山东省2020版高考物理一轮复习 单元质检六 动量守恒定律 新人教版.docx

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单元质检六　动量守恒定律 (时间:45分钟　满分:100分) 一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48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,第6~8题有多项符合题目要求。全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分) 1.运动员向球踢了一脚,踢球时的力F=100 N,球在地面上滚动了t=10 s停下来,则运动员对球的冲量为(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A.1 000 Ns B.500 Ns C.零 D.无法确定 答案D 解析滚动了t=10s是地面摩擦力对足球的作用时间,不是踢球的力的作用时间,由于不能确定人作用在球上的时间,所以无法确定运动员对球的冲量。 2.如图所示,从竖直面上大圆的最高点A,引出两条不同的光滑轨道AB和AC,端点都在大圆上。相同物体由静止开始,从A点分别沿两条轨道滑到底端,则下列说法中正确的是(　　) A.物体到达底端的速度大小都相等 B.物体重力的冲量都相同 C.物体沿AB运动所用的时间小于沿AC运动所用的时间 D.物体动量的变化率都相同 答案B 解析同一物体从静止到达底端,由动能定理可知,重力做功的不一样,所以它们到达底端的动能不同,物体到达底端的速度大小不相等,故A错误;对物体在斜面上受力分析,设轨道与竖直方向夹角为θ,由牛顿第二定律可求得,a=gcosθ,根据运动学公式x=12at2可得,2Rcosθ=12gcosθt2,因此下滑时间与斜面的倾角无关,物体沿AB运动所用的时间等于沿AC运动所用的时间,根据冲量I=Ft可知物体重力的冲量都相同,故B正确,C错误;因初动量都为零,末动量不相等,根据动量的变化量Δp=mvt-mv0可知物体动量的变化量不相同,又由于运动时间相同,所以物体动量的变化率不相同,故D错误。 3.某游乐场有n辆质量均为m、形状均相同的碰碰车,先将各车摆在间距均为s一条光滑直轨道上。第一辆碰碰车以速度v向第二辆碰碰车运动,依次使n辆碰碰车相碰,最终全部运动起来,设各碰碰车相碰后连在一起,忽略碰撞时间。则(　　) A.各碰碰车相碰过程中,总动量和总机械能均守恒 B.碰碰车最后的速度仍为v C.第一辆碰碰车以速度v给第二辆碰碰车的冲量大小为mv D.从第一辆碰碰车开始运动到全部碰碰车开始运动所需时间为s2vn(n-1) 答案D 解析各碰碰车相碰过程中,总动量守恒但总机械能不守恒,A错误。设第一辆碰碰车运动速度为v1,第一辆碰碰车与第二辆碰碰车相连后速度为v2,第二辆碰碰车与第三辆碰碰车相连后速度为v3,……第n-1辆碰碰车与第n辆碰碰车相连后速度为vn,在连接过程中满足动量守恒定律:第一辆碰碰车运动时,v1=v;第二辆碰碰车运动时,mv1=2mv2　v2=v2,第三辆碰碰车运动时,2mv2=3mv3　 v3=13v,以此类推,第n辆碰碰车运动时,(n-1)mvn-1=nmvn,vn=vn(或者取n辆碰碰车为整体,由动量守恒定律得:mv=nmvn解得:vn=vn),B错误。第一辆碰碰车以速度v给第二辆碰碰车的冲量大小为I=mv-12mv=12mv,C错误。第一辆碰碰车开始运动到与第二辆碰碰车相连时所用时间为sv;第二辆碰碰车开始运动到与第三辆碰碰车相连时所用时间为:t2=2sv,……由此可知:第n-1辆碰碰车开始运动到与第n辆碰碰车相连时所用时间为:tn-1=(n-1)sv,总时间t=t1+t2+t3+…+tn-1=sv+2sv+3sv+…+(n-1)sv=s2vn(n-1),D正确。 4.