2020新亮剑高考物理总复习讲义：第六单元 动量 单元检测.docx

教学资料范本2020新亮剑高考物理总复习讲义：第六单元 动量 单元检测编 辑：_时 间：_量单 元 检 测见高效训练P69一、单项选择题1.(20xx河北保定11月月考)篮球运动员通常要伸出两臂接住传来的篮球。接球时,两臂随球迅速收缩至胸前。这样做可以()。A.减小球对手的冲量B.减小球对人的冲击力C.减小球的动量变化量D.减小球的能量变化量解析对于接住篮球的过程,篮球的初速度一定,末速度为零,所以篮球的动量变化量、动能变化量一定,C、D两项错误;由动量定理可知篮球对手的冲量一定,A项错误;由I=Ft可知双臂收缩延长了手与球的相互作用时间,故篮球对手的冲击力减小,B项正确。答案B2.(20xx江苏盐城11月考试)如图所示,总质量为M的带有底座的足够宽的框架直立在光滑水平面上,质量为m的小球通过细线悬挂于框架顶部O处,细线长为L,已知Mm,重力加速度为g,某时刻小球获得一瞬时速度v0,当小球第一次回到O点正下方时,细线拉力大小为()。A.mgB.mg+mv02LC.mg+m(2m)2v02(M+m)2LD.mg+m(M-m)2v02(M+m)2L解析设小球第一次回到O点正下方时,小球与框架的速度分别为v1和v2,取水平向右为正方向,由题可知,小球、框架组成的系统水平方向动量守恒、机械能守恒,即mv0=mv1+Mv2,12mv02=12mv12+12Mv22,解得v1=m-Mm+Mv0,v2=2mm+Mv0。当小球第一次回到O点正下方时,以小球为研究对象,由牛顿第二定律得T-mg=m(v1-v2)2L,解得细线的拉力T=mg+mv02L,B项正确。答案B3.(20xx湖北烟台五校联考)如图所示,光滑的水平地面上放置着半径相同的三个小球A、B、C,其中A、C的质量分别为m、4m。现使A以初速度v0沿B、C的连线方向向B运动,已知A、B、C之间的碰撞均为弹性碰撞,则下列判断正确的是()。A.若B的质量M=m,则碰后C的速度为v0B.若B的质量M=4m,则碰后C的速度为15v0C.若改变B的质量,碰后C的速度可能为45v0D.若改变B的质量,碰后C的速度不可能大于49v0解析以碰前A的速度方向为正方向,A和B发生弹性碰撞,设碰后A、B的速度分别为v1、v2,由能量守恒和动量守恒得12mv02=12mv12+12Mv22,mv0=mv1+Mv2,解得v2=2mm+Mv0。B与C发生相碰,设碰撞后B、C的速度分别为v2和v3,同理可得v3=2MM+4mv2。则碰后C的速度v3=4mM+4m2M+5mv0,若B的质量M=m,则碰后C的速度为25v0,A项错误;若B的质量M=4m,则碰撞后C的速度为25v0,B项错误;由数学关系得M=4m2=2m时,碰撞后C的速度最大为49v0,故C项错误,D项正确。答案D4.(20xx山西长治摸底考试)如图所示,一轻质弹簧两端连着物体A和B,静止放在光滑水平面上,如果物体A被水平速度为v0的子弹射中并嵌在物体A中,已知物体B的质量为m,物体A的质量为物体B质量的34,子弹的质量为物体B质量的14。弹簧被压缩到最短时物体B的速度以及弹簧的弹性势能为()。A.v012,mv0232B.v08,mv0264C.v08,7mv0264D.2v03,7mv0264解析子弹射中并嵌在物体A的过程中,A与子弹组成的系统动量守恒:m4v0=m4+34mv1,以后A与子弹作为整体和B以及弹簧组成的系统动量守恒,机械能也守恒,由于弹簧被压缩到最短时,系统内所有物体都共速,m4+34mv1=m+m4+34mv2,12m4+34mv12=12m+m4+34mv22+Ep,以上三个方程联立解得Ep=mv0264,v2=v08,B项正确。