单元检测六 动量.docx

1、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1A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mv2mv1C击球前后球动量改变量的大小是mv2mv1D球离开手时的机械能不可能是mghmv12答案C解析规定水平向右为正方向，击球前球的动量p1mv1，击球后

2、球的动量p2mv2，击球前后球动量改变量的大小是pp2p1mv2mv1，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mghmv22，因v1与v2可能相等，则球离开手时的机械能可能是mghmv12，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.Cv0 D.答案A解析以滑板车的运动

3、方向为正方向，则由动量守恒定律有(Mm)v0Mvmv0，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40 m/s，假设打一次喷嚏大约喷出50 mL的空气，用时约0.02 s已知空气的密度为1.3 kg/m3 ，估算打一次喷嚏人受到的平均反冲力为()A13 N B2.6 N C0.68 N D0.13 N答案D解析打一次喷嚏大约喷出气体的质量mV由动量定理tmv解得 N0.13 N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0.13 N，故选D.4(八省联考湖北1)如图2所

4、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2AP对Q做功为零BP和Q之间相互作用力做功之和为零CP和Q构成的系统机械能守恒、动量守恒DP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

5、，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(090)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、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E，有()图3A角增大，E也增大B角增大，E减小C角减小，E增大D角减小，E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，则最大摆角减小，又Emv02(Mm)v2，且v，联立解得E，则M增大时，E增大，C正确6(2020湖南长

6、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m2km1，kvB，弹簧逐渐缩短，当vAvB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vAvB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：mAvmAvAmBvB；mAv2mAvA2mBvB2，且mAmBm，解得：vA0，vBv，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

7、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7A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RC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：hhmh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：mvmv0，mm0，解得，小车的最大位移：xR，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

8、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(hh)Wf0，Wf为小球克服摩擦力做功大小，解得：Wfmgh，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：hhh，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m2 kg的木块A以速度v02 m/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

9、速度随时间变化情况如图乙所示，重力加速度g10 m/s2.则下列说法正确的是()图8A木块A与长木板B之间的动摩擦因数为0.1B长木板的质量M2 kgC长木板B的长度至少为2 mD木块A与长木板B组成的系统损失的机械能为4 J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v1 m/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(mM)v，解得：Mm2 kg，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/s21 m/s2，对长木板B，根据牛顿第二定律得：mgMaB，解得0.1，故A正确；由题图乙可知前1 s

10、内长木板B的位移为：xB11 m0.5 m，木块A的位移为：xA1 m1.5 m，所以长木板B的最小长度为：LxAxB1 m，故C错误；木块A与长木板B组成的系统损失的机械能为：Emv02(mM)v22 J，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

11、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)51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：m1v0m1v1m2v2两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：m1v0tm1v1tm2v2t即为：m1OPm1OMm2ON，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

12、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：m1OPm1OMm2ON代入数据得：m10.255m10.155m20.500解得：m1m251.14(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10 Hz

13、的一组频闪照片如图乙所示已知滑块A、B的质量分别为100 g、150 g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_ kgm/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T0.1 s，所以滑块A的速度大小为v m/s0.09 m/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v

14、B m/s0.06 m/s则滑块B的动量大小为pBmBvB150103 kg0.06 m/s0.009 kgm/s(4)滑块A的动量大小为pAmAv0.100 kg0.09 m/s0.009 kgm/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m12 kg的小车静止在光滑的水平面上，现有质量m20.5 kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v010 m/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0.5，取g10

15、 m/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)2 m/s(2)8 m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(m1m2)v解得v2 m/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(m1m2)v2m2gL代入数据解得L8 m.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

16、M3m，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：mv02mv解得vv0；碰撞过程中系统损失的机械能为E损mv022mv2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(mm

17、3m)v1解得v1v0根据机械能守恒定律得2mgh2m25m2解得h.17.(12分)(2020湖北宜昌一中阶段测试)如图13所示，倾角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tan .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tan 知mgsin mgcos 则第一次碰撞前B将保持静止对A，由牛顿第二定律得mgsin maA，A在斜面上的加速度恒为aAg

18、由vA22aAL0得与B第一次碰撞前的速度vAA、B发生第一次弹性碰撞，碰撞过程动量守恒，机械能守恒，有mvAmv1mv2mvA2mv12mv22解得第一次相碰后A的速率v10，B的速率v2vA.(2)由vAaAt1得从A开始运动到A、B第一次碰撞所用时间t12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xAaAt22xBv2t2由xAxB得t24故从A开始运动到两滑块第二次碰撞所经历的时间tt1t26.18(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

19、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，mBm，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M2m，车长L2R，车面与平台的台面等高，车面粗糙，动摩擦因数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xR.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g10 m/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

20、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mAgmA，解得vAD，滑块A在半圆轨道运动过程中mAg2RmAvAD2mAvA2，解得：vA，滑块A在半圆轨道最低点：FNmAgmA，解得：FN3mg.(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mBvBmA(vA)0，解得：vBvA.(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(mBM)v共，解得：v共vB，滑块B在小车上运动时的加速度大小为aBg滑块B从滑上小车到共速时的位移为xBR.小车从开始运动到共速过程中，由牛顿第二定律得mBgMa车，小车从开始运动到共速时的位移为x车Rx.滑块B相对小车的位移为：xxBx车R.x2R，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，xR.因为xxRR，所以滑块B未从小车滑离在滑块B的整个运动过程中，由动能定理得W0mBvB2，解得WmgR.