高考總復習物理（人教版）練習單元質(zhì)量檢測06

單元質(zhì)量檢測(六)動量教師用書獨具一、選擇題(每小題6分，共48分.1～5題為單選題，6～8題為多選題)1.(2017·河北唐山模擬)如圖所示為某運動員用頭顛球，若足球用頭頂起，每次上升高度為80cm，足球的重量為400g，與頭頂作用時間Δt為0.1s，則足球一次在空中的運動時間t及足球?qū)︻^部的作用力大小FN分別為(空氣阻力不計，g＝A．t＝0.4s，F(xiàn)N＝40NB．t＝0.4s，F(xiàn)N＝36NC．t＝0.8s，F(xiàn)N＝36ND．t＝0.8s，F(xiàn)N＝40N解析：選C足球自由下落時有h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，解得t1＝eq\r(\f(2h,g))＝0.4s，豎直向上運動的時間等于自由下落運動的時間，所以t＝2t1＝0.8s；設(shè)豎直向上為正方向，由動量定理得(F－mg)Δt＝mv－(－mv)，又v＝gt＝4m/s，聯(lián)立解得F＝36N，由牛頓第三定律知足球?qū)︻^部的作用力FN＝36N，故C正確．2．物體在恒定的合力F作用下由靜止開始做直線運動，在時間Δt1內(nèi)速度的變化量是Δv，緊接著在時間Δt2內(nèi)速度的變化量仍是Δv.設(shè)物體在Δt1內(nèi)動能改變量是ΔEk1，動量變化量是ΔP1，在Δt2內(nèi)動能改變量是ΔEk2，動量變化量是ΔP2，那么()A．ΔP1＜ΔP2，ΔEk1＝ΔEk2B．ΔP1＜ΔP2，ΔEk1＜ΔEk2C．ΔP1＝ΔP2，ΔEk1＝ΔEk2D．ΔP1＝ΔP2，ΔEk1＜ΔEk2解析：選D由動量定理ΔP＝m·Δv，故ΔP1＝ΔP2；又a＝eq\f(Δv,Δt1)＝eq\f(Δv,Δt2)，Δt1＝Δt2，物體做加速運動，x1＜x2.恒力做的功W1＜W2，故ΔEk1＜ΔEk2，D正確．3．(2018·北京西城區(qū)聯(lián)考)甲、乙兩人靜止在光滑的冰面上，甲沿水平方向推了乙一下，結(jié)果兩人向相反方向滑去．已知甲的質(zhì)量為45kg，乙的質(zhì)量為50A．甲的速率與乙的速率之比為10∶9B．甲的加速度大小與乙的加速度大小之比為9∶10C．甲對乙的沖量大小與乙對甲的沖量大小之比為9∶10D．甲的動能與乙的動能之比為1∶1解析：選A因兩人靜止在光滑的冰面上，故他們所受合力為零，由動量守恒定律可知當甲推乙時，有m甲v甲＝m乙v乙，則eq\f(v甲,v乙)＝eq\f(m乙,m甲)＝eq\f(50,45)＝eq\f(10,9)，選項A正確；二人之間的相互作用力大小相等、方向相反，故甲的加速度大小與乙的加速度大小之比為二人質(zhì)量的反比，即10∶9，選項B錯誤；二人相互作用的時間相等，且作用力大小相等，故甲對乙的沖量大小與乙對甲的沖量大小之比為1∶1，選項C錯誤；由動量守恒定律可知，甲、乙的動量大小相等，根據(jù)動能的定義式Ek＝eq\f(1,2)mv2可知甲、乙的動能不相等，選項D錯誤．4．(2018·臨滄一中調(diào)研)如圖所示，光滑水平面上有一矩形長木板，木板左端放一小物塊，已知木板質(zhì)量大于物塊質(zhì)量，t＝0時兩者從圖中位置以相同的水平速度v0向右運動，碰到右面的豎直擋板后木板以與原來等大反向的速度被反彈回來，運動過程中物塊一直未離開木板，則關(guān)于物塊運動的速度v隨時間t變化的圖象可能正確的是()解析：選A木板碰到擋板前，物塊與木板一直做勻速運動，速度為v0；木板碰到擋板后，物塊向右做勻減速運動，速度減至零后向左做勻加速運動，木板向左做勻減速運動，最終兩者速度相同，設(shè)為v，設(shè)木板的質(zhì)量為M，物塊的質(zhì)量為m，取向左為正方向，則由動量守恒得：Mv0－mv0＝(M＋m)v，得v＝eq\f(M－m,M＋m)v0＜v0，故A正確，BCD錯誤，故選A．