答案B5.(20xx河北保定学情检测)一个质量m=4 kg 的物体静止在足够大的水平地面上,物体与地面间的动摩擦因数=0.1。从t=0开始,物体受到一个大小和方向呈周期性变化的水平力F作用,力F随时间的变化规律如图甲所示,重力加速度g=10 m/s2,在前83 s内滑动摩擦力的冲量大小为If、水平力F的冲量大小为IF,则()。甲A.If大于IFB.If小于IFC.If等于IFD.以上选项均错解析物体运动受到的滑动摩擦力Ff=mg=4 N,当F=12 N时物体所受合力F1=F-Ff=8 N,加速度a1=F1m=2 m/s2,物体在开始1 s的末速度v1=2 m/s;当F=-4 N时物体所受合力F2=F-Ff=-8 N,加速度a2= F2m=-2 m/s2,2 s 末速度减小为0,第3 s静止,作出物体速度v随时间t的变化规律图线如图乙所示,在83 s时的速度v2=0,对物体应用动量定理有IF-If=0。乙答案C二、多项选择题6.(20xx辽宁盘锦四校联考)如图所示,两个质量相等的物体在同一高度沿倾角不同的两个光滑斜面由静止开始自由下滑,不计空气阻力,在它们到达斜面底端的过程中()。A.重力的冲量相同B.斜面弹力的冲量不同C.斜面弹力的冲量均为零D.合力的冲量不同解析设斜面高度为h,倾角为,物体质量为m,可求得物体滑至斜面底端的速度大小v=2gh,所用时间t=1sin 2hg。由冲量定义可求得重力的冲量大小IG=mgt=m2ghsin,方向竖直向下,故A项错误;斜面弹力的冲量大小IN=mg(cos )t=m2ghtan,方向垂直斜面向上,B项正确,C项错误;合力的大小为mgsin ,I合=mg(sin )t=m2gh,方向沿斜面向下(与合力方向相同),即合力冲量的大小相同,方向不同,D项正确。答案BD7.(20xx四川成都五校联考)如图甲所示,ABCD是固定在地面上、由同种金属细杆制成的正方形框架,框架任意两条边的连接处平滑,A、B、C、D四点在同一竖直面内,BC、CD边与水平面的夹角分别为、(),让套在金属细杆上的小环从A点无初速度释放。若小环从A经B滑到C点,摩擦力对小环做的功为W1,重力的冲量为I1;若小环从A经D滑到C点,摩擦力对小环做的功为W2,重力的冲量为I2,则()。甲A.W1W2B.W1=W2C.I1I2D.I1=I2解析小环从A经B滑到C点,摩擦力对小环做的功W1=mg(cos )sAB+mg(cos )sBC,小环从A经D滑到C点,摩擦力对小环做的功W2=mg(cos )sAD+mg(cos )sDC,又因为sAB=sBC=sAD=sDC,所以摩擦力对小环做的功W1=W2,故A项错误,B项正确;根据动能定理可知mgh-Wf=12mvC2,因为两次重力做的功和摩擦力做的功都相等,所以两次小环到达C点的速度大小相等,根据牛顿第二定律可得,小环从A到B的加速度aAB=gsin -gcos ,小环从B到C的加速度aBC=gsin -gcos ,小环从A到D的加速度aAD=gsin -gcos =aBC,小环从D到C的加速度aDC=gsin -gcos =aAB,又因为,所以aAB=aDCt2,由I=mgt得,重力的冲量I1I2,故C项正确,D项错误。乙答案BC8.(20xx山西晋城)在光滑水平面上,动能为Ek0,动量的大小为p0的小钢球1与静止小钢球2发生碰撞,碰撞前后球1的运动方向相反,将碰撞后球1的动能和动量大小分别记为Ek1、p1,球2的动能和动量的大小分别记为Ek2、p2,则必有()。