1月调考)某实验小组采用如图所示的实验装置验证动量守恒定律：在长木板上放置甲、乙两辆小车，长木板下垫有小木块用以平衡两小车受到的摩擦力，甲车的前端粘有橡皮泥，后端连着纸带，纸带穿过位于甲车后方的打点计时器的限位孔。某时刻接通

打点计时器的电源，推动甲车使之先加速再匀速运动，与原来静止在前方的乙车相碰并粘在一起，然后两车继续做匀速直线运动。已知打点计时器的打点频率为50Hz。(1)现得到如图10所示的打点纸带，A为打点计时器打下的第一个点，

测得各计数点间的距离分别为AB＝8.40cm，BC＝10.50cm，CD＝9.08cm，DE＝6.95cm，相邻两个计数点之间还有四个计时点，则应选__________段计算甲车碰前的速度，应选__________段计算甲车和乙车碰后的共同速度。(均选填“AB”“BC”“

CD”或“DE”)(2)用天平测得甲车及橡皮泥的总质量为m1＝0.40kg，乙车的质量为m2＝0.20kg，取甲、乙两车及橡皮泥为一个系统，由以上测量结果可求得碰前系统的总动量为________kg·m/s，碰后系统的总动量为________kg·m/s。【答案】(1)BCDE(2)0.4

200.417【解析】(1)甲车在碰撞前做匀速直线运动，即在相同的时间内通过的位移相同，故选BC段计算碰前的速度；碰撞过程是一个变速运动的过程，而甲和乙碰后共同运动时做匀速直线运动，在相同的时间内通过相同的位移，故应选DE段来计算碰后共同的速度。(2)由图可知，BC＝10.50cm＝0.1050

m，DE＝6.95cm＝0.0695m，碰前甲车的速度为v1＝BCt＝0.10500.02×5m/s＝1.05m/s，碰前的总动量为p＝m1v1＝0.40×1.05kg·m/s＝0.420kg·m/s；碰后两车的共同速度为v＝DEt＝0.06950.02×5m/s＝0.6

95m/s，碰后的总动量为p′＝(m1＋m2)v＝(0.40＋0.20)×0.695kg·m/s＝0.417kg·m/s。三、计算论述题(本题共4小题，共48分。解答时写出必要的文字说明和重要的演算步骤，只写出答案的不得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数

值的单位)15.(2021·江苏常州市一模)（10分）如图15所示，光滑水平面上，小球A、B分别以1.2m/s、2.0m/s的速率相向运动，碰撞后B球静止．已知碰撞时间为0.05s，A、B的质量均为0.2kg.求：(1

)碰撞后A球的速度大小；(2)碰撞过程A对B平均作用力的大小．【答案】(1)0.8m/s(2)8N【解析】(1)A、B组成的系统动量守恒，设B的运动方向为正方向，由动量守恒定律得mvB－mvA＝0＋mvA′解得

vA′＝0.8m/s(2)对B，由动量定理得－FΔt＝ΔpB＝0－mvB解得F＝8N.16.(12分)(2021·福建龙岩高三上学期期末)如图所示，在光滑的水平冰面上放置一个光滑的曲面体，曲面体的右侧与冰面相切，一个坐在冰车上的小孩手扶一球静止在冰面上。已知小孩和冰车的总质量为m1＝40kg，球的

质量为m2＝10kg，曲面体的质量为m3＝10kg。某时刻小孩将球以v0＝4m/s的水平速度向曲面体推出，推出后，球沿曲面体上升(球不会越过曲面体)。求：(1)推出球后，小孩和冰车的速度大小v1；(2)球在曲面体上升的最大高度h。【答案】(1)1m/s(2)0.4m【解析】(1

)以球、小孩和冰车组成的系统为研究对象，取水平向左为正方向，由动量守恒定律得：m2v0－m1v1＝0解得：小孩和冰车的速度大小v1＝1m/s。(2)以球和曲面体组成的系统为研究对象，取水平向左为正方向，由水平方向动量守恒得：m2

v0＝(m2＋m3)v2解得：球在最大高度处与曲面体的共同速度v2＝2m/s球在曲面体上升的过程，由机械能守恒定律得：12m2v20＝12(m2＋m3)v22＋m2gh解得：球在曲面体上升的最大高度h＝0.

4m。17．（12分）(2021·江苏通州、海门、启东高三上学期期末三县联考)如图甲所示的水平面上，B点左侧光滑、右侧粗糙，静止放置甲、乙两个可视为质点的小球，已知m甲＝2kg，m乙＝4kg。乙球与B点右侧水平面的动摩擦因数μ＝0.2。

现给甲球一个水平向右的速度v1＝5m/s，与乙球发生碰撞后被弹回，弹回的速度大小v1′＝1m/s。(1)试求发生碰撞后，乙球获得的速度大小；(2)碰撞后，立即有一水平向右的拉力F作用在乙球上，F随时间变化的规律如图乙所示，试求3s末乙球

的速度大小。【答案】(1)3m/s(2)0.75m/s【解析】(1)设发生碰撞后，乙球的速度大小为v2，以水平向右为正方向，对甲、乙两球组成的系统，由动量守恒定律有：m甲v1＝m甲(－v1′)＋m乙v2解得：v2＝3m/s。(2)

对乙球，由动量定理有：IF－μm乙gt＝m乙v2′－m乙v2由图乙可知，0～3s力F对乙球的冲量IF＝2＋82×3N·s＝15N·s解得：v2′＝0.75m/s。18.（14分）(2021·四川乐山市第一次调查研究)如图所示，在光滑的水平面上有一足够长的质量M＝4kg的长木板，在长木板

右端有一质量m＝1kg的小物块，长木板与小物块间的动摩擦因数μ＝0.2，开始时长木板与小物块均静止。现用F＝14N的水平恒力向右拉长木板，经时间t＝1s撤去水平恒力F，取g＝10m/s2。求：(1)小物块在长木板上发生相对滑动时，小物块加速度的大小；(2)刚撤去F时，小物块离长木板右端的距离

；(3)撒去F后，系统损失的最大机械能ΔE。【答案】(1)2m/s2(2)0.5m(3)0.4J【解析】(1)小物块在长木板上发生相对滑动时，小物块受到向右的滑动摩擦力，则μmg＝ma1，解得a1＝μg＝

2m/s2。(2)长木板受拉力和摩擦力作用，由牛顿第二定律得F－μmg＝Ma2，解得a2＝3m/s20～1s时间内，小物块运动的位移x1＝12a1t2＝12×2×12m＝1m长木板运动的位移x2＝12a2t2＝12×3×12m＝1.5m

则小物块相对于长木板的位移Δx＝x2－x1＝1.5m－1m＝0.5m。(3)撤去F时，小物块和长木板的速度分别为v1＝a1t＝2m/s，v2＝a2t＝3m/s小物块和木板系统所受的合力为0，动量守恒，得mv1＋Mv2＝(M＋m)v′，解得

v′＝2.8m/s从撤去F到物块与长木板保持相对静止，由能量守恒定律12mv21＋12Mv22＝ΔE＋12(M＋m)v′2解得ΔE＝0.4J