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1、单元质检六单元质检六 动量守恒定律动量守恒定律 (时间:45分钟 满分:100分) 单元质检第单元质检第 12 页页 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 15题 只有一项符合题目要求,第 68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 NsB.500 NsC.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
2、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 ,由牛顿第二定律
3、可求得,a=gcos,根据运动学公式 x= at2可得,2Rcos= gcost2,因此下滑 1 2 1 2 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 p=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
4、,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n(n-1) 2 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,m
5、v1=2mv2 v2= ,第三辆碰碰车运动时,2mv2=3mv3 2 v3= v,以此类推,第 n辆碰碰车运动时,(n-1)m=nmvn,vn= (或者取 n 辆碰碰车为整体,由动量 1 3 - 1 守恒定律得:mv=nmvn解得: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- mv= mv,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 ;第二辆 1 2 1 2 碰碰车开始运动到与第三辆碰碰车相连时所用时间为:t2=,由此可知:第 n-1 辆碰碰车开始 2 运动到与第 n辆碰碰车相连时所用时间为:,总时间 t=t1+t2+t3+ - 1 =
6、( - 1) - 1 = + 2 + +n(n-1),D正确。 3 ( - 1) = 2 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
7、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/sB.5 m/sC.8.5 m/sD.9.5 m/s 答案 B 解析小球做平抛运动,下落时间为 t=2s,竖直方向速度大小为 vy=gt=102=20m/s,小球在落 2 到车底前瞬时速度是 25m/s,根据速度合成原则, vx=15m/s,小球与车在水平方向上动量守恒,以向右为
8、正方向,得:Mv车-2 - 2= 252 - 20 2 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
9、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,
10、此时槽 A的速度为零,B 的速度大小等于初速度 v0= =2m/s,则到 达的最高点距槽口的高度为 h=0.2m,选项 D 正确;故选 ACD。 02 2 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
11、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 m02 D.A、B落地的时间差为(2- 2) 0 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 ;对 A,上抛运动有 0-=-2gh,竖直下抛运动有 v2-=2gh,因此 0 0202 v=v0,所以 A 落地时的动能为 m,C正确;取向下为正方向,对 A 上升过程中动量的变化量为 2 02 p1=0-(-mv0)=mv0,下抛过
12、程中动量的变化量为 p2=mv-mv0=(-1)mv0,故 A 错误,B 正确;根据动 2 量定理 mgtA=p2=(-1)mv0,所以 t=(2-,D 正确。 22) 0 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 E,则( ) A.mb=1 kgB.mb=2 kgC.E=15 JD.E=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= m/s=
13、6m/s,碰撞后两者的共同速度 6 1 为 v= m/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 5 1 恒定律可得 E= ma(ma+mb)v2= 562J- 652J=15J,C 正确 D 错误。 1 2 02 1 2 1 2 1 2 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
14、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 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 (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
15、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+8mm=14.40mm; 1 20 根据机械能守恒定律可得碰撞前瞬间球 A 的速度(m1gl(1-cos)= m1),碰撞后仍可根据机械能守恒 1 2 12 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 ;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=2可得周期变大。 三、计算题(本题共 3小题,共 42分) 10.(12分
16、)(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 =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 =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
17、 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-mgcos37=maB 位移间的关系为: aAaB=1 1 2 12 1 2 12 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-mgcos37=2ma 绳子绷紧瞬间 A物块距底端的距
18、离为:x=x0- aB-1 1 2 12 绳子绷紧后则有:x=v0t2+ 1 2 a 22 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-mg(x0-1)cos37+mg(x0-1)sin37= mv2 1 2 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 1=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
19、为每块木板质量的 2 倍,C 与木板的动摩擦因数 2=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 22mg-1(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
20、d= a1,解得 t1=1s; 1 2 12 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 22mg=2ma2,解得 a2=4m/s2, C 发生的位移 x1=v0t- a2,解得 x1=6m; 1 2 12 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 1mg=ma3,解得 a3=2m/s2; 从分离到停下,发生的位移为 xA=0.25m, 32
21、 23 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=t2=0.75m; 3+ 4 2 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=1m; 42 23 所以最终停下来时,A、B板间的距离为 x=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,
22、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) m/s 5 解析(1)设物块滑到 B 点时速度为 vB,物块从圆弧轨
23、道 A点滑到 B 点的过程中机械能守恒,则有 mgR=,解得 vB=3m/s 1 2 m 2 在 B 点,由牛顿第二定律得 FN-mg=m 2 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=J=2J (2 + 6) 0.5 2 物块在平板车上滑动过程中,由动能定理得 -WFf= mv2-,解得 v=m/s 1 2 1 2 m 2 5