名师一号高考物理一轮复习 第六章 动量A卷单元检测卷.docx
《名师一号高考物理一轮复习 第六章 动量A卷单元检测卷.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《名师一号高考物理一轮复习 第六章 动量A卷单元检测卷.docx（13页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。
名师一号高考物理一轮复习第六章动量A卷单元检测卷
第六章动量（A卷）
一、本题共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，全部选对得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分.
1.下列说法正确的是（）
A.一物体受冲量越大，动量也越大
B.冲量变化时动量变化，冲量为零时动量就为零
C.合力冲量为零时，物体动量不变，但各分力的冲量可继续增大
D.冲量方向不变时，动量方向可变化；冲量大小一定时动量大小一定变化
解析：
由动量定理可知，冲量等于物体动量的改变，冲量对应着动量变化，冲量和动量之间无必然联系，故A、B选项错误；当冲量为零时，动量改变为零.动量不改变，合外力的冲量为零，各力的冲量随时间积累可不断增加，故C选项正确；对D选项，冲量方向不变时，动量方向可变，因为冲量既可以改变动量大小，也可改变动量方向，故D选项错误.
答案：
C
2.下列各种说法，不能成立的是（）
A.某一段时间内物体动量的增量不为零，而其中某一时刻物体的动量可能为零
B.某一段时间内物体受到的冲量为零，而其中某一时刻物体的动量可能不为零
C.某一段时间内物体受到的冲量不为零，而动量的增量可能为零
D.某一时刻物体的动量为零，而动量对时间的变化率不为零
解析：
由动量定理可知，冲量等于物体动量增量，有冲量物体动量必定改变，故C选项错误.冲量对应动量变化量，它和物体的动量之间无必然决定关系，故A、B选项都有可能.对D选项，动量的变化率决定于合外力，它和物体动量之间也无决定关系，故D选项有可能.
答案：
C
3.如图所示质量为m的小球从光滑的半径为R的半圆槽顶部A由静止滑下.设槽与桌面无摩擦，则（）
A.小球不可能滑到右边最高点B
B.小球到达槽底的动能小于mgR
C.小球升到最大高度时，槽速度为零
D.若球与槽有摩擦，则系统水平动量不守恒
解析：
此系统水平方向动量守恒，机械能守恒.初状态总动量为零，运动中总动量也为零.0=mv-MV，在槽底小球速度最大，槽的水平速度也最大，初状态的势能转变成球和槽的动能mgR=
mv2+
MV2，所以小球到达槽底的动能小于mgR，B对.小球升到最大高度时，速度为零，所以槽速度也为零,C对.由机械能守恒定律，此时小球一定滑到右边最高点B，A错.若小球与槽之间有摩擦力，也是系统内力，系统的水平动量仍守恒，D错.
答案：
BC
4.如图所示，质量为M的木块位于光滑水平桌面上，在木块与墙之间用轻弹簧连接，当木块静止时是在A位置.现有一质量为m的子弹以水平速度v0射向木块并嵌入其中，则当木块回到A位置时的速度v以及在此过程中墙对弹簧的冲量I的大小分别为（）
A.v=
I=0
B.v=
I=2mv0
C.v=
I=
D.v=
I=2mv0
解析：
物体和子弹又回到A处时，弹簧恢复原长，弹力对物体和子弹做功为0，故此时物体和子弹的速度仍为子弹刚打入木块时的速度，根据动量守恒定律知v=
，子弹和木块动量变化量为2mv0，由弹簧对其冲量引起，弹簧动量大小未变化，故墙壁对弹簧冲量也为2mv0，选B.
答案：
B
5.如图所示，质量为m的小球在竖直光滑圆形内轨道中做圆周运动，周期为T，则
①每运转一周，小球所受重力的冲量的大小为0
②每运转一周，小球所受重力的冲量的大小为mgT
③每运转一周，小球所受合力的冲量的大小为0
④每运转半周，小球所受重力的冲量的大小一定为mgT/2
以上结论正确的是（）
A.①④B.②③C.②③④D.①③④
解析：
由冲量定义I=Ft可知，①选项错,②选项正确.每转一周，小球动量改变为零，故合外力冲量为零，因而③选项正确.对④选项，选择不同的点为计时零点，小球转半周用的时间不同，因而重力冲量不同，故④选项错误.答案：
B
6.在奥运比赛项目中，高台跳水是我国运动员的强项.质量为m的跳水运动员进入水中后受到水的阻力而做减速运动，设水对他的阻力大小恒为F，那么在他减速下降高度为h的过程中，下列说法正确的是（g为当地的重力加速度）（）
A.他的动能减小了Fh
B.他的重力势能增加了mgh[
C.他的机械能减少了（F-mg）h
D.他的机械能减少了Fh
答案:
D
7.如图所示放在光滑水平桌面上的A、B木块中部夹一被压缩的弹簧，当弹簧被放开时，它们各自在桌面上滑行一段距离后，飞离桌面落在地上.A的落地点与桌边水平距离0.5m，B的落地点距离桌边1m，那么（）
A.A、B离开弹簧时速度比为1:
2
B.A、B质量比为2:
1
C.未离弹簧时，A、B所受冲量比为1:
2
D.未离弹簧时，A、B加速度之比为1:
2
解析：
A、B组成的系统在水平方向不受外力，动量守恒.从两物体落地点到桌边的距离x=v0t，两物体落地时间相等，v0与x成正比，所以vA:
vB=1:
2.这也是A、B离开弹簧的速度比.由0=mAvA-mBvB，可知mA:
mB=vB:
vA=2:
1，未离开弹簧时，A、B受到的弹力相同，作用时间相同，冲量I=F·t也相同，故C选项错误.未离开弹簧时F相同，m不同，加速度a=
与质量成反比，aA:
aB=1:
2，D选项正确.