(2018山东青岛高三统一质量检测,16)如图,连接有轻弹簧的物块a静止于光滑水平面上,物块b以一定初速度向左运动。下列关于a、b两物块的动量p随时间t的变化关系图象,不合理的是 (　　) 答案A 解析物块b以一定初速度向左运动与连接有轻弹簧的静止物块a相碰,中间弹簧先变被压缩后又恢复原长,则弹力在碰撞过程中先变大后变小,两物块动量的变化率先变大后变小,故A项不合理。本题选不合理的,答案是A。 5.(2018山东日照高三5月校际联考,18)如图所示,质量为0.5 kg的小球在距离小车底部20 m高处以一定的初速度向左平抛,落在以7.5 m/s的速度沿光滑水平面向右匀速行驶的敞篷小车中,车底涂有一层油泥,车与油泥的总质量为4 kg。设小球在落到车底前瞬间速度是25 m/s,重力加速度取10 m/s2。则当小球与小车相对静止时,小车的速度是(　　) A.4 m/s B.5 m/s C.8.5 m/s D.9.5 m/s 答案B 解析小球做平抛运动,下落时间为t=2hg=2s,竖直方向速度大小为vy=gt=102=20m/s,小球在落到车底前瞬时速度是25m/s,根据速度合成原则, vx=v2-vy2=252-202=15m/s,小球与车在水平方向上动量守恒,以向右为正方向,得:Mv车-mvx=(m+M)v共 解得:v共=5m/s。故B正确。 6.(2018四川遂宁高三三诊,20)如图所示,质量M=2 kg的半圆形槽物体A放在光滑水平地面上,槽内表面光滑,其半径r=0.6 m。现有一个质量m=1 kg的小物块B在物体A的槽右端口获得瞬时竖直向下的冲量I=2 Ns,此后物体A和物块B相互作用,使物体A在地面上运动,则(　　) A.在A、B间存在相互作用的过程中,物体A和物块B组成的系统机械能守恒 B.在A、B间存在相互作用的过程中,物体A和物块B组成的系统动量守恒 C.物块B从槽口右端运动到左端时,物体A向右运动的位移是0.4 m D.物块B最终可从槽口左端竖直冲出,到达的最高点距槽口的高度为0.2 m 答案ACD 解析在A、B间存在相互作用的过程中,只有重力做功,则物体A和物块B组成的系统机械能守恒,选项A正确;在A、B间相互作用的过程中,水平方向受到的合外力为零,则物体A和物块B组成的系统水平方向动量守恒,选项B错误;物块B从槽口右端运动到左端时,设物体A向右运动的位移是x,由水平方向动量守恒可知:Mx=m(2R-x),解得x=0.4m,选项C正确;物块B最终可从槽口左端竖直冲出,由动量守恒可知,此时槽A的速度为零,B的速度大小等于初速度v0=Im=2m/s,则到达的最高点距槽口的高度为h=v022g=0.2m,选项D正确;故选ACD。 点拨此题关键是知道在A、B间相互作用的过程中,水平方向受到的合外力为零,系统水平方向动量守恒;根据“人船模型”求解槽的位移。 7.某同学将一质量为m的小球A由地面竖直向上抛出,初速度的大小为v0,当到达最高点时,与另一质量也为m、初速度的大小也为v0竖直下抛的小球B发生弹性碰撞(时间非常短),经过一段时间A、B均落地。如果忽略空气阻力,重力加速度大小为g。则下述正确的是(　　) A.A在上升和下降过程中的动量的变化大小都为mv0 B.A在上升和下降过程中的动量的变化的方向相同 C.A落地时的动能为mv02 D.A、B落地的时间差为(2-2)v0g 答案BCD　 命题意图本题考查动量守恒定律、动量定理等知识,意在考查考生的分析综合能力。 解题思路A与B发生弹性碰撞,根据动量守恒定律,二者速度发生交换,A做竖直下抛运动,B做自由落体运动,因此B落地时间为v0g;对A,上抛运动有0-v02=-2gh,竖直下抛运动有v2-v02=2gh,因此v=2v0,所以A落地时的动能为mv02,C正确;取向下为正方向,对A上升过程中动量的变化量为Δp1=0-(-mv0)=mv0,下抛过程中动量的变化量为Δp2=mv-mv0=(2-1)mv0,故A错误,B正确;根据动量定理mgtA=Δp2=(2-1)mv0,所以Δt=(2-2)v0g,D正确。 