第七单元 动量守恒定律（一）《巅峰突破》2026版物理高三一轮单元突破验收卷（含答案解析）

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密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
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姓名 班级 考号
密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
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第七单元　动量守恒定律（一）
满分60分,限时40分钟
考点 动量　动量定理
一、选择题(本题共7小题,共28分。在每小题给出的四个选项中,第1—5题只有一项符合题目要求,每小题4分;第6—7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.跑鞋的鞋垫通常选择更软、更有弹性的抗压材料,如图是跑鞋结构示意图,以下说法中错误的是 (　　)
A.鞋垫减小了人与地面之间的作用力
B.鞋垫减小了人落地过程的动量变化量
C.鞋垫延长了人与地面相互作用的时间
D.鞋垫可将吸收的能量尽可能多地回馈给人
2.一物体沿水平面做初速度为零的匀加速直线运动,以动量大小p为纵轴建立直角坐标系,横轴分别为速度大小v、运动时间t、位移大小x,则以下图像可能正确的是 (　　)
　　　　　　　　　　　　
3.抗日战争时期,我军缴获不少敌军武器武装自己,其中某轻机枪子弹弹头质量约8 g,出膛速度大小约750 m/s。某战士在使用该机枪连续射击1分钟的过程中,机枪所受子弹的平均反冲力大小约12 N,则机枪在这1分钟内射出子弹的数量约为 (　　)
A.40　　　　B.80　　　　C.120　　　　D.160
4.鼓浪屿原名“圆沙洲”,因岛西南有一海蚀岩洞受浪潮冲击时声如擂鼓,故自明朝起雅化为今称的“鼓浪屿”,现为中国第52项世界遗产项目。某次涨潮中,海浪以5 m/s的速度垂直冲击一平直礁石,之后沿礁石两侧流走,已知礁石受冲击的面积为2 m2,海水的密度为1.05×103 kg/m3,则海浪对礁石的冲击力约为 (　　)
A.1.05×104 N　　　　B.5.25×104 N
C.7.88×104 N　　　　D.2.63×105 N
5.一质量为2 kg的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动。F随时间t变化的图线如图所示,已知物块与地面间的动摩擦因数为0.1,重力加速度g取10 m/s2。则 (　　)
A.t=2 s时物块的动量大小为2 kg·m/s
B.t=3 s时物块的速度大小为1 m/s,方向向右
C.0~4 s时间内F对物块的冲量大小为6 N·s
D.0~4 s时间内物块的位移为3 m
6.世界杯足球赛成为人们所关注的盛事,在球赛中,蕴含了许多的物理知识。某场球赛中,球员在射门时把球踢偏了,球以12 m/s的速度水平射中门框,之后球又以8 m/s的速度水平弹回,球与门框的作用时间是0.1 s,球的质量是0.3 kg(忽略一切摩擦和空气阻力),下列说法正确的是 (　　)
A.门框对球的冲量大小为6 N·s
B.门框对球的冲量大小为1.2 N·s
C.门框对球的平均弹力大小为60 N
D.球员对球做功21.6 J
7.某同学受电动窗帘的启发,设计了如图所示的简化模型。多个质量均为1 kg的滑块可在水平滑轨上滑动,忽略阻力。开窗帘过程中,电机对滑块1施加一个水平向右的恒力F,推动滑块1以0.40 m/s的速度与静止的滑块2碰撞,碰撞时间为0.04 s,碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22 m/s。关于两滑块的碰撞过程,下列说法正确的有　 (　　)
