单元检测六 动量.docx

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单元检测六动量

单元检测六　动量

（时间：

90分钟　满分：

100分）

一、单项选择题（本题共8小题，每小题3分，共24分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）

1.（2020·北京市东城区期末）如图1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（　　）

图1

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－mv1

C．击球前后球动量改变量的大小是mv2＋mv1

D．球离开手时的机械能不可能是mgh＋

mv12

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＋

mv22，因v1与v2可能相等，则球离开手时的机械能可能是mgh＋

mv12，故D错误．

2．（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.

B.

C．v0D.

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＝

，故选A.

3．（2020·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

Δt＝mv

解得

＝

＝

＝

N＝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.

4．（八省联考·湖北·1）如图2所示，曲面体P静止于光滑水平面上，物块Q自P的上端静止释放。

Q与P的接触面光滑，Q在P上运动的过程中，下列说法正确的是（　　）

图2

A．P对Q做功为零

B．P和Q之间相互作用力做功之和为零

C．P和Q构成的系统机械能守恒、动量守恒

D．P和Q构成的系统机械能不守恒、动量守恒

答案　B

解析　根据题意可知，物块Q从光滑曲面体P滑下，两者组成的系统没有重力以外的其他力做功，系统的机械能守恒，故D错误；物块Q滑下，曲面体向后运动，说明滑块Q对曲面体P做正功，则曲面体P对滑块Q做负功，且P和Q之间的相互作用力做功之和为零，故B正确，A错误；P和Q组成的系统所受外力不为零，动量不守恒，但在水平方向的外力为零，系统在水平方向的动量守恒，故C错误．

5．（2020·河南名校联盟高三下学期2月联考）如图3所示，小木块A用细线吊在O点，此刻小木块的重力势能为零．一颗子弹以一定的水平速度射入木块A中，并立即与A有共同的速度，然后一起摆动到最大摆角α（0<α<90°）．如果保持子弹质量和入射的速度大小不变，而使小木块的质量稍微增大，关于最大摆角α、子弹的初动能与木块和子弹一起达到最大摆角时的机械能之差ΔE，有（　　）

图3

A．α角增大，ΔE也增大

B．α角增大，ΔE减小

C．α角减小，ΔE增大

D．α角减小，ΔE也减小

答案　C

解析　小木块质量增大，由动量守恒定律可知，小木块与子弹的共同速度减小，则最大摆角α减小，又ΔE＝

mv02－

（M＋m）v2，且v＝

，联立解得ΔE＝

＝

，则M增大时，ΔE增大，C正确．

6．（2020·湖南长沙市一模）一质量为m1的物体1以v0的初速度与另一质量为m2的静止物体2发生碰撞，其中m2＝km1，k<1.碰撞可分为弹性碰撞、完全非弹性碰撞以及非弹性碰撞．碰撞后两物体速度分别为v1和v2.假设碰撞在一维上进行，且一个物体不可能穿过另一个物体．物体1碰撞后与碰撞前速度之比r＝

的取值范围是（　　）

A.

≤r≤1B.

≤r≤

C．0≤r≤

D.

≤r≤

答案　B

解析　若两物体发生弹性碰撞，则由动量守恒定律有m1v0＝m1v1＋m2v2，由机械能守恒定律有

m1v02＝

m1v12＋

m2v22，联立解得v1＝

v0，则

＝

；若两物体发生完全非弹性碰撞，有v1＝v2，则由动量守恒定律有m1v0＝（m1＋m2）v，解得v＝v1＝v2＝

，则

＝

，故

≤r≤

，B正确．

7.（2020·湖北孝感高级中学调研）两个小球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，如图4所示，球2在前，球1在后，球1、2的质量分别为m1＝1kg、m2＝3kg，初速度分别为v01＝6m/s、v02＝3m/s，当球1与球2发生碰撞后，两球的速度分别为v1、v2，将碰撞后球1的动能和动量大小分别记为E1、p1，则v1、v2、E1、p1的可能值为（　　）