5．(2018·湖北師大附中質(zhì)檢)如圖所示，長為L、質(zhì)量為M的木板靜置在光滑的水平面上，在木板上放置一質(zhì)量為m的物塊，物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為μ.物塊以v0從木板的左端向右滑動時，若木板固定不動時，物塊恰好能從木板的右端滑下．若木板不固定時，下面敘述正確的是()A．物塊仍能從木板的右端滑下B．對系統(tǒng)來說產(chǎn)生的熱量Q＝μmgLC．經(jīng)過t＝eq\f(Mv0,M＋mμg)物塊與木板便保持相對靜止D．摩擦力對木板所做的功等于物塊克服摩擦力所做的功解析：選C木板固定不動時，物塊減少的動能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能．木板不固定時，物塊向右減速的同時，木板要向右加速，物塊減少的動能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能和木板的動能，所以產(chǎn)生的內(nèi)能必然減小，物塊相對于木板滑行的距離要減小，不能從木板的右端滑下，故A錯誤；對系統(tǒng)來說，產(chǎn)生的熱量Q＝fs相對＝μmgs相對＜μmgL，故B錯誤；設(shè)物塊與木板最終的共同速度為v，滑塊和木板系統(tǒng)動量守恒，取向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律，有：mv0＝(m＋M)v，對木板M，由動量定理得：μmgt＝Mv，聯(lián)立解得t＝eq\f(Mv0,M＋mμg)，故C正確；由于物塊與木板相對于地的位移大小不等，物塊對地位移較大，而摩擦力大小相等，所以摩擦力對木板所做的功小于物塊克服摩擦力所做的功，故D錯誤．6．(2017·安徽合肥二模)一質(zhì)點靜止在光滑水平面上，現(xiàn)對其施加水平外力F，力F隨時間按正弦規(guī)律變化，如圖所示，下列說法正確的是()A．第2s末，質(zhì)點的動量為0B．第4s末，質(zhì)點回到出發(fā)點C．在0～2s時間內(nèi)，力F的功率先增大后減小D．在1～3s時間內(nèi)，力F的沖量為0解析：選CD由題圖可知，0～2s時間內(nèi)F的方向和質(zhì)點運動的方向相同，質(zhì)點經(jīng)歷了一個加速度逐漸增大的加速運動和加速度逐漸減小的加速運動，所以第2s末，質(zhì)點的速度最大，動量最大，故A錯誤；該質(zhì)點在2～4s內(nèi)F的方向與0～2s內(nèi)F的方向不同，0～2s內(nèi)做加速運動，2～4s內(nèi)做減速運動，所以質(zhì)點在0～4s內(nèi)的位移均為正，故B錯誤；0～2s內(nèi)，質(zhì)點速度在增大，力F先增大后減小，根據(jù)瞬時功率P＝Fv得，力F瞬時功率開始為0,2s末時為0，所以在0～2s時間內(nèi)，力F的功率先增大后減小，故C正確；在F—t圖象中，圖線與橫軸所圍的面積表示力F的沖量大小，由題圖可知，1～2s內(nèi)的面積與2～3s內(nèi)的面積大小相等，一正一負，則在1～3s時間內(nèi)，力F的沖量為0，故D正確．7．(2018·河南信陽統(tǒng)考)如圖所示，三小球a、b、c的質(zhì)量都是m，都放于光滑的水平面上，小球b、c與輕彈簧相連且靜止，小球a以速度v0沖向小球b，碰后與小球b粘在一起運動．