2019版高考物理一轮复习精选提分综合练单元检测六动量动量守恒定律21

单元检测六 动量 动量守恒定律考生注意： 1.本试卷共4页.2.答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上.3.本次考试时间90分钟，满分100分.4.请在密封线内作答，保持试卷清洁完整.一、单项选择题(本题共8小题，每小题4分，共32分.在每小题给出的四个选项中只有一个选项正确，选对得4分，选错得0分)1.(2017·黑龙江大庆模拟)两球在水平面上相向运动，发生正碰后都变为静止.可以肯定的是，碰前两球的( ) A.质量相等B.动能相等C.动量大小相等D.速度大小相等2.甲、乙两质量相等的小球自同一高度以相同的速率抛出，甲做平抛运动，乙做竖直上抛运动，则从抛出到落地的过程中( ) A.乙球动量的增量小于甲球动量的增量 B.乙球所受重力的冲量大于甲球所受重力的冲量 C.两球所受重力的冲量相等 D.两球落地时动量相同3.如图1所示，一枚火箭搭载着卫星以速率v 0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离.已知前部分的卫星质量为m 1，后部分的箭体质量为m 2，分离后箭体以速率v 2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v 1为( )图1A.v 0－v 2B.v 0＋v 2C.v 0－m 2m 1v 2D.v 0＋m 2m 1(v 0－v 2)4.如图2所示，质量为M 的小船在静止水面上以速率v 0向右匀速行驶，一质量为m 的救生员站在船尾，相对小船静止.若救生员以相对水面速度v 水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为( )图2A.v 0＋mM v B.v 0－m M v C.v 0＋m M(v 0＋v )D.v 0＋m M(v 0－v )5.如图3所示，一倾角为α、高为h 的光滑斜面，固定在水平面上，一质量为m 的小物块从斜面的顶端由静止开始滑下，滑到底端时速度的大小为v ，所用时间为t ，则物块滑至斜面的底端时，重力的瞬时功率及重力的冲量分别为( )图3A.mght、0 B.mgv 、mgt sin α C.mgv cos α、mgtD.mgv sin α、mgt6.在光滑水平面上，质量为m 的小球A 正以速度v 0匀速运动.某时刻小球A 与质量为3m 的静止小球B 发生正碰，两球相碰后，A 球的动能恰好变为原来的14.则碰后B 球的速度大小是( )A.v 02B.v 06C.v 02或v 06D.无法确定 7.在光滑水平地面上有两个相同的弹性小球A 、B ，质量都为m .现B 球静止，A 球向B 球运动，发生正碰.已知碰撞过程中总机械能守恒，两球压缩最紧时的总弹性势能为E p ，则碰前A 球的速度等于( ) A.E pmB. 2E pmC.2E pmD.22E pm8.(2018·河南郑州调研)图4是“牛顿摆”装置，5个完全相同的小钢球用轻绳悬挂在水平支架上，5根轻绳互相平行，5个钢球彼此紧密排列，球心等高.用1、2、3、4、5分别标记5个小钢球.当把小球1向左拉起一定高度，如图甲所示，然后由静止释放，在极短时间内经过小球间的相互碰撞，可观察到球5向右摆起，且达到的最大高度与球1的释放高度相同，如图乙所示.关于此实验，下列说法中正确的是( )图4A.上述实验过程中，5个小球组成的系统机械能守恒，动量守恒B.上述实验过程中，5个小球组成的系统机械能不守恒，动量不守恒C.如果同时向左拉起小球1、2、3到相同高度(如图丙所示)，同时由静止释放，经碰撞后，小球4、5一起向右摆起，且上升的最大高度高于小球1、2、3的释放高度D.