A.该过程动量守恒
B.滑块1受到合外力的冲量大小为0.18 N·s
C.滑块2受到合外力的冲量大小为0.40 N·s
D.滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N
二、非选择题(本题共2小题,共32分)
8.(13分)下雨时,为什么蚊子不会被雨滴砸死 科学家研究发现蚊子被雨滴击中时并不抵挡雨滴,而是很快与雨滴融为一体,随后迅速侧向微调与雨滴分离。已知蚊子的质量为m,在空气中静止;雨滴质量为nm,雨滴所受空气阻力与下落速度成正比,比例系数为k,击中蚊子前,雨滴已经匀速竖直下落,蚊子与雨滴融为一体所用时间为Δt,蚊子重力不计,重力加速度大小为g。求:
(1)蚊子与雨滴融为一体后,蚊子的速度大小v;
(2)蚊子与雨滴融为一体的过程中,蚊子受到的平均作用力大小F。
9.(19分)“再生制动”是一些油电混动车辆的常用制动方式。所谓“再生制动”就是车辆靠惯性滑行时带动发电机发电,将部分动能转化为电能储存在电池中。假设一辆油电混动汽车的质量为m,该汽车设定为前阶段在速度大于v0时选择再生制动,后阶段速度小于等于v0时选择机械制动。当它以速度nv0(n>1)在平直路面上匀速行驶时,某一时刻开始刹车,前阶段阻力的大小与速度的大小成正比,即f=kv,后阶段阻力恒为车重的μ倍,汽车做匀减速运动,重力加速度为g。
(1)如果此次刹车的过程中油电混动汽车动能减小量的η倍被转化为电能,求此次刹车储存的电能;
(2)求油电混动汽车从开始刹车到停止的位移大小;
(3)在一次性能检测中,检测机构让油电混动汽车在平直的路面上匀速行驶(速度小于v0)一段距离后关闭发动机,测绘了汽车只开启“机械制动”和“机械制动”“再生制动”同时开启两种设定下汽车的动能与位移关系图线①和②,如图所示。若检测时忽略测试路面的阻力差异和空气阻力,求“机械制动”“再生制动”同时开启测试中汽车被回收的动能。
答案全解全析
1.B　以竖直向上为正方向,人落地过程,根据动量定理可得(F-mg)t=0-(-mv),解得F=+mg,鞋垫的作用是延长人与地面的作用时间t,减小人和地面之间的作用力F,并将尽可能多的能量回馈给人,A、C、D正确;鞋垫没有改变人落地过程的初动量及末动量,人落地过程的动量变化量不变,B错误。
易错警示　由于对动量变化的不理解,误认为延长作用时间对动量的变化有影响。动量的变化与初、末动量有关,与作用时间长短无关,在动量变化一定时,改变作用时间可改变作用力的大小。
2.C
解题指引　解此题的关键是找到动量与相关物理量的函数关系。
解析　物体做初速度为零的匀加速直线运动,则速度v=at,根据动量的计算公式有p=mv=mat,可知动量与速度和时间都成正比,故A、B错误;根据v2=2ax及动量的计算公式有p=mv=m,根据数学知识可知C可能正确,D错误。
3.C　根据牛顿第三定律,机枪对子弹的平均作用力大小约为F=12 N,设1分钟内射出的子弹数量为n,则对这n颗子弹由动量定理得Ft=nmv0,代入数据解得n=120,C正确,A、B、D错误。
4.B
模型建构
解析　设Δt时间内冲击礁石的海水的质量为Δm=ρSvΔt,,在冲击过程中,在水平方向根据动量定理有-FΔt=0-Δm·v,联立解得F=ρSv2=1.05×103×2×52 N=5.25×104 N,根据牛顿第三定律可知海浪对礁石的冲击力约为5.25×104 N,故选B。
