山東省2020版高考物理一輪復習 單元質檢六 動量守恒定律 新人教版

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1、單元質檢六　動量守恒定律 (時間:45分鐘　滿分:100分) 一、選擇題(本題共8小題,每小題6分,共48分。在每小題給出的四個選項中,第1~5題只有一項符合題目要求,第6~8題有多項符合題目要求。全部選對的得6分,選對但不全的得3分,有選錯的得0分) 1.運動員向球踢了一腳,踢球時的力F=100 N,球在地面上滾動了t=10 s停下來,則運動員對球的沖量為(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A.1 000 N·s B.500 N·s C.零 D.無法確定 答案D 解析滾動了t=10s是地面摩擦力對足球的作用時間,不是踢球的力的作用時間,由于不能確定人作用在球上的

2、時間,所以無法確定運動員對球的沖量。 2.如圖所示,從豎直面上大圓的最高點A,引出兩條不同的光滑軌道AB和AC,端點都在大圓上。相同物體由靜止開始,從A點分別沿兩條軌道滑到底端,則下列說法中正確的是(　　) A.物體到達底端的速度大小都相等 B.物體重力的沖量都相同 C.物體沿AB運動所用的時間小于沿AC運動所用的時間 D.物體動量的變化率都相同 答案B 解析同一物體從靜止到達底端,由動能定理可知,重力做功的不一樣,所以它們到達底端的動能不同,物體到達底端的速度大小不相等,故A錯誤;對物體在斜面上受力分析,設軌道與豎直方向夾角為θ,由牛頓第二定律可求得,a=gcosθ,根據(jù)運

3、動學公式x=12at2可得,2Rcosθ=12gcosθ·t2,因此下滑時間與斜面的傾角無關,物體沿AB運動所用的時間等于沿AC運動所用的時間,根據(jù)沖量I=Ft可知物體重力的沖量都相同,故B正確,C錯誤;因初動量都為零,末動量不相等,根據(jù)動量的變化量Δp=mvt-mv0可知物體動量的變化量不相同,又由于運動時間相同,所以物體動量的變化率不相同,故D錯誤。 3.某游樂場有n輛質量均為m、形狀均相同的碰碰車,先將各車擺在間距均為s一條光滑直軌道上。第一輛碰碰車以速度v向第二輛碰碰車運動,依次使n輛碰碰車相碰,最終全部運動起來,設各碰碰車相碰后連在一起,忽略碰撞時間。則(　　) A.各碰碰車相碰

4、過程中,總動量和總機械能均守恒 B.碰碰車最后的速度仍為v C.第一輛碰碰車以速度v給第二輛碰碰車的沖量大小為mv D.從第一輛碰碰車開始運動到全部碰碰車開始運動所需時間為s2vn(n-1) 答案D 解析各碰碰車相碰過程中,總動量守恒但總機械能不守恒,A錯誤。設第一輛碰碰車運動速度為v1,第一輛碰碰車與第二輛碰碰車相連后速度為v2,第二輛碰碰車與第三輛碰碰車相連后速度為v3,……第n-1輛碰碰車與第n輛碰碰車相連后速度為vn,在連接過程中滿足動量守恒定律:第一輛碰碰車運動時,v1=v;第二輛碰碰車運動時,mv1=2mv2　v2=v2,第三輛碰碰車運動時,2mv2=3mv3　 v3=

5、13v,以此類推,第n輛碰碰車運動時,(n-1)mvn-1=nmvn,vn=vn(或者取n輛碰碰車為整體,由動量守恒定律得:mv=nmvn解得:vn=vn),B錯誤。第一輛碰碰車以速度v給第二輛碰碰車的沖量大小為I=mv-12mv=12mv,C錯誤。第一輛碰碰車開始運動到與第二輛碰碰車相連時所用時間為sv;第二輛碰碰車開始運動到與第三輛碰碰車相連時所用時間為:t2=2sv,……由此可知:第n-1輛碰碰車開始運動到與第n輛碰碰車相連時所用時間為:tn-1=(n-1)sv,總時間t=t1+t2+t3+…+tn-1=sv+2sv+3sv+…+(n-1)sv=s2vn(n-1),D正確。 4.(