答案：
ABD
8.一颗子弹水平射入静止在粗糙水平地面上的木块，子弹在木块内运动的过程中（）
A.子弹与木块间的摩擦力对子弹和木块的冲量之和为负
B.子弹与木块间的摩擦力对子弹和木块做功之和为负
C.子弹和木块的动量守恒
D.子弹和木块的机械能增加
答案:
B
9.如图，质量为M的盒子放在光滑的水平面上，盒子内表面不光滑，盒内放有一块质量为m的物体，从某一时刻起给m一个水平向右的初速度v0，那么在物块与盒子前后壁多次往复碰撞后（）
A.两者的速度均为零
B.两者的速度总不会相等
C.车的最终速度为mv0/M，向右
D.车的最终速度为mv0/（M+m），向右
解析：
对M和m的多次碰撞过程，由于系统水平方向不受外力，故动量守恒，取向右为正方向，则mv0=（M+m）v共，∴v共=
答案：
D
10.如图所示，质量为M的物体P静止在光滑的水平桌面上，有另一质量为m（M＞m）的物体Q以速度v0正对P滑行，则它们相碰后（设桌面足够大）（）
A.Q物体一定被弹回，因为M＞m
B.Q物体可能继续向前
C.Q物体的速度不可能为零
D.若相碰后两物体分离，则过一段时间可能再碰
解析：
两物体之间发生碰撞，可以是弹性的也可以是非弹性的，甚至是完全非弹性的.在弹性与完全非弹性这两种极端情况下，若是弹性碰撞，Q物体一定被弹回，若是完全非弹性碰撞，Q物体将继续向前.也就是说，它们相碰后Q物体继续向前、被弹回和速度刚好为零都有可能发生，由此可知，只有选项B是正确的.
误解一错误的认定两物体之间发生的是弹性碰撞，而M＞m，因而认为Q物体一定被弹回，从而错误地选择A项.事实上若两物体之间发生的是完全非弹性碰撞，Q物体是要继续向前运动的.
误解二尽管考虑到了弹性与完全非弹性两种情况，若没有进行综合分析，就会错误地选择C，事实上弹性与完全非弹性这两种极端情况，在它们之间的每一种情况均有可能发生，既然Q物体可能向前也可能向后，速度为零就当然是可能的了.
误解三错误的选择D.两物体相碰分离后，必然是vp＞vQ的速度，两物体只会不断远离，决不会再次相碰.
答案：
B
二、本题共2小题共13分，把答案填写在题中的横线上或按要求作图.
11.如图所示，斜槽末端水平，小球m1从斜槽某一高度由静止滚下，落到水平地面上的P点，今在槽口末端放一与m1球半径相同的球m2（m1>m2），仍让球m1从斜槽同一高处滚下并与球m2正碰后使两球落地，球m1和球m2的落地点分别为M和N.已知槽口末端在白纸上的投影位置为O点，问：
（1）若碰撞中动量守恒，应满足的关系式为________；
（2）若m1=20g，m2=10g,
=30.0cm,
=10.0cm,
=40.0cm，试判断动量是否守恒.
答案：
（1）m1
=m1
+m2
（2）m1
=20×30.0=600.0
m1
+m2
=20×10.0+10×40.0=600.0
故系统碰撞过程中动量守恒.
12.某同学用如图所示装置通过半径相同的A、B两球的碰撞来验证动量守恒定律.实验时先使A球从斜槽上某一固定位置G由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹.重复上述操作10次，得到10个落点痕迹.再把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让A球仍从位置G由静止开始滚下，和B球碰撞后，A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹.重复这种操作10次，得到了如图所示的三个落地处.
（1）请你叙述用什么方法找出落地点的平均位置__？
.
（2）已知：
，碰撞过程中动量守恒，则由图可以判断出Q是____球的落地点，P′是______球的落地点.
（3）用题中字母写出动量守恒定律的表达式_________.
答案：
（1）用尽可能小的圆把所有的小球落点都圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置.
（2）Q是B球，P′是A球.（3）mAOP=mAOP′+mBOQ
三、本题共5题，共67分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位.