5.D　物块与地面间的滑动摩擦力大小为f=μmg=2 N,则t=2 s前,物块相对于地面滑动,受到滑动摩擦力作用,以运动方向为正方向,t=2 s时根据动量定理可得p1=(F1-f)t1=4 kg·m/s,故A错误;t=2 s时物块的速度v1==2 m/s,2~3 s时间内,加速度大小为a==2 m/s2,方向与运动方向相反,则t=3 s时物块的速度大小为零,故B错误;0~4 s时间内F对物块的冲量大小为I=F1t1-F2t2=(4×2-2×2) N·s=4 N·s,故C错误;t=3 s时物块的速度大小为零,之后拉力与摩擦力平衡,不再运动,则0~4 s时间内物块的位移为x=×3 m=3 m,故D正确。
归纳总结
冲量的计算方法
公式法 I=FΔt,此方法仅适用于求恒力的冲量,无须考虑物体的运动状态
图像法 F-t图像中图线与t轴围成的面积表示冲量,此法既可以计算恒力的冲量,也可以计算变力的冲量
平均值法 若方向不变的变力大小随时间均匀变化,即力为时间的一次函数,则力F在某段时间t内的冲量I=t
动量定理法 根据物体动量的变化量,由I=Δp求冲量,多用于求变力的冲量
6.AC　取球水平弹回方向为正方向,根据动量定理得门框对球的冲量I=Ft=mv2-(-mv1),解得I=6 N·s,门框对球的平均弹力F== N=60 N,故A、C正确,B错误;根据功能关系得球员对球做的功等于球击中门框时的动能和重力势能之和,此时球的动能Ek=m=×0.3×122 J=21.6 J,则球员对球做的功大于21.6 J,故D错误。
7.BD　取水平向右为正方向,对滑块1和滑块2组成的系统,初动量为p1=mv1=1×0.40 kg·m/s=0.40 kg·m/s,碰撞后的动量为p2=2mv2=2×1×0.22 kg·m/s=0.44 kg·m/s,则两滑块的碰撞过程动量不守恒,故A错误;对滑块1,取水平向右为正方向,则有I1=mv2-mv1=1×0.22 kg·m/s-1×0.40 kg·m/s=-0.18 kg·m/s,负号表示方向水平向左,故B正确;对滑块2,取水平向右为正方向,则有I2=mv2=1×0.22 kg·m/s=0.22 kg·m/s,故C错误;对滑块2根据动量定理有FΔt=I2,解得F=5.5 N,则滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N,故D正确。
8.答案　(1)　(2)
解析　(1)击中蚊子前,雨滴已经匀速竖直下落,则有kv0=nmg (3分)
以竖直向下为正方向,蚊子与雨滴融为一体后,有nmv0=(n+1)mv (3分)
联立解得v= (2分)
(2)以竖直向下为正方向,对蚊子由动量定理有
FΔt=mv (3分)
解得F= (2分)
归纳总结
用动量定理解题的基本思路
9.答案　(1)mη(n2-1)　(2)+　(3)5×105 J
识图有法
解析　(1)设油电混动汽车在刹车的过程中储存的电能为E,依题意
E=η(mn2-m)=mη(n2-1) (2分)
得E=mη(n2-1) (1分)
(2)设油电混动汽车再生制动阶段运动的位移为x1,由动量定理得
-f1Δt=mΔv (1分)
又f1=kv (1分)
即-kvΔt=mΔv (1分)
所以在再生制动阶段有-kx1=mv0-mnv0 (2分)
解得x1= (1分)
在机械制动阶段,油电混动汽车做匀减速运动,由牛顿第二定律可得
f2=ma (1分)
又f2=μmg (1分)
解得a=μg (1分)
设匀减速运动的位移为x2,由运动学规律得
-=2(-a)x2 (1分)
解得x2= (1分)
所以油电混动汽车从开始刹车到停止的位移为
x=x1+x2=+ (1分)
(3)对于减速过程,因斜率的绝对值表示阻力的大小,由图线①得
f= (1分)
代入数据得f= N=2 000 N(1分)
由图线②得汽车被回收的动能为ΔEk=Ek-fΔx2=8×105 J-2 000×(8.5-7)×102 J=5×105 J(2分)
一题多解　第(2)问,对于汽车匀减速运动的位移x2,还可由动能定理求解。
在“机械制动”阶段,油电混动汽车做匀减速运动, f=μmg
由动能定理得-fx2=-m
可得x2=