A.Ek1Ek0B.p1Ek0D.p2p0解析两个小钢球在相碰过程中遵守能量守恒和动量守恒,由于外界没有能量输入,而碰撞中可能产生热量,所以碰撞后的总动能不会超过碰撞前的总动能,即Ek1+Ek2Ek0,A项正确,C项错误;另外,A项也可写成p122mp022m,故B项正确;根据动量守恒,设球1原来的运动方向为正方向,有p2-p1=p0,所以D项正确。答案ABD9.(20xx湖南长沙六校联考)如图所示,在足够长的水平地面上有两辆相同的小车甲和乙,A、B两点相距为5 m,小车甲从B点以大小为4 m/s的速度向右做匀速直线运动,同时,小车乙从A点由静止开始以大小为2 m/s2的加速度向右做匀加速直线运动。一段时间后,小车乙与小车甲相碰(碰撞时间极短)碰后两车粘在一起,整个过程中,两车的受力不变(不计碰撞过程)。下列说法正确的是()。A.小车乙追上小车甲用时4 sB.小车乙在追上小车甲之前它们的最远距离为9 mC.碰后瞬间两车的速度大小为7 m/sD.若地面光滑,则碰后两车的加速度大小仍为2 m/s2解析小车乙追上小车甲时,有x乙-x甲=5 m,即12at2-v甲t=5 m,解得t=5 s(另一负值舍去),所以小车乙追上小车甲用时5 s,故A项错误;当两车的速度相等时相距最远,则有v甲=at,解得t=v甲a=2 s,最远距离s=5 m+v甲t-12at2=9 m,故B项正确;碰前瞬间乙车的速度v乙=at=10 m/s,对于碰撞过程,取向右为正方向,由动量守恒定律得mv甲+mv乙=2mv,解得碰后瞬间两车的共同速度v=7 m/s,故C项正确;若地面光滑,碰前乙车受到的作用力F=ma,甲车受到的合外力为0,则碰后两车的加速度大小a=F2m=1 m/s2,故D项错误。答案BC10.(20xx山西太原水平检测)图甲为竖直固定在水平面上的轻弹簧,t=0时刻,将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放,小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点,然后又被弹簧弹起离开弹簧,上升到一定高度后再下落,如此反复。通过安装在弹簧下端的压力传感器,测出此过程弹簧弹力F随时间t变化的图象如图乙所示,不计空气阻力,则()。A.t1时刻小球的动能最大B.t2时刻小球的加速度最大C.t3时刻弹簧的弹性势能为零D.图乙中图线所围面积在数值上等于小球动量的变化量解析由图乙知,t1时刻小球刚与弹簧接触,此时小球的重力大于弹簧的弹力,小球将继续向下做加速运动,此时小球的动能不是最大,当弹力增大到与重力平衡时,速度达到最大,动能最大,故A项错误;t2时刻,弹力F最大,故弹簧的压缩量最大,小球运动到最低点,动能最小,此时小球受的合力最大,加速度最大,故B项正确;t3时刻弹簧的弹力为零,此时弹性势能为零,C项正确;图乙中图线所围面积在数值上等于弹力对小球的冲量,根据动量定理可知I弹-mgt=p,故图线所围面积在数值上大于小球动量的变化量,D项错误。答案BC三、非选择题11.(20xx湖北邢台单元检测)用如图甲所示的装置验证动量守恒定律。小车M的前端粘有橡皮泥,后端连接通过打点计时器的纸带,在长木板右端垫放木块以平衡摩擦力。推一下小车M,使之运动,与静止的小车N相碰并粘合成一体,继续运动。(1)实验获得的一条纸带如图乙所示,根据点迹的不同特征把纸带上的点进行了划分,用刻度尺测得各点到起点A的距离。根据碰撞前后小车的运动情况,应选纸带上的段来计算小车A的碰前速度。(2)测得小车M的质量为m1,小车N的质量为m2,如果实验数据满足关系式,则可验证小车A、B碰撞前后动量守恒。(3)如果在测量小车M的质量时,忘记粘橡皮泥,则所测系统碰前的动量和系统碰后的动量相比,将(选填“偏大”“偏小”或“相等”)。