在整個運動過程中，下列說法中正確的是()A．三球與彈簧組成的系統(tǒng)總動量守恒，總機械能不守恒B．三球與彈簧組成的系統(tǒng)總動量守恒，總機械能也守恒C．當小球b、c速度相等時，彈簧彈性勢能最大D．當彈簧恢復原長時，小球c的動能一定最大，小球b的動能一定不為零解析：選ACD在整個運動過程中，三球與彈簧組成的系統(tǒng)的合外力為零，系統(tǒng)的總動量守恒，a與b碰撞過程中機械能減少，故A正確，B錯誤．當小球b、c速度相等時，彈簧的壓縮量或伸長量最大，彈簧彈性勢能最大，故C正確．當彈簧恢復原長時，小球c的動能一定最大，根據(jù)動量守恒和機械能守恒定律可知，小球b的動能不為零，故D正確．8．某研究小組通過實驗測得兩滑塊碰撞前后運動的實驗數(shù)據(jù)，得到如圖所示的位移—時間圖象．圖中的線段a、b、c分別表示沿光滑水平面上同一條直線運動的滑塊Ⅰ、Ⅱ和它們發(fā)生正碰后結(jié)合體的位移變化關(guān)系．已知相互作用時間極短，由圖象給出的信息可知()A．碰前滑塊Ⅰ與滑塊Ⅱ速度大小之比為7∶2B．碰前滑塊Ⅰ的動量大小比滑塊Ⅱ的動量大小小C．碰前滑塊Ⅰ的動能比滑塊Ⅱ的動能小D．滑塊Ⅰ的質(zhì)量是滑塊Ⅱ的質(zhì)量的eq\f(1,6)解析：選BD根據(jù)s—t圖象的斜率等于速度，可知碰前滑塊Ⅰ速度為v1＝－2m/s，滑塊Ⅱ的速度為v2＝0.8m/s，則碰前速度大小之比為5∶2，故A錯誤；碰撞前后系統(tǒng)動量守恒，碰撞前，滑塊Ⅰ的動量為負，滑塊Ⅱ的動量為正，由于碰撞后總動量為正，故碰撞前總動量也為正，故碰撞前滑塊Ⅰ的動量大小比滑塊Ⅱ的小，故B正確；碰撞后的共同速度為v＝0.4m/s，根據(jù)動量守恒定律，有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，解得m2＝6m1，由動能的表達式可知，eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＞eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)，故C錯誤，D正確．二、實驗題(共2小題，共16分)9．(8分)某同學用下圖的裝置做“驗證動量守恒定律”的實驗，操作步驟如下：(1)先將斜槽軌道的末端調(diào)整水平，在一塊平木板表面先后釘上白紙和復寫紙，并將該木板豎立于靠近槽口處，使小球a從斜槽軌道上某固定點處由靜止開始滾下，撞到木板在記錄紙上留下壓痕O.(2)將木板向右平移適當距離，再使小球a從原固定點由靜止釋放，撞到木板在記錄紙上留下壓痕B．(3)把半徑相同的小球b靜止放在斜槽軌道水平段的右邊緣，讓小球a仍從原固定點由靜止開始滾下，與b球相碰后，兩球撞在木板上，并在記錄紙上留下壓痕A和C．①本實驗必須測量的物理量是____________.(填選項序號，要求驗證方法簡捷可行)A．小球a、b的質(zhì)量ma、mbB．小球a、b的半徑rC．斜槽軌道末端到木板的水平距離xD．球a的固定釋放點到斜槽軌道末端的高度差hE．記錄紙上O點到A、B、C的距離y1、y2、y3②放上被碰小球，兩球相碰后，小球a在圖中的壓痕點為____________.③若兩球碰撞動量守恒，則應滿足的表達式為________________.(用①中測量的量表示)④若兩球發(fā)生的是彈性碰撞，則還應滿足的表達式為______________.