高考总复习物理（人教版）练习单元质量检测06

单元质量检测(六)动量教师用书独具一、选择题(每小题6分，共48分.1～5题为单选题，6～8题为多选题)1.(2017·河北唐山模拟)如图所示为某运动员用头颠球，若足球用头顶起，每次上升高度为80cm，足球的重量为400g，与头顶作用时间Δt为0.1s，则足球一次在空中的运动时间t及足球对头部的作用力大小FN分别为(空气阻力不计，g＝A．t＝0.4s，FN＝40NB．t＝0.4s，FN＝36NC．t＝0.8s，FN＝36ND．t＝0.8s，FN＝40N解析：选C足球自由下落时有h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，解得t1＝eq\r(\f(2h,g))＝0.4s，竖直向上运动的时间等于自由下落运动的时间，所以t＝2t1＝0.8s；设竖直向上为正方向，由动量定理得(F－mg)Δt＝mv－(－mv)，又v＝gt＝4m/s，联立解得F＝36N，由牛顿第三定律知足球对头部的作用力FN＝36N，故C正确．2．物体在恒定的合力F作用下由静止开始做直线运动，在时间Δt1内速度的变化量是Δv，紧接着在时间Δt2内速度的变化量仍是Δv.设物体在Δt1内动能改变量是ΔEk1，动量变化量是ΔP1，在Δt2内动能改变量是ΔEk2，动量变化量是ΔP2，那么()A．ΔP1＜ΔP2，ΔEk1＝ΔEk2B．ΔP1＜ΔP2，ΔEk1＜ΔEk2C．ΔP1＝ΔP2，ΔEk1＝ΔEk2D．ΔP1＝ΔP2，ΔEk1＜ΔEk2解析：选D由动量定理ΔP＝m·Δv，故ΔP1＝ΔP2；又a＝eq\f(Δv,Δt1)＝eq\f(Δv,Δt2)，Δt1＝Δt2，物体做加速运动，x1＜x2.恒力做的功W1＜W2，故ΔEk1＜ΔEk2，D正确．3．(2018·北京西城区联考)甲、乙两人静止在光滑的冰面上，甲沿水平方向推了乙一下，结果两人向相反方向滑去．已知甲的质量为45kg，乙的质量为50A．甲的速率与乙的速率之比为10∶9B．甲的加速度大小与乙的加速度大小之比为9∶10C．甲对乙的冲量大小与乙对甲的冲量大小之比为9∶10D．甲的动能与乙的动能之比为1∶1解析：选A因两人静止在光滑的冰面上，故他们所受合力为零，由动量守恒定律可知当甲推乙时，有m甲v甲＝m乙v乙，则eq\f(v甲,v乙)＝eq\f(m乙,m甲)＝eq\f(50,45)＝eq\f(10,9)，选项A正确；二人之间的相互作用力大小相等、方向相反，故甲的加速度大小与乙的加速度大小之比为二人质量的反比，即10∶9，选项B错误；二人相互作用的时间相等，且作用力大小相等，故甲对乙的冲量大小与乙对甲的冲量大小之比为1∶1，选项C错误；由动量守恒定律可知，甲、乙的动量大小相等，根据动能的定义式Ek＝eq\f(1,2)mv2可知甲、乙的动能不相等，选项D错误．4．(2018·临沧一中调研)如图所示，光滑水平面上有一矩形长木板，木板左端放一小物块，已知木板质量大于物块质量，t＝0时两者从图中位置以相同的水平速度v0向右运动，碰到右面的竖直挡板后木板以与原来等大反向的速度被反弹回来，运动过程中物块一直未离开木板，则关于物块运动的速度v随时间t变化的图象可能正确的是()解析：选A木板碰到挡板前，物块与木板一直做匀速运动，速度为v0；木板碰到挡板后，物块向右做匀减速运动，速度减至零后向左做匀加速运动，木板向左做匀减速运动，最终两者速度相同，设为v，设木板的质量为M，物块的质量为m，取向左为正方向，则由动量守恒得：Mv0－mv0＝(M＋m)v，得v＝eq\f(M－m,M＋m)v0＜v0，故A正确，BCD错误，故选A．5．(2018·湖北师大附中质检)如图所示，长为L、质量为M的木板静置在光滑的水平面上，在木板上放置一质量为m的物块，物块与木板之间的动摩擦因数为μ.物块以v0从木板的左端向右滑动时，若木板固定不动时，物块恰好能从木板的右端滑下．若木板不固定时，下面叙述正确的是()A．物块仍能从木板的右端滑下B．对系统来说产生的热量Q＝μmgLC．经过t＝eq\f(Mv0,M＋mμg)物块与木板便保持相对静止D．摩擦力对木板所做的功等于物块克服摩擦力所做的功解析：选C木板固定不动时，物块减少的动能全部转化为内能．木板不固定时，物块向右减速的同时，木板要向右加速，物块减少的动能转化为系统产生的内能和木板的动能，所以产生的内能必然减小，物块相对于木板滑行的距离要减小，不能从木板的右端滑下，故A错误；对系统来说，产生的热量Q＝fs相对＝μmgs相对＜μmgL，故B错误；设物块与木板最终的共同速度为v，滑块和木板系统动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律，有：mv0＝(m＋M)v，对木板M，由动量定理得：μmgt＝Mv，联立解得t＝eq\f(Mv0,M＋mμg)，故C正确；由于物块与木板相对于地的位移大小不等，物块对地位移较大，而摩擦力大小相等，所以摩擦力对木板所做的功小于物块克服摩擦力所做的功，故D错误．