解析(1)碰撞后小车M匀速运动的速度小于碰前运动的速度,故选BC段来计算小车M碰前的速度。(2)设碰撞前后小车M的速度大小为v1和v2,由动量守恒定律有m1v1=(m1+m2)v2,得m1(s2-s1)4t=(m1+m2)(s4-s3)6t,即m1s2-s12=(m1+m2)s4-s33。(3)如果在测量小车M的质量时,忘记粘橡皮泥,碰后总质量为两车和两块橡皮泥的质量,碰前总质量为两车和一块橡皮泥的质量,由动量守恒定律可知,所测系统碰前的动量与碰后系统的动量相比将偏小。答案(1)BC(2)m1s2-s12=(m1+m2)s4-s33(3)偏小12.(20xx湖南岳阳11月考试)某同学设计了一个用电磁打点计时器验证动量守恒定律的实验:在小车M的前端粘有橡皮泥,先推动小车M使之做匀速运动,然后与原来静止在前方的小车N相碰并粘合成一体,继续做匀速运动。他设计的装置如图甲所示。在小车M后连着纸带,电磁打点计时器所用的电源频率为50 Hz。(长木板下垫着小木片以平衡摩擦力)(1)若已测得打点纸带如图乙所示,并测得各计数点的间距(已标在图上)。A为运动的起点,则应选段来计算M碰前的速度,应选段来计算M和N碰后的共同速度(以上两空选填“AB”“BC”“CD”或“DE”)。(2)已测得小车M的质量m1=0.4 kg,小车N的质量m2=0.2 kg,则碰前两小车的总动量为 kgm/s,碰后两小车的总动量为 kgm/s。据此可以得出结论。解析(1)从分析纸带上打点情况看,BC段既表示小车做匀速运动,又表示小车有较大速度,因此BC段能较准确地描述小车M在碰撞前的运动情况,应选用BC段计算小车M的碰前速度。从CD段打点情况看,小车的运动情况还没稳定,而在DE段小车运动稳定,故应选用DE段计算碰后M和N的共同速度。(2)小车M在碰撞前的速度v0=BC5T=1.050 m/s小车M在碰撞前的动量p0=m1v0=0.420 kgm/s碰撞后M、N的共同速度v=DE5T=0.695 m/s碰撞后M、N的总动量p=(m1+m2)v=0.417 kgm/s可见,在误差允许的范围内,碰撞前后系统动量守恒。答案(1)BCDE(2)0.4200.417在误差允许的范围内碰撞前后系统动量守恒13.(20xx湖北武汉五校联考)如图所示,倾角=37的粗糙斜面上有两个运动的物块,两物块和斜面间的动摩擦因数=tan 。斜面足够长。两物块的质量分别为m1=4 kg、m2=1 kg,质量为m1的物块A的速度v1=3 m/s,质量为m2的物块B的速度v2=10 m/s,方向都沿斜面向下。某时刻B追上前面的A并与A发生弹性碰撞,已知tan 37=0.75,取重力加速度g=10 m/s2,求: (1)碰撞后两物块的速度。(2)从碰后到B停止运动过程中,A和B系统损失的机械能。解析(1)因为=tan =0.75,则碰撞之前两物块在斜面上做匀速运动,取沿斜面向下为正方向,设碰撞结束瞬间两者速度分别为v1和v2,碰撞过程中由动量守恒有m1v1+m2v2=m1v1+m2v2A、B发生弹性碰撞,碰撞过程中动能保持不变,则有12m1v12+12m2v22=12m1v12+12m2v22联立解得v1=5.8 m/s(另一解舍去),v2=-1.2 m/s。(2)由上面的结果知,A向下继续匀速运动,B速度反向,向上减速运动,设B减速运动位移为x2,减速运动的时间为t,这段时间内A匀速运动的位移为x1对A的匀速运动有x1=v1t损失的机械能E1=m1gx1sin 37对B减速运动,由牛顿第二定律有m2gsin 37+m2gcos 37=m2a由速度公式有v2=at向上减速的位移x2=v222a损失机械能E2=m2g