图4

A．v1＝1.75m/s，v2＝3.75m/s

B．v1＝1.5m/s，v2＝4.5m/s

C．E1＝9J

D．p1＝1kg·m/s

答案　B

解析　两球碰撞过程中两球组成的系统动量守恒，有m1v01＋m2v02＝m1v1＋m2v2，代入数据可知A错误，B正确．以两球的初速度方向为正方向，如果两球发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律有m1v01＋m2v02＝（m1＋m2）v，代入数据解得v＝3.75m/s，如果两球发生弹性碰撞，由动量守恒定律有m1v01＋m2v02＝m1v1＋m2v2，由机械能守恒定律得

m1v012＋

m2v022＝

m1v12＋

m2v22，联立解得v1＝1.5m/s，v2＝4.5m/s，故碰撞后球1的速度满足1.5m/s≤v1≤3.75m/s，球1的动能E1＝

m1v12，满足1.125J≤E1≤7.03J，球1的动量大小p1＝m1v1，满足1.5kg·m/s≤p1≤3.75kg·m/s，选项C、D错误．

8．如图5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（　　）

图5

A．3JB．4JC．6JD．20J

答案　A

解析　设铁块与木板共速时速度大小为v，铁块相对木板向右运动的最大距离为L，铁块与木板之间的摩擦力大小为Ff.铁块压缩弹簧使弹簧最短时，由能量守恒定律可得

mv02＝FfL＋

（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

mv02＝2FfL＋

（M＋m）v2，联立解得Ep＝3J，故选项A正确．

二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，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）

9．（2020·山东德州市月考）2019年3月10日，在世界短道速滑锦标赛男子5000m接力决赛中，中国队首获亚军．观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出．在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则（　　）

A．甲对乙和乙对甲的冲量大小相等、方向相反

B．甲、乙的动量变化一定大小相等、方向相反

C．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量

D．甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功

答案　AB

解析　因为冲量是矢量，甲对乙的作用力与乙对甲的作用力大小相等，方向相反，故甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小相等、方向相反，故A正确；二人相互作用的过程中动量守恒，根据动量守恒定律可知，甲、乙的动量变化一定大小相等、方向相反，故B正确；根据Ek＝

，由于不知道甲、乙的质量关系，故不能求出甲、乙动能变化关系，无法判断做功多少，也不能判断出二者动能的变化量，故C、D错误．

10.光滑水平地面上，A、B两物体质量都为m，A以速度v向右运动，B原来静止，左端有一轻弹簧，如图6所示，当A撞上弹簧，在之后的运动过程中（　　）

图6

A．A、B组成的系统机械能守恒

B．A的最小动量为零

C．弹簧被压缩最短时，B的动量达到最大值

D．弹簧被压缩最短时，A、B的速度相等

答案　BD

解析　由题意，A、B、弹簧三者组成的系统机械能守恒，A、B组成的系统机械能不守恒，A错误；在A、B相互作用过程中，开始阶段，A压缩弹簧，受到向左的力做减速运动，B做加速运动，vA>vB，弹簧逐渐缩短，当vA＝vB时弹簧处于压缩状态，由于弹簧弹力作用，A继续减速，B继续加速，直至弹簧恢复原长．当vA＝vB时弹簧被压缩至最短，D正确；由于在A、B相互作用前后满足动量守恒和能量守恒，则有：

mAv＝mAvA′＋mBvB′；

mAv2＝

mAvA′2＋

mBvB′2，且mA＝mB＝m，解得：

vA′＝0，vB′＝v，B正确，C错误．

11.（2020·四川宜宾第四中学开学考试）如图7，半径为R、质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，将质量也为m的小球从距A点正上方h高处由静止释放，小球自由落体后由A点经过半圆轨道后从B冲出，在空中能上升的最大高度为

h，不计空气阻力，小球可视为质点，则（　　）

图7

A．小球和小车组成的系统动量守恒

B．小车向左运动的最大距离为

R

C．小球离开小车后做竖直上抛运动

D．小球第二次能上升的最大高度hm满足：

h＜hm＜

h

答案　CD

解析　小球与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，水平方向系统动量守恒，由于小球有竖直分加速度，所以系统整体所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：