8.(2018山东济南二模)如图甲所示,光滑水平面上有a、b两个小球,a球向b球运动并与b球发生正碰后黏合在一起共同运动,其碰前和碰后的s-t图象如图乙所示,已知ma=5 kg,若b球的质量为mb,两球因碰撞而损失的机械能为ΔE,则(　　) A.mb=1 kg B.mb=2 kg C.ΔE=15 J D.ΔE=35 J 答案AC 解析s-t图象的斜率表示速度,图在碰撞前a球的速度为v0=61m/s=6m/s,碰撞后两者的共同速度为v=51m/s=5m/s,根据动量守恒定律可得mav0=(ma+mb)v,解得mb=1kg,A正确B错误;根据能量守恒定律可得ΔE=12mav02-12(ma+mb)v2=12562J-12652J=15J,C正确D错误。 二、实验题(10分) 9.(2018浙江选考)小明做“探究碰撞中的不变量”实验的装置如图所示,悬挂在O点的单摆由长为l的细线和直径为d的小球A组成,小球A与放置在光滑支撑杆上的直径相同的小球B发生对心碰撞,碰后小球A继续摆动,小球B做平抛运动。 (1)小明用游标卡尺测小球A直径如图所示,则d=　　　　　mm。又测得了小球A质量m1,细线长度l,碰撞前小球A拉起的角度α和碰撞后小球B做平抛运动的水平位移x、竖直下落高度h。为完成实验,还需要测量的物理量有:　　　　　。 (2)若A、B两球碰后粘在一起形成新单摆,其周期　　　　　(选填“小于”“等于”或“大于”)粘合前单摆的周期(摆角小于5)。 答案(1)14.40　小球B质量m1,碰后小球A摆动的最大角β　(2)大于 解析游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数;根据球A摆动过程中机械能守恒来分析球A的速度,根据平抛运动规律来分析球B的速度,从而确定要测量的物理量;两球粘在一起后球的重心发生变化,据此判断摆长的变化,从而判断周期的变化; (1)球的直径为d=14mm+1208mm=14.40mm; 根据机械能守恒定律可得碰撞前瞬间球A的速度(m1gl(1-cosα)=12m1v12),碰撞后仍可根据机械能守恒定律计算小球A的速度,所以需要小球A碰后摆动的最大角β;小球B碰撞后做平抛运动,根据平抛运动规律可得小球B的速度,要求B的动量所以需要测量小球B的质量m2; (2)黏在一起后,球的重心发生变化,如图所示,摆长发生变化,故根据单摆周期T=2πLg可得周期变大。 三、计算题(本题共3小题,共42分) 10.(12分)(2019山东青岛调研)如图,两个质量均为2 kg的物块A、B,它们由一根长l=1 m的不可伸长轻绳拴接,现将两物块相互靠近置于倾角为θ=37的粗糙斜面上。物块A与斜面间无摩擦,距离斜面底端x0=10.5 m,物块B与斜面间的动摩擦因数μ=0.25,g取10 m/s2,将两物块由静止同时释放。求: (1)绳子绷紧瞬间两物块的速度; (2)物块A到达斜面底端所用的时间; (3)物块A到达斜面底端过程中轻绳对物块B所做的功。 答案(1)5 m/s　(2)2 s　(3)24 J 解析根据牛顿第二定律分别求出AB的加速度,结合位移关系和动量守恒即可求出绳子绷紧瞬间两物块的速度;根据牛顿第二定律求出绳子绷紧后共同的加速度,再结合运动学公式即可求出运动总时间;根据动能定理即可求出物块A到达斜面底端过程中轻绳对物块B所做的功。 (1)根据牛顿第二定律,对A可得:mgsin37=maA, 对B可得:mgsin37-μmgcos37=maB 位移间的关系为:12aAt12-12aBt12=1 根据速度时间关系:vA=aAt1　vB=aBt1 绳子绷紧瞬间两物块动量守恒:mvA+mvB=2mv0 联立以上并代入数据解得:v0=5m/s (2)绳子绷紧后,共同的加速度为:2mgsin37-μmgcos37=2ma 绳子绷紧瞬间A物块距底端的距离为:Δx=x0-12aBt12-1 绳子绷紧后则有:Δx=v0t2+12at22 A运动的总时间为:t=t1+t2 联立并代入数据解得:t=2s (3)物块A到达斜面底端时B的速度为:v=v0+at2 根据动能定理可得:W-μmg(x0-1)cos37+mg(x0-1)sin37=12mv2 代入数据解得:W=24J 11.