解析：①小球離開軌道做平拋運動有y＝eq\f(1,2)gt2，x＝vt，聯(lián)立得v＝xeq\r(\f(g,2y))，可知v∝eq\f(1,\r(y))，小球在碰撞過程中水平方向動量守恒，有mav0＝mav1＋mbv2，根據(jù)落點可得maxeq\r(\f(g,2y2))＝maxeq\r(\f(g,2y3))＋mbxeq\r(\f(g,2y1))，故選A、E.②a球碰后速度v1既小于初速度v0又小于b球速度v2，平拋發(fā)生相同水平位移x所用的時間最長，故豎直位移最大，壓痕點為C．③由上式可得動量守恒表達式為eq\f(ma,\r(y2))＝eq\f(ma,\r(y3))＋eq\f(mb,\r(y1)).④若發(fā)生彈性碰撞，應滿足eq\f(1,2)maveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)maveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mbveq\o\al(2,2)，化簡后得eq\f(ma,y2)＝eq\f(ma,y3)＋eq\f(mb,y1).答案：(3)①AE②C③eq\f(ma,\r(y2))＝eq\f(ma,\r(y3))＋eq\f(mb,\r(y1))④eq\f(ma,y2)＝eq\f(ma,y3)＋eq\f(mb,y1)(③④中含有x、g同樣對)10．(8分)如圖甲，用“碰撞試驗器”可以驗證動量守恒定律，即研究兩個小球在軌道水平部分碰撞前后的動量關(guān)系．甲(1)實驗中，直接測定小球碰撞前后的速度是不容易的．但是，可以通過僅測量____________(填選項前的序號)，間接地解決這個問題A．小球開始釋放高度hB．小球拋出點距地面的高度HC．小球做平拋運動的射程(2)圖甲中O點是小球拋出點在地面上的垂直投影，實驗時，先讓入射球m1多次從斜軌上S位置靜止釋放，找到其平均落地點的位置P，測量平拋射程OP，然后，把被碰小球m2靜止于軌道的水平部分，再將入射小球m1從斜軌上S位置靜止釋放，與小球m2相撞，并多次重復．接下來要完成的必要步驟是____________(填選項的符號)A．用天平測量兩個小球的質(zhì)量m1、m2B．測量小球m1開始釋放高度hC．測量拋出點距地面的高度hD．分別找到m1，m2相碰后平均落地點的位置M、NE．測量平拋射程OM，ON(3)若兩球相碰前后的動量守恒，其表達式可表示為____________(用(2)中測量的量表示)；若碰撞是彈性碰撞．那么還應滿足的表達式為____________(用(2)中測量的量表示)．(4)經(jīng)測定，m1＝45.0g，m2＝7.5g，小球落地點的平均位置距O乙碰撞前、后m1的動量分別為p1與p1′，則p1∶p1′＝____________∶11；若碰撞結(jié)束時m2的動量為p2′，則p1′∶p2′＝11∶____________實驗結(jié)果說明，碰撞前、后總動量的比值eq\f(p1,p1′＋p2′)為____________.(5)有同學認為，在上述實驗中僅更換兩個小球的材質(zhì)，其他條件不變，可以使被撞小球做平拋運動的射程增大．請你用(4)中已知的數(shù)據(jù)，分析和計算出被撞小球m2平拋運動射程ON的最大值為____________cm.解析：由于實驗中小球平拋運動時間相同，將速度測量轉(zhuǎn)化為水平位移測量，由動量守恒定律和彈性碰撞前后動能相等可得m1·OM＋m2·ON＝m1·OP，m1·OM2＋m2·ON2＝m1·OP2.設(shè)小球平拋運動時間為t，碰撞前m1的動量為p1＝45.0×10－3×44.80×10－2/t，碰撞后m1的動量為p1′＝45.0×10－3×35.20×10－2t，則p1∶p1′＝14∶11；碰撞后m2的動量為p2′＝7.5×10－3×55.60×10－2/t，則p1′∶p2′＝11∶2.9.