mv－mv′＝0，m

－m

＝0，解得，小车的最大位移：

x＝R，故B错误；小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，小球离开小车时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，故C正确；小球第一次在车中运动的过程中，由动能定理得：

mg（h－

h）－Wf＝0，Wf为小球克服摩擦力做功大小，解得：

Wf＝

mgh，即小球第一次在车中运动损失的机械能为

mgh，由于小球第二次在车中运动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于

mgh，机械能损失小于

mgh，因此小球再次离开小车时，能上升的高度大于：

h－

h＝

h，而小于

h，故D正确．

12．（2020·广西桂林市、百色市和崇左市第三次联考）如图8甲，光滑水平面上放着长木板B，质量为m＝2kg的木块A以速度v0＝2m/s滑上原来静止的长木板B的上表面，由于A、B之间存在摩擦，之后木块A与长木板B的速度随时间变化情况如图乙所示，重力加速度g＝10m/s2.则下列说法正确的是（　　）

图8

A．木块A与长木板B之间的动摩擦因数为0.1

B．长木板的质量M＝2kg

C．长木板B的长度至少为2m

D．木块A与长木板B组成的系统损失的机械能为4J

答案　AB

解析　由题图乙可知，木块A先做匀减速运动，长木板B先做匀加速运动，最后一起做匀速运动，共同速度v＝1m/s，取向右为正方向，对A、B组成的系统，根据动量守恒定律有mv0＝（m＋M）v，解得：

M＝m＝2kg，故B正确；由题图乙可知，长木板B匀加速运动的加速度为：

aB＝

＝

m/s2＝1m/s2，对长木板B，根据牛顿第二定律得：

μmg＝MaB，解得μ＝0.1，故A正确；由题图乙可知前1s内长木板B的位移为：

xB＝

×1×1m＝0.5m，木块A的位移为：

xA＝

×1m＝1.5m，所以长木板B的最小长度为：

L＝xA－xB＝1m，故C错误；木块A与长木板B组成的系统损失的机械能为：

ΔE＝

mv02－

（m＋M）v2＝2J，故D错误．

三、非选择题（本题共6小题，共60分）

13．（6分）（2020·安徽江淮十校联考）在做“验证动量守恒定律”常规实验中：

图9

（1）本实验中不需要用到的测量仪器或工具有________．（单选）

A．圆规B．秒表

C．刻度尺D．天平

（2）必须要求的条件是________．（多选）

A．斜槽轨道末端的切线必须水平

B．要测量小球平抛的初速度

C．入射球每次必须从轨道的同一位置由静止滚下

D．入射球和被碰球的质量必须相等，且大小相同

（3）某次实验中得出的落点情况如图9所示，假设碰撞过程中动量守恒，则入射小球质量m1和被碰小球质量m2之比为________．

答案　

（1）B　

（2）AC　（3）5∶1

解析　

（1）小球碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：

m1v0＝m1v1＋m2v2

两球离开斜槽后做平抛运动，由于两球抛出点的高度相等，它们在空中的运动时间t相等，则有：

m1v0t＝m1v1t＋m2v2t

即为：

m1OP＝m1OM＋m2ON，

实验需要测量两球的质量与水平位移，需要用圆规确定小球落地位置，需要用刻度尺测量小球的水平位移，需要用天平测小球质量，不需要的测量工具是秒表，故选项B符合题意；

（2）小球离开斜槽后做平抛运动，斜槽轨道末端的切线必须水平，故A正确；小球离开轨道后做平抛运动，小球的水平位移与其初速度成正比，可以用小球的水平位移代替其初速度，实验不需要测量小球平抛的初速度，故B错误；为保证入射小球到达斜槽末端时的速度相等，入射球每次必须从轨道的同一位置由静止滚下，故C正确；为防止入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，故D错误；

（3）小球碰撞过程系统动量守恒，则有：

m1OP＝m1OM＋m2ON

代入数据得：

m1×0.255＝m1×0.155＋m2×0.500

解得：

m1∶m2＝5∶1.