(14分)(2018安徽江南十校二模)如图所示,粗糙水平地面上静止放着相距d=1 m的两块相同长木板A、B,每块木板长L,与地面的动摩擦因数μ1=0.2。一可视为质点的物块C以v0=8 m/s的初速度水平向右滑上木板A的左端,C的质量为每块木板质量的2倍,C与木板的动摩擦因数μ2=0.4。若A、B碰后速度相同但不粘连,碰撞时间极短,且A和B碰撞时C恰好运动到A的最右端,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2。求: (1)木板A与木板B相碰前瞬间的速度v1; (2)木板A的长度L; (3)A、B最终停下时,两者间的距离。 答案(1)2 m/s　(2)5 m　(3)1.5 m 解析(1)设A、B的质量为m,C、A的相互作用的过程中,对A由牛顿运动定律有 μ22mg-μ1(m+2m)g=ma1,解得a1=2m/s2; A发生位移d与板B相碰,由运动规律有d=12a1t12,解得t1=1s; 碰撞前A的速度为v1=a1t,解得v1=2m/s; (2)C、A相互作用的过程中,对C由牛顿运动定律可得 μ22mg=2ma2,解得a2=4m/s2, C发生的位移x1=v0t-12a2t12,解得x1=6m; 木板A的长度L=x1-d=5m; (3)碰撞前C的速度为v2=v0-a2t1,解得v2=4m/s; A、B相碰过程中动量守恒,有mv1=(m+m)v3,解得v3=1m/s; A、B分离后,A板做减速运动,有μ1mg=ma3,解得a3=2m/s2; 从分离到停下,发生的位移为xA=v322a3=0.25m, B板以a1=2m/s2的加速度做匀加速运动,直到与C同速,设此过程经历时间为t2, 有v4=v2-a2t2=v3+a1t2,解得t2=0.5s,v4=2m/s; 此过程中B板的位移xB1=v3+v42t2=0.75m; 此后B、C一起以a3=2m/s2的加速度做匀减速运动直到停下,发生的位移为xB2=v422a3=1m; 所以最终停下来时,A、B板间的距离为Δx=xB1+xB2-xA=1.5m。 12.(16分)如图甲所示,半径R=0.45 m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内,B为轨道的最低点,在光滑水平面上紧挨B点有一静止的平板车,其质量M=5 kg,长度L=0.5 m,车的上表面与B点等高。可视为质点的物块从圆弧轨道最高点A由静止释放,其质量m=1 kg,g取10 m/s2。 (1)求物块滑到B点时对轨道压力的大小; (2)若平板车上表面粗糙,物块最终没有滑离平板车,求物块最终速度的大小; (3)若将平板车固定且在上表面铺上一种动摩擦因数逐渐增大的特殊材料,物块在平板车上向右滑动时,所受摩擦力Ff随它距B点位移x的变化关系如图乙所示,物块最终滑离了平板车,求物块滑离平板车时的速度大小v。 答案(1)30 N　(2)0.5 m/s　(3)5 m/s 解析(1)设物块滑到B点时速度为vB,物块从圆弧轨道A点滑到B点的过程中机械能守恒,则有 mgR=12mvB2,解得vB=3m/s 在B点,由牛顿第二定律得FN-mg=mvB2R 解得FN=30N 由牛顿第三定律可知,物块滑到B点时对轨道的压力FN=FN=30N (2)物块滑上平板车后,系统的动量守恒,设物块与平板车的最终速度为v共,则mvB=(m+M)v共 解得v共=0.5m/s,即物块最终速度的大小为0.5m/s (3)物块在平板车上滑行时克服摩擦力做的功为Ff-x图线与横轴所围的面积,故物块克服摩擦力做的功为 WFf=(2+6)0.52J=2J 物块在平板车上滑动过程中,由动能定理得 -WFf=12mv2-12mvB2,解得v=5m/s