6、2018·山東青島高三統(tǒng)一質量檢測,16)如圖,連接有輕彈簧的物塊a靜止于光滑水平面上,物塊b以一定初速度向左運動。下列關于a、b兩物塊的動量p隨時間t的變化關系圖象,不合理的是(　　) 答案A 解析物塊b以一定初速度向左運動與連接有輕彈簧的靜止物塊a相碰,中間彈簧先變被壓縮后又恢復原長,則彈力在碰撞過程中先變大后變小,兩物塊動量的變化率先變大后變小,故A項不合理。本題選不合理的,答案是A。 5.(2018·山東日照高三5月校際聯(lián)考,18)如圖所示,質量為0.5 kg的小球在距離小車底部20 m高處以一定的初速度向左平拋,落在以7.5 m/s的速度沿光滑水平面向右勻速行駛的敞篷小

7、車中,車底涂有一層油泥,車與油泥的總質量為4 kg。設小球在落到車底前瞬間速度是25 m/s,重力加速度取10 m/s2。則當小球與小車相對靜止時,小車的速度是(　　) A.4 m/s B.5 m/s C.8.5 m/s D.9.5 m/s 答案B 解析小球做平拋運動,下落時間為t=2hg=2s,豎直方向速度大小為vy=gt=10×2=20m/s,小球在落到車底前瞬時速度是25m/s,根據(jù)速度合成原則, vx=v2-vy2=252-202=15m/s,小球與車在水平方向上動量守恒,以向右為正方向,得:Mv車-mvx=(m+M)v共 解得:v共=5m/s。故B正確。 6.(201

8、8·四川遂寧高三三診,20)如圖所示,質量M=2 kg的半圓形槽物體A放在光滑水平地面上,槽內表面光滑,其半徑r=0.6 m。現(xiàn)有一個質量m=1 kg的小物塊B在物體A的槽右端口獲得瞬時豎直向下的沖量I=2 N·s,此后物體A和物塊B相互作用,使物體A在地面上運動,則(　　) A.在A、B間存在相互作用的過程中,物體A和物塊B組成的系統(tǒng)機械能守恒 B.在A、B間存在相互作用的過程中,物體A和物塊B組成的系統(tǒng)動量守恒 C.物塊B從槽口右端運動到左端時,物體A向右運動的位移是0.4 m D.物塊B最終可從槽口左端豎直沖出,到達的最高點距槽口的高度為0.2 m 答案ACD 解析在A、B間

9、存在相互作用的過程中,只有重力做功,則物體A和物塊B組成的系統(tǒng)機械能守恒,選項A正確;在A、B間相互作用的過程中,水平方向受到的合外力為零,則物體A和物塊B組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒,選項B錯誤;物塊B從槽口右端運動到左端時,設物體A向右運動的位移是x,由水平方向動量守恒可知:Mx=m(2R-x),解得x=0.4m,選項C正確;物塊B最終可從槽口左端豎直沖出,由動量守恒可知,此時槽A的速度為零,B的速度大小等于初速度v0=Im=2m/s,則到達的最高點距槽口的高度為h=v022g=0.2m,選項D正確;故選ACD。 點撥此題關鍵是知道在A、B間相互作用的過程中,水平方向受到的合外力為零,系統(tǒng)

10、水平方向動量守恒;根據(jù)“人船模型”求解槽的位移。 7.某同學將一質量為m的小球A由地面豎直向上拋出,初速度的大小為v0,當?shù)竭_最高點時,與另一質量也為m、初速度的大小也為v0豎直下拋的小球B發(fā)生彈性碰撞(時間非常短),經(jīng)過一段時間A、B均落地。如果忽略空氣阻力,重力加速度大小為g。則下述正確的是(　　) A.A在上升和下降過程中的動量的變化大小都為mv0 B.A在上升和下降過程中的動量的變化的方向相同 C.A落地時的動能為mv02 D.A、B落地的時間差為(2-2)v0g 答案BCD　 命題意圖本題考查動量守恒定律、動量定理等知識,意在考查考生的分析綜合能力。 解題思路A與B發(fā)

11、生彈性碰撞,根據(jù)動量守恒定律,二者速度發(fā)生交換,A做豎直下拋運動,B做自由落體運動,因此B落地時間為v0g;對A,上拋運動有0-v02=-2gh,豎直下拋運動有v2-v02=2gh,因此v=2v0,所以A落地時的動能為mv02,C正確;取向下為正方向,對A上升過程中動量的變化量為Δp1=0-(-mv0)=mv0,下拋過程中動量的變化量為Δp2=mv-mv0=(2-1)mv0,故A錯誤,B正確;根據(jù)動量定理mgtA=Δp2=(2-1)mv0,所以Δt=(2-2)v0g,D正確。 8.(2018·山東濟南二模)如圖甲所示,光滑水平面上有a、b兩個小球,a球向b球運動并與b球發(fā)生正碰后黏合在一起共