14．（8分）（2020·全国课时练习）如图10甲所示，滑块A、B静止在水平气垫导轨上，两滑块间紧压一轻弹簧，两滑块用细线连接，烧断细线，两个滑块向相反方向运动．现拍得闪光频率为10Hz的一组频闪照片如图乙所示．已知滑块A、B的质量分别为100g、150g．根据照片记录的信息可知，A、B离开弹簧后：

图10

（1）滑块A做________运动；

（2）滑块A的速度大小为________m/s；

（3）滑块B的动量大小是________kg·m/s；

（4）两滑块的动量大小关系为pA________pB（选填“>”“<”或“＝”），说明___________．

答案　

（1）匀速直线　

（2）0.09　（3）0.009　（4）＝　两滑块组成的系统动量守恒

解析　

（1）由题图乙可知，滑块A在相等的时间内运动的距离相等，故A做匀速直线运动．

（2）频闪照相机拍照的时间间隔T＝

＝0.1s，

所以滑块A的速度大小为v＝

＝

m/s＝0.09m/s.

（3）由题图乙可知，滑块B做匀速直线运动，故滑块B的速度大小为

vB＝

＝

m/s＝0.06m/s

则滑块B的动量大小为pB＝mBvB＝150×10－3kg×0.06m/s＝0.009kg·m/s

（4）滑块A的动量大小为pA＝mAv＝0.100kg×0.09m/s＝0.009kg·m/s

可见A、B的动量大小相等，由两滑块运动方向相反可知A、B的动量方向相反，即A、B两滑块离开弹簧后总动量为零，所以两滑块组成的系统动量守恒．

15．（8分）（2020·天津市红桥区一模）如图11所示，质量m1＝2kg的小车静止在光滑的水平面上，现有质量m2＝0.5kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝10m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止．物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10m/s2，求：

图11

（1）若物块不能从小车上掉下，他们的共同速度多大；

（2）要使物块不从小车右端滑出，小车至少多长．

答案　

（1）2m/s　

（2）8m

解析　

（1）由题意知物块与小车组成的系统动量守恒，设物块与小车的共同速度为v，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有m2v0＝（m1＋m2）v

解得v＝

＝2m/s

（2）要使物块恰好不从小车右端滑出，须使物块到车面右端时与小车有共同的速度，由能量守恒定律得

m2v02＝

（m1＋m2）v2＋μm2gL

代入数据解得L＝8m.

16．（10分）（2020·甘肃天水市调研）如图12所示，在水平面上依次放置小物块A和C以及曲面劈B，其中小物块A与小物块C的质量相等均为m，曲面劈B的质量M＝3m，曲面劈B的曲面下端与水平面相切，且曲面劈B足够高，各接触面均光滑．现让小物块C以水平速度v0向右运动，与小物块A发生碰撞，碰撞后两个小物块粘在一起滑上曲面劈B，重力加速度为g.求：

图12

（1）碰撞过程中系统损失的机械能；

（2）碰后物块A与C在曲面劈B上能够达到的最大高度．

答案　

（1）

mv02　

（2）

解析　

（1）小物块C与物块A发生碰撞粘在一起，以v0的方向为正方向

由动量守恒定律得：

mv0＝2mv

解得v＝

v0；

碰撞过程中系统损失的机械能为E损＝

mv02－

×2mv2

解得E损＝

mv02.

（2）当小物块A、C上升到最大高度时，A、B、C系统的速度相等．三者组成的系统在水平方向上动量守恒，根据动量守恒定律：

mv0＝（m＋m＋3m）v1

解得v1＝

v0

根据机械能守恒定律得

2mgh＝

×2m

2－

×5m

2

解得h＝

.