如果同时向左拉起小球1、2、3到相同高度(如图丙所示)，同时由静止释放，经碰撞后，小球3、4、5一起向右摆起，且上升的最大高度与小球1、2、3的释放高度相同二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，至少有两个选项是正确的，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 9.关于物体的动量和冲量，下列说法中正确的是( ) A.物体所受合外力的冲量越大，它的动量也越大 B.物体所受合外力的冲量不为零，它的动量一定要改变 C.物体的动量增量的方向，就是它所受合外力的冲量的方向 D.物体所受的合外力越大，它的动量变化越快10.(2017·山西运城康杰中学摸底)有关实际中的现象，下列说法正确的是( ) A.火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度B.体操运动员在着地时屈腿是为了减小地面对运动员的作用力C.用枪射击时要用肩部抵住枪是为了减少反冲的影响D.为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，发动机舱越坚固越好11.如图5所示，两光滑且平行的固定水平杆位于同一竖直平面内，两静止小球m 1、m 2分别穿在两杆上，两球间连接一个保持原长的竖直轻弹簧，现给小球m 2一个水平向右的初速度v 0.如果两杆足够长，则在此后的运动过程中，下列说法正确的是( )图5A.m 1、m 2及弹簧组成的系统动量不守恒B.弹簧最长时，其弹性势能为12m 2v 02C.m1、m2速度相同时，共同速度为m2v0m1＋m2D.m1、m2及弹簧组成的系统机械能守恒12.静止在光滑水平面上的物体，受到水平拉力F的作用，拉力F随时间t变化的图象如图6所示，则下列说法中正确的是( )图6A.0～4 s内物体的位移为零B.0～4 s内拉力对物体做功为零C.4 s末物体的动量为零D.0～4 s内拉力对物体的冲量为零三、非选择题(本题共6小题，共48分)13.(8分)某班物理兴趣小组选用如图7所示装置来“探究碰撞中的不变量”.将一段不可伸长的轻质小绳一端与力传感器(可以实时记录绳所受的拉力)相连固定在O点，另一端连接小钢球A，把小钢球拉至M处可使绳水平拉紧.在小钢球最低点N右侧放置有一水平气垫导轨，气垫导轨上放有小滑块B(B上安装宽度较小且质量不计的遮光板)、光电门(已连接数字毫秒计).当地的重力加速度为g.图7某同学按上图所示安装气垫导轨、滑块B(调整滑块B的位置使小钢球自由下垂静止在N点时与滑块B接触而无压力)和光电门，调整好气垫导轨高度，确保小钢球A通过最低点时恰好与滑块B发生正碰.让小钢球A从某位置静止释放，摆到最低点N与滑块B碰撞，碰撞后小钢球A并没有立即反向，碰撞时间极短.(1)为完成实验，除了毫秒计读数Δt、碰撞前瞬间绳的拉力F1、碰撞结束瞬间绳的拉力F2、滑块B的质量m B和遮光板宽度d外，还需要测量的物理量有________.A.小钢球A的质量m AB.绳长LC.小钢球从M到N运动的时间(2)滑块B通过光电门时的瞬时速度v B＝__________.(用题中已给的物理量符号来表示)(3)实验中的不变量的表达式的表达式是：______________________________________. (用题中已给的物理量符号来表示)14. (4分)在验证动量守恒定律的实验中，某同学用如图8所示的装置进行如下的实验操作：图8①先将斜槽轨道的末端调整水平，在一块平木板表面钉上白纸和复写纸，并将该木板竖直立于槽口处.