12、同運動,其碰前和碰后的s-t圖象如圖乙所示,已知ma=5 kg,若b球的質量為mb,兩球因碰撞而損失的機械能為ΔE,則(　　) A.mb=1 kg B.mb=2 kg C.ΔE=15 J D.ΔE=35 J 答案AC 解析s-t圖象的斜率表示速度,圖在碰撞前a球的速度為v0=61m/s=6m/s,碰撞后兩者的共同速度為v=51m/s=5m/s,根據(jù)動量守恒定律可得mav0=(ma+mb)v,解得mb=1kg,A正確B錯誤;根據(jù)能量守恒定律可得ΔE=12mav02-12(ma+mb)v2=12×5×62J-12×6×52J=15J,C正確D錯誤。 二、實驗題(10分) 9.(201

13、8·浙江選考)小明做“探究碰撞中的不變量”實驗的裝置如圖所示,懸掛在O點的單擺由長為l的細線和直徑為d的小球A組成,小球A與放置在光滑支撐桿上的直徑相同的小球B發(fā)生對心碰撞,碰后小球A繼續(xù)擺動,小球B做平拋運動。 (1)小明用游標卡尺測小球A直徑如圖所示,則d=　　　　　mm。又測得了小球A質量m1,細線長度l,碰撞前小球A拉起的角度α和碰撞后小球B做平拋運動的水平位移x、豎直下落高度h。為完成實驗,還需要測量的物理量有:　　　　　。? (2)若A、B兩球碰后粘在一起形成新單擺,其周期　　　　　(選填“小于”“等于”或“大于”)粘合前單擺的周期(擺角小于5°)。? 答案(1)14.4

14、0　小球B質量m1,碰后小球A擺動的最大角β　(2)大于 解析游標卡尺讀數(shù)的方法是主尺讀數(shù)加上游標讀數(shù);根據(jù)球A擺動過程中機械能守恒來分析球A的速度,根據(jù)平拋運動規(guī)律來分析球B的速度,從而確定要測量的物理量;兩球粘在一起后球的重心發(fā)生變化,據(jù)此判斷擺長的變化,從而判斷周期的變化; (1)球的直徑為d=14mm+120×8mm=14.40mm; 根據(jù)機械能守恒定律可得碰撞前瞬間球A的速度(m1gl(1-cosα)=12m1v12),碰撞后仍可根據(jù)機械能守恒定律計算小球A的速度,所以需要小球A碰后擺動的最大角β;小球B碰撞后做平拋運動,根據(jù)平拋運動規(guī)律可得小球B的速度,要求B的動量所以需要測

15、量小球B的質量m2; (2)黏在一起后,球的重心發(fā)生變化,如圖所示,擺長發(fā)生變化,故根據(jù)單擺周期T=2πLg可得周期變大。 三、計算題(本題共3小題,共42分) 10.(12分)(2019·山東青島調研)如圖,兩個質量均為2 kg的物塊A、B,它們由一根長l=1 m的不可伸長輕繩拴接,現(xiàn)將兩物塊相互靠近置于傾角為θ=37°的粗糙斜面上。物塊A與斜面間無摩擦,距離斜面底端x0=10.5 m,物塊B與斜面間的動摩擦因數(shù)μ=0.25,g取10 m/s2,將兩物塊由靜止同時釋放。求: (1)繩子繃緊瞬間兩物塊的速度; (2)物塊A到達斜面底端所用的時間; (3)物塊A到達斜面底端過

16、程中輕繩對物塊B所做的功。 答案(1)5 m/s　(2)2 s　(3)24 J 解析根據(jù)牛頓第二定律分別求出AB的加速度,結合位移關系和動量守恒即可求出繩子繃緊瞬間兩物塊的速度;根據(jù)牛頓第二定律求出繩子繃緊后共同的加速度,再結合運動學公式即可求出運動總時間;根據(jù)動能定理即可求出物塊A到達斜面底端過程中輕繩對物塊B所做的功。 (1)根據(jù)牛頓第二定律,對A可得:mgsin37°=maA, 對B可得:mgsin37°-μmgcos37°=maB 位移間的關系為:12aAt12-12aBt12=1 根據(jù)速度時間關系:vA=aAt1　vB=aBt1 繩子繃緊瞬間兩物塊動量守恒:mvA+mv