實驗結(jié)果說明，碰撞前、后總動量的比值eq\f(p1,p1′＋p2′)＝eq\f(14,11＋2.9)＝eq\f(14,13.9).在上述實驗中僅更換兩個小球的材質(zhì)，使它們做彈性碰撞，其它條件不變，由m1·OM＋m2·ON＝m1·OP，m1·OM2＋m2·ON2＝m1·OP2可得ON＝eq\f(2m1,m1＋m2)OP，代入(4)中已知的數(shù)據(jù)得ON＝76.8cm.答案：(1)C(2)ADE或DEA或DAE(3)m1·OM＋m2·ON＝m1·OP，m1·OM2＋m2·ON2＝m1·OP2(4)142.91∶1(5)76.8三、計算題(共2小題，共36分)11．(16分)如圖甲所示，質(zhì)量M＝1.0kg的木板B靜止放在水平地面上，質(zhì)量m＝0.5kg的電動玩具小車A位于木板的左端．小車從靜止啟動后勻加速地向木板右端駛?cè)?，小車對木板的作用力使木板也同時開始運動，取小車A的運動方向為正方向，小車A和木板B的v－t圖象如圖乙所示．經(jīng)過t＝0.6s時小車與擋板相碰，碰后兩者立刻黏合在一起運動，且碰后小車電動機的電源被切斷．g＝10圖甲圖乙(1)開始時小車A與木板右端擋板的距離L.(2)木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ.(3)從小車啟動到最終木板停下全過程，木板的總位移sB．解析：(1)t＝0.6s時小車A和木板B的速度大小分別為vA＝2.4m/s、vB＝0.3開始時小車A與木板右端擋板的距離L＝eq\f(1,2)(vA＋vB)t代入數(shù)據(jù)解得L＝0.81(2)小車A在木板上運動過程，受木板的作用力F＝maA木板受力向左加速運動，有F′－μ′(M＋m)g＝MaBF′＝F小車A和木板B的加速度大小分別為aA＝eq\f(vA,t)aB＝eq\f(vB,t)代入數(shù)據(jù)解得木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1.(3)小車與擋板碰后立刻黏合，動量守恒，有mvA－MvB＝(m＋M)v碰后滑行過程，由動能定理得μ(m＋M)gs′＝eq\f(1,2)(m＋M)v2代入數(shù)據(jù)，解得碰后位移s′＝0.18m(而木板碰前的位移sB1＝eq\f(1,2)vBt＝0.09m(向左)因此木板的總位移sB＝s′－sB1＝0.09m(答案：(1)0.81m(2)0.1(312．(20分)(2017·江西師大附中期中)如圖所示，一輛質(zhì)量為M的小車靜止在水平地面上，車面上右端點有一可視為質(zhì)點的滑塊1，水平地面上有與車右端相距為4R的固定的eq\f(1,4)光滑圓弧軌道，其圓周半徑為R，圓弧軌道E處的切線是豎直的，車上表面與地面平行且與圓弧軌道的末端D等高，在圓弧軌道的最低點D處，有另一個可視為質(zhì)點的滑塊2，兩滑塊質(zhì)量均為m.某人由靜止開始推車，當車與圓弧軌道的豎直壁CD碰撞后人立即撤去推力并離開小車，車與豎直壁碰撞后靠著豎直壁靜止但不粘連，滑塊1和滑塊2發(fā)生碰撞，碰后兩滑塊牢牢粘在一起不再分離．不計車與地面間的摩擦，滑塊1、2與車面間的動摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度為g，滑塊與車面間的最大靜摩擦力可認為等于滑動摩擦力．(1)若人推車的力沿水平方向且大小為F＝eq\f(1,2)μ(M＋m)g，則在人推車的過程中，滑塊1與車