使小球a从斜槽上紧靠挡板处由静止释放，小球撞到木板并在白纸上留下痕迹O；②将木板向远离槽口平移一段距离，再使小球a从斜槽上紧靠挡板处由静止释放，小球撞到木板上得到痕迹B；③然后把半径相同的小球b静止放在斜槽水平末端，小球a仍从原来挡板处由静止释放，与小球b相碰后，两球撞在木板上得到痕迹A和C；④用天平测量a、b的质量分别为m a、m b，用刻度尺测量纸上O点到A、B、C三点的竖直距离分别为y1、y2、y3.(1)小球a与小球b相碰后，两球撞在木板上得到痕迹A和C，其中小球a撞在木板上的________点(填“A”或“C”).(2)用本实验中所测量的量来验证两球碰撞过程动量守恒，其表达式为____________(仅用m a、m b、y1、y2、y3表示).15.(8分)(2018·山东青岛二中模拟)平板车停在光滑的水平轨道上，平板车上有一人从固定在车上的货厢边沿水平方向顺着轨道方向跳出，落在平板车上的A点，距货厢水平距离为l ＝4 m，如图9所示.人的质量为m，车连同货厢的质量为M＝4m，货厢高度为h＝1.25 m(g 取10 m/s2).求：图9(1)车在人跳出后到落到A点期间的反冲速度大小；(2)车在地面上移动的位移是多大？人落在A点并站定以后，车还运动吗？16.(8分)如图10甲所示，物体A、B的质量分别是4 kg和8 kg，由水平轻质弹簧连接，放在光滑的水平面上，物体B左侧与竖直墙壁相接触，另有一个物体C水平向左运动，在t＝5 s时与物体A相碰，并立即与A有相同的速度，一起向左运动.物体C的速度—时间图象如图乙所示.图10(1)求物体C的质量；(2)求弹簧压缩具有的最大弹性势能；(3)求在5 s到15 s的时间内，墙壁对物体B的作用力的冲量.17.(10分)(2017·重庆适应性测试)如图11所示，两个长度为L、质量为m的相同长方体形物块1和2叠放在一起，置于固定且正对的两光滑薄板间，薄板间距也为L，板底部有孔正好能让最底层的物块通过并能防止物块2翻倒，质量为m的钢球用长为R的轻绳悬挂在O点.将钢球拉到与O点等高的位置A(拉直)静止释放，钢球沿圆弧摆到最低点时与物块1正碰后静止，物块1滑行一段距离s(s>2L)后停下.又将钢球拉回A点静止释放，撞击物块2后钢球又静止.物块2与物块1相碰后，两物块以共同速度滑行一段距离后停下.重力加速度为g，绳不可伸长，不计物块之间的摩擦，求：图11(1)物块与地面间的动摩擦因数；(2)两物块都停下时物块2滑行的总距离.18.(10分)质量为M的滑块由水平轨道和竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道组成，放在光滑的水平面上.质量为m的物块从圆弧轨道的最高点由静止开始滑下，以速度v从滑块的水平轨道的左端滑出，如图12所示.已知M∶m＝3∶1，物块与水平轨道之间的动摩擦因数为μ，圆弧轨道的半径为R.图12(1)求物块从轨道左端滑出时，滑块M的速度的大小和方向；(2)求水平轨道的长度；(3)若滑块静止在水平面上，物块从左端冲上滑块，要使物块m不会越过滑块，求物块冲上滑块的初速度应满足的条件.答案精析1.C [两球组成的系统碰撞过程中满足动量守恒，两球在水平面上相向运动，发生正碰后都变为静止，故根据动量守恒定律可以断定碰前两球的动量大小相等、方向相反，选项C 正确.]2.B3.D [火箭和卫星组成的系统，在分离前后沿原运动方向上动量守恒，以v 0的方向为正方向，由动量守恒定律有(m 1＋m 2)v 0＝m 1v 1＋m 2v 2，解得v 1＝v 0＋m 2m 1(v 0－v 2)，D 项正确.]4.C [根据动量守恒定律，选向右的方向为正方向，则有(M ＋m )v 0＝Mv ′－mv ，解得v ′＝v 0＋mM(v 0＋v )，故选项C 正确.]5.D [根据瞬时功率的公式可得物块滑至斜面的底端时重力的瞬时功率为P ＝mgv sin α，重力的冲量为I ＝mgt ，所以D 正确，A 、B 、C 错误.]6.A [两球相碰后A 球的速度大小变为原来的12，相碰过程中满足动量守恒，以v 0的方向为正方向，若假设后A 速度方向不变，则mv 0＝12mv 0＋3mv 1，可得B 球的速度v 1＝v 06，因B 在前，A 在后，则A 球在后的速度应小于B 球在前的速度，假设不成立，因此A 球一定反向运动，即mv 0＝－12mv 0＋3mv 1，可得v 1＝v 02，因此A 正确，B 、C 、D 错误.]7.C8.D [上述实验过程中，小球5能够达到与小球1释放时相同的高度，说明系统机械能守恒，而且小球5离开平衡位置的速度和小球1摆到平衡位置的速度相同，说明碰撞过程动量守恒，但随后上摆过程动量不守恒，动量方向在变化，选项A 、B 错.根据前面的分析，碰撞过程为弹性碰撞.那么同时向左拉起小球1、2、3到相同高度，同时由静止释放，那么球3先以v 与球4发生弹性碰撞，此后球3的速度变为0，球4获得速度v 后与球5碰撞，球5获得速度v ，开始上摆，同理球2与球3碰撞，最后球4以速度v 上摆，同理球1与球2碰撞，最后球3以速度v 上摆，所以选项C 错，D 对.] 9.BCD10.ABC [根据反冲运动的特点与应用可知，火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度，故A 正确；体操运动员在落地的过程中，动量变化一定.由动量定理可知，运动员受到的冲量I 一定；由I ＝Ft 可知，体操运动员在着地时屈腿是延长时间t ，可以减小运动员所受到的平均冲力F ，故B 正确；用枪射击时子弹给枪身一个反作用力，会使枪身后退，影响射击的准确度，所以为了减少反冲的影响，用枪射击时要用肩部抵住枪身，故C 正确；为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，就要延长碰撞的时间，由I ＝Ft 可知位于车体前部的发动机舱不能太坚固，故D 错误.]11.CD [两球和弹簧组成的系统所受合力为零，系统动量守恒，机械能也守恒，A 错误，D 正确；当弹簧伸长量最大时两球速度相同，此时弹簧的弹性势能一定小于m 2的初动能12m 2v 02，B 错误；两球速度相同时的共同速度v ＝m 2v 0m 1＋m 2，C 正确.] 12.BCD13.(1)AB (2)dΔt (3)F 1m A L －m A 2gL ＝F 2m A L －m A 2gL ＋m B dΔt解析 (2)滑块B 通过光电门时的瞬时速度v B ＝dΔt .(3)根据牛顿第二定律得：F 1－m A g ＝m A v 12L .F 2－m A g ＝m A v 22L.实验中的不变量的表达式为：m A v 1＝m A v 2＋m B v B 整理得：F 1m A L －m A 2gL ＝F 2m A L －m A 2gL ＋m B dΔt .所以还需要测量小钢球A 的质量m A 以及绳长L . 14.(1)C (2)m a y 2＝m a y 3＋m by 1解析 (1)碰后v a ′<v b ′，所以a 撞到木板上的C 点. (2)由y ＝12gt 2x ＝v 0t得v 0＝xg 2y ∝1y又m a v a ＝m a v a ′＋m b v b ′ 所以m a y 2＝m a y 3＋m b y 115.