17、B=2mv0 聯(lián)立以上并代入數(shù)據(jù)解得:v0=5m/s (2)繩子繃緊后,共同的加速度為:2mgsin37°-μmgcos37°=2ma 繩子繃緊瞬間A物塊距底端的距離為:Δx=x0-12aBt12-1 繩子繃緊后則有:Δx=v0t2+12at22 A運動的總時間為:t=t1+t2 聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得:t=2s (3)物塊A到達斜面底端時B的速度為:v=v0+at2 根據(jù)動能定理可得:W-μmg(x0-1)cos37°+mg(x0-1)sin37°=12mv2 代入數(shù)據(jù)解得:W=24J 11.(14分)(2018·安徽江南十校二模)如圖所示,粗糙水平地面上靜止放著相距d=1

18、m的兩塊相同長木板A、B,每塊木板長L,與地面的動摩擦因數(shù)μ1=0.2。一可視為質點的物塊C以v0=8 m/s的初速度水平向右滑上木板A的左端,C的質量為每塊木板質量的2倍,C與木板的動摩擦因數(shù)μ2=0.4。若A、B碰后速度相同但不粘連,碰撞時間極短,且A和B碰撞時C恰好運動到A的最右端,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,重力加速度g取10 m/s2。求: (1)木板A與木板B相碰前瞬間的速度v1; (2)木板A的長度L; (3)A、B最終停下時,兩者間的距離。 答案(1)2 m/s　(2)5 m　(3)1.5 m 解析(1)設A、B的質量為m,C、A的相互作用的過程中,對A由牛頓運動

19、定律有 μ2·2mg-μ1(m+2m)g=ma1,解得a1=2m/s2; A發(fā)生位移d與板B相碰,由運動規(guī)律有d=12a1t12,解得t1=1s; 碰撞前A的速度為v1=a1t,解得v1=2m/s; (2)C、A相互作用的過程中,對C由牛頓運動定律可得 μ2·2mg=2ma2,解得a2=4m/s2, C發(fā)生的位移x1=v0t-12a2t12,解得x1=6m; 木板A的長度L=x1-d=5m; (3)碰撞前C的速度為v2=v0-a2t1,解得v2=4m/s; A、B相碰過程中動量守恒,有mv1=(m+m)v3,解得v3=1m/s; A、B分離后,A板做減速運動,有μ1mg=m

20、a3,解得a3=2m/s2; 從分離到停下,發(fā)生的位移為xA=v322a3=0.25m, B板以a1=2m/s2的加速度做勻加速運動,直到與C同速,設此過程經(jīng)歷時間為t2, 有v4=v2-a2t2=v3+a1t2,解得t2=0.5s,v4=2m/s; 此過程中B板的位移xB1=v3+v42t2=0.75m; 此后B、C一起以a3=2m/s2的加速度做勻減速運動直到停下,發(fā)生的位移為xB2=v422a3=1m; 所以最終停下來時,A、B板間的距離為Δx=xB1+xB2-xA=1.5m。 12.(16分)如圖甲所示,半徑R=0.45 m的光滑圓弧軌道固定在豎直平面內,B為軌道的最低點

21、,在光滑水平面上緊挨B點有一靜止的平板車,其質量M=5 kg,長度L=0.5 m,車的上表面與B點等高?？梢暈橘|點的物塊從圓弧軌道最高點A由靜止釋放,其質量m=1 kg,g取10 m/s2。 (1)求物塊滑到B點時對軌道壓力的大小; (2)若平板車上表面粗糙,物塊最終沒有滑離平板車,求物塊最終速度的大小; (3)若將平板車固定且在上表面鋪上一種動摩擦因數(shù)逐漸增大的特殊材料,物塊在平板車上向右滑動時,所受摩擦力Ff隨它距B點位移x的變化關系如圖乙所示,物塊最終滑離了平板車,求物塊滑離平板車時的速度大小v。 答案(1)30 N　(2)0.5 m/s　(3)5 m/s 解析(1)設物塊

22、滑到B點時速度為vB,物塊從圓弧軌道A點滑到B點的過程中機械能守恒,則有 mgR=12mvB2,解得vB=3m/s 在B點,由牛頓第二定律得FN-mg=mvB2R 解得FN=30N 由牛頓第三定律可知,物塊滑到B點時對軌道的壓力FN'=FN=30N (2)物塊滑上平板車后,系統(tǒng)的動量守恒,設物塊與平板車的最終速度為v共,則mvB=(m+M)v共 解得v共=0.5m/s,即物塊最終速度的大小為0.5m/s (3)物塊在平板車上滑行時克服摩擦力做的功為Ff-x圖線與橫軸所圍的面積,故物塊克服摩擦力做的功為 WFf=(2+6)×0.52J=2J 物塊在平板車上滑動過程中,由動能定理得 -WFf=12mv2-12mvB2,解得v=5m/s 10