17.（12分）（2020·湖北宜昌一中阶段测试）如图13所示，倾角θ＝30°的足够长的斜面上，放着两个相距L0、质量均为m的滑块A和B，滑块A的下表面光滑，滑块B与斜面间的动摩擦因数μ＝tanθ＝

.由静止同时释放A和B，此后A、B发生碰撞，碰撞时间极短且为弹性碰撞．已知重力加速度为g，求：

图13

（1）A与B第一次相碰后B的速率；

（2）从A开始运动到两滑块第二次碰撞所经历的时间．

答案　

（1）

（2）6

解析　

（1）对B，由μ＝tanθ＝

知mgsinθ＝μmgcosθ

则第一次碰撞前B将保持静止

对A，由牛顿第二定律得mgsinθ＝maA，A在斜面上的加速度恒为aA＝

g

由vA2＝2aAL0得与B第一次碰撞前的速度vA＝

A、B发生第一次弹性碰撞，碰撞过程动量守恒，机械能守恒，有mvA＝mv1＋mv2

mvA2＝

mv12＋

mv22

解得第一次相碰后A的速率v1＝0，B的速率v2＝vA＝

.

（2）由vA＝aAt1得从A开始运动到A、B第一次碰撞所用时间t1＝

＝2

由

（1）知，第一次相碰后A做初速度为0的匀加速直线运动，B做速度为v2的匀速直线运动，设再经时间t2发生第二次碰撞，则t2时间内A、B的位移分别为xA＝

aAt22

xB＝v2t2

由xA＝xB得t2＝4

故从A开始运动到两滑块第二次碰撞所经历的时间t＝t1＋t2＝6

.

18．（16分）（2020·山东潍坊市模拟）如图14所示，固定的光滑平台左端固定有一光滑的半圆轨道，轨道半径为R，平台上静止放着两个滑块A、B，其质量mA＝

，mB＝m，两滑块间夹有少量炸药．平台右侧有一小车，静止在光滑的水平地面上，小车质量M＝2m，车长L＝2R，车面与平台的台面等高，车面粗糙，动摩擦因数μ＝0.5，右侧地面上有一不超过车面高的立桩，立桩与小车右端的距离为x，且x＝R.小车运动到立桩处立即被牢固粘连．点燃炸药后，滑块A恰好能够通过半圆轨道的最高点D，滑块B冲上小车．两滑块都可以看成质点，炸药的质量忽略不计，爆炸的时间极短，爆炸后两个滑块的速度方向在同一水平直线上，重力加速度为g＝10m/s2.求：

图14

（1）滑块A在半圆轨道最低点C时所受轨道支持力的大小FN；

（2）炸药爆炸后滑块B的速度大小vB；

（3）滑块B在小车上运动的过程中克服摩擦力做的功W.

答案　

（1）3mg　

（2）

　（3）

mgR

解析　

（1）以水平向右为正方向，设爆炸后滑块A的速度大小为vA，

滑块A在半圆轨道运动，设到达最高点的速度为vAD，

则mAg＝mA

，解得vAD＝

，

滑块A在半圆轨道运动过程中

－mAg·2R＝

mAvAD2－

mAvA2，

解得：

vA＝

，

滑块A在半圆轨道最低点：

FN－mAg＝mA

，

解得：

FN＝3mg.

（2）在炸药爆炸过程，A、B系统动量守恒，以B运动的方向为正方向

则mBvB＋mA（－vA）＝0，

解得：

vB＝

vA＝

.

（3）假设滑块B滑上小车后能与小车共速，设共同速度为v共，

整个过程中，由动量守恒定律得：

mBvB＝（mB＋M）v共，

解得：

v共＝

vB＝

，

滑块B在小车上运动时的加速度大小为aB＝μg

滑块B从滑上小车到共速时的位移为xB＝

＝

R.

小车从开始运动到共速过程中，由牛顿第二定律得μmBg＝Ma车，

小车从开始运动到共速时的位移为x车＝

＝

R

滑块B相对小车的位移为：

Δx＝xB－x车＝

R.

Δx<2R，

滑块B与小车在达到共速时未掉下小车，

滑块B和小车先达到相对静止，然后一起匀速向前运动，小车与立桩碰撞后小车停止，然后滑块B以v共向右做匀减速直线运动．

设小车停止后滑块B的位移为x′，x′＝

＝

R.

因为Δx＋x′＝

R

在滑块B的整个运动过程中，由动能定理得－W＝0－

mBvB2，

解得W＝

mgR.