(1)1.6 m/s (2)0.8 m 不运动解析 (1)人从货厢边跳离的过程，系统(人、车和货厢)的动量守恒，设人的水平速度是v 1，车的反冲速度是v 2，以v 1的方向为正方向，则mv 1－Mv 2＝0，解得v 2＝v 14，人跳离货厢后做平抛运动，车以v 2做匀速运动，由h ＝12gt 2， 解得运动时间为t ＝0.5 s ，在这段时间内人的水平位移x 1和车的位移x 2分别为x 1＝v 1t ，x 2＝v 2t ，由题图可知x 1＋x 2＝l ，即v 1t ＋v 2t ＝l ，联立解得v 2＝l 5t ＝45×0.5m/s ＝1.6 m/s. (2)车的水平位移为x 2＝v 2t ＝1.6×0.5 m＝0.8 m ，人落到车上A 点的过程，系统水平方向的动量守恒，人落到车上前的水平速度仍为v 1，车的速度为v 2，落到车上后设它们的共同速度为v ，以v 1的方向为正方向，根据水平方向动量守恒得mv 1－Mv 2＝(M ＋m )v ，则v ＝0.故人落到车上A 点并站定后车的速度为零.16.(1)2 kg (2)12 J (3)24 N·s，方向水平向右解析 (1)由题图乙可知，碰前C 的速度v 0＝6 m/s ，碰后C 的速度v ＝2 m/s ，A 、C 碰撞过程动量守恒，以碰前C 的速度为正方向，由动量守恒定律得m C v 0＝(m C ＋m A )v解得m C ＝2 kg(2)A 、C 向左运动，当它们速度变为零时，弹簧压缩量最大，弹簧的弹性势能最大，由能量守恒定律得，最大弹性势能E p ＝12(m A ＋m C )v 2＝12 J(3)在5 s 到15 s 的时间内，墙壁对B 物体的作用力F 等于轻质弹簧的弹力，轻质弹簧的弹力使物体A 和C 的速度由2 m/s 减小到0，再增大到2 m/s ，则F 的冲量等于弹力的冲量，即： I ＝(m A ＋m C )v －[－(m A ＋m C )v ]＝24 N·s，方向水平向右.17.(1)R L ＋s (2)s －L 2 解析 (1)设钢球与物块1碰撞前的速率为v 0，根据机械能守恒定律，有mgR ＝12mv 02，可得v 0＝2gR钢球与物块1碰撞，设碰后物块1速度为v 1，根据动量守恒定律，有 mv 0＝mv 1，联立解得v 1＝2gR设物块与地面间的动摩擦因数为μ，物块1碰撞获得速度后滑行至停下，由动能定理，有－2μmgL －μmg (s －L )＝0－12mv 12 联立解得μ＝RL ＋s(2)设物块2被钢球碰后的速度为v 2，物块2与物块1碰撞前速度为v 3，根据机械能守恒定律、动量守恒定律和动能定理，有v 2＝v 1＝2gR ，－μmg (s －L )＝12mv 32－12mv 22设物块1和物块2碰撞后的共同速度为v 4，两物块一起继续滑行距离为s 1，根据动量守恒定律和动能定理，有 mv 3＝2mv 4，－2μmgs 1＝0－12×2mv 42可得s 1＝12L 设物块2滑行的总距离为d ，根据题意，有 d ＝s －L ＋s 1＝s －L 2. 18.(1)13v ，方向水平向右 (2)3gR －2v 23μg (3)v 0≤433gR －v 2 解析 (1)对于滑块M 和物块m 组成的系统，物块沿轨道滑下的过程中，水平方向动量守恒，物块滑出时，有mv ＝Mv ′ 滑块M 的速度v ′＝m M v ＝13v ，方向水平向右. (2)物块滑下的过程中，物块的重力势能转化为系统的动能和内能，有12mv 2＋12Mv ′2＋μmgL ＝mgR解得L ＝3gR －2v 23μg(3)物块以速度v 0冲上轨道，初速度越大，冲上圆弧轨道的高度越大.若物块刚能到达最高点，两者有相同的速度v 1，此物块不会越过滑块.对于M 和m 组成的系统，水平方向动量守恒，有mv 0＝(m ＋M )v 1相互作用过程中，系统的总动能减小，转化为内能和重力势能，有12mv 02－12(M ＋m )v 12＝μmgL ＋mgR 解得v 0＝433gR －v 2 要使物块m 不会越过滑块，其初速度应满足v 0≤433gR －v 2.。