13.质量m=1.5kg的物块（可视为质点）在水平恒力F作用下，从水平面上A点由静止开始运动，运动一段距离撤去该力，物块继续滑行t=2.0s停在B点，已知A、B两点间的距离s=5.0m，物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.20，求恒力F多大.（g=10m/s2）
解析：
设撤去力F前物块的位移为s1，撤去力F时物块速度为v，物块受到的滑动摩擦力F1=μmg对撤去力F后物块滑动过程应用动量定理得-F1t=0-mv
由运动学公式得s-s1=
t
对物块运动的全过程应用的动能定理Fs1-F1s=0
由以上各式得F=
代入数据解得F=15N
答案：
15N
14.一根轻绳长L=1.6m，一端系在固定支架上，另一端悬挂一个质量为M=1kg的沙箱A，沙箱处于静止.质量为m=10g的子弹B以水平速度v0=500m/s射入沙箱，其后以水平速度v=100m/s从沙箱穿出（子弹与沙箱相互作用时间极短）.g=10m/s2.求：
（1）子弹射出沙箱瞬间，沙箱的速度u的大小；
（2）沙箱和子弹作为一个系统共同损失的机械能E损；
（3）沙箱摆动后能上升的最大高度h;
（4）沙箱从最高点返回到最低点时，绳对箱的拉力F的大小.
解析：
（1）将子弹和沙箱视为一个系统，子弹在与沙箱相互作用瞬间，水平方向上遵循动量守恒，设水平向右为正方向
mv0=mv+Mu①
解得u=
=
m/s=4m/s.②
（2）由能量守恒可得
m
=
mv2+
Mu2+E损③
得E损=
m
-
mv2-
Mu2
=
×10×10-3×（5002-1002）J-
×1×42J
=1192J.
（3）沙箱由最低点摆至最高点符合机械能守恒
Mu2=Mgh
h=
m=0.8m.
（4）沙箱由最高点返回最低点，根据机械能守恒，其速度大小不变，仍为4m/s.在最低点由牛顿第二定律可知：
F-Mg=M
F=M（g+
）=1×（10+
）=20N.
答案：
（1）4m/s
（2）1192J（3）0.8m（4）20N
15.如图所示，一质量为m1的半圆形槽内壁光滑，放在光滑的水平面上，槽的左侧有一固定的木桩以阻止槽水平向左运动，槽的半径为R，今从槽左侧A端的正上方D处自由释放一个质量为m2的小球，球恰好从A点自然进入槽的内壁轨道.为了使小球沿槽的内壁恰好运动到槽的右端B点，试求D点到A点的高度.
解析：
设D点至A点的高度为h，则小球从D处开始运动至B端的过程，可分为三个阶段：
第一阶段：
小球从D点自由下落至A点，只有重力做功，机械能守恒，得m2gh=
m2
①
第二阶段：
小球从A点运动到半圆槽的最低点O′，由于木桩作用，槽仍保持静止，仅重力做功，机械能守恒，可得m2gR=
m2
′-
m2
②
第三阶段：
小球从O′点运动到B点，此时小球和槽有共同速度vB，对槽和小球系统而言，只有重力做功，可得-m2gR=
（m2+m1）
-
m2
③
该阶段，系统在水平方向不受外力，水平方向动量守恒，故有
m2v′0=（m2+m1）vB④
联立以上四式解得，h=
R.
答案：
R
16.如图所示，质量为M的滑块静止在光滑的水平桌面上，滑块的光滑弧面底部与桌面相切，一个质量为m的球以速度v0向滑块滚来，小球不能越过滑块，则小球到达最高点时，求小球和滑块的速度大小.
解析：
小球沿滑块上滑过程中，对小球和滑块组成系统，水平方向不受外力因而动量守恒，小球到达最高点时和滑块具有相同的对地速度v（若速度不相同，必然相对滑块运动，此时一定不是最高点）.
由水平方向动量守恒得：
mv0=（M+m）v∴v=mv0/（M+m）.
答案：
mv0/（M+m）
17.如图所示，平板车AB质量为m，长为l，C为车面A、B的中点.车右端有一可视为质点、质量为2m的滑块，整个装置静止在光滑水平面上.现在给车施加一个向右的水平外力F，使车向右运动，同时滑块相对于车滑动，当滑块滑至C点时撤去外力，此时滑块的速度为v0，车的速度为2v0，最后滑块恰好停在车的左端B点与车一起向右运动.滑块与车面AC段、CB段间的动摩擦因数是不同的，设分别为μ1、μ2.求：
（1）外力F和μ1的大小;
（2）μ2的大小.
解析：
（1）滑块和小车是有着相互作用的系统，小车先受到外力F的作用，从作用外力F到撤去外力F的过程中分别对滑块和小车由动能定理和动量定理有
对滑块：
2mgμ1s=
×2m
①
2mgμ1t=2mv0②
对小车：
（F-2mgμ1）（s+
）=
m（2v0）2③
（F-2mgμ1）t=2mv0④
联立①、②、③、④得F=
μ1=
.
（2）撤去外力后滑块继续加速运动，小车减速运动直到两者达到共同速度，此时滑块刚好停在小车的最左端，该过程中对滑块和小车分别由动量守恒定律和能量守恒有
2mv0+2mv0=3mv共⑤
×2m
+
m（2v0）2=
×3mv共2+2mgμ2
⑥
联立⑤、⑥得μ2=
.
答案：
（1）
（2）
升级会员 