6．(2017·安徽合肥二模)一质点静止在光滑水平面上，现对其施加水平外力F，力F随时间按正弦规律变化，如图所示，下列说法正确的是()A．第2s末，质点的动量为0B．第4s末，质点回到出发点C．在0～2s时间内，力F的功率先增大后减小D．在1～3s时间内，力F的冲量为0解析：选CD由题图可知，0～2s时间内F的方向和质点运动的方向相同，质点经历了一个加速度逐渐增大的加速运动和加速度逐渐减小的加速运动，所以第2s末，质点的速度最大，动量最大，故A错误；该质点在2～4s内F的方向与0～2s内F的方向不同，0～2s内做加速运动，2～4s内做减速运动，所以质点在0～4s内的位移均为正，故B错误；0～2s内，质点速度在增大，力F先增大后减小，根据瞬时功率P＝Fv得，力F瞬时功率开始为0,2s末时为0，所以在0～2s时间内，力F的功率先增大后减小，故C正确；在F—t图象中，图线与横轴所围的面积表示力F的冲量大小，由题图可知，1～2s内的面积与2～3s内的面积大小相等，一正一负，则在1～3s时间内，力F的冲量为0，故D正确．7．(2018·河南信阳统考)如图所示，三小球a、b、c的质量都是m，都放于光滑的水平面上，小球b、c与轻弹簧相连且静止，小球a以速度v0冲向小球b，碰后与小球b粘在一起运动．在整个运动过程中，下列说法中正确的是()A．三球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能不守恒B．三球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能也守恒C．当小球b、c速度相等时，弹簧弹性势能最大D．当弹簧恢复原长时，小球c的动能一定最大，小球b的动能一定不为零解析：选ACD在整个运动过程中，三球与弹簧组成的系统的合外力为零，系统的总动量守恒，a与b碰撞过程中机械能减少，故A正确，B错误．当小球b、c速度相等时，弹簧的压缩量或伸长量最大，弹簧弹性势能最大，故C正确．当弹簧恢复原长时，小球c的动能一定最大，根据动量守恒和机械能守恒定律可知，小球b的动能不为零，故D正确．8．某研究小组通过实验测得两滑块碰撞前后运动的实验数据，得到如图所示的位移—时间图象．图中的线段a、b、c分别表示沿光滑水平面上同一条直线运动的滑块Ⅰ、Ⅱ和它们发生正碰后结合体的位移变化关系．已知相互作用时间极短，由图象给出的信息可知()A．碰前滑块Ⅰ与滑块Ⅱ速度大小之比为7∶2B．碰前滑块Ⅰ的动量大小比滑块Ⅱ的动量大小小C．碰前滑块Ⅰ的动能比滑块Ⅱ的动能小D．滑块Ⅰ的质量是滑块Ⅱ的质量的eq\f(1,6)解析：选BD根据s—t图象的斜率等于速度，可知碰前滑块Ⅰ速度为v1＝－2m/s，滑块Ⅱ的速度为v2＝0.8m/s，则碰前速度大小之比为5∶2，故A错误；碰撞前后系统动量守恒，碰撞前，滑块Ⅰ的动量为负，滑块Ⅱ的动量为正，由于碰撞后总动量为正，故碰撞前总动量也为正，故碰撞前滑块Ⅰ的动量大小比滑块Ⅱ的小，故B正确；碰撞后的共同速度为v＝0.4m/s，根据动量守恒定律，有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，解得m2＝6m1，由动能的表达式可知，eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＞eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)，故C错误，D正确．二、实验题(共2小题，共16分)9．(8分)某同学用下图的装置做“验证动量守恒定律”的实验，操作步骤如下：(1)先将斜槽轨道的末端调整水平，在一块平木板表面先后钉上白纸和复写纸，并将该木板竖立于靠近槽口处，使小球a从斜槽轨道上某固定点处由静止开始滚下，撞到木板在记录纸上留下压痕O.(2)将木板向右平移适当距离，再使小球a从原固定点由静止释放，撞到木板在记录纸上留下压痕B．(3)把半径相同的小球b静止放在斜槽轨道水平段的右边缘，让小球a仍从原固定点由静止开始滚下，与b球相碰后，两球撞在木板上，并在记录纸上留下压痕A和C．①本实验必须测量的物理量是____________.(填选项序号，要求验证方法简捷可行)A．小球a、b的质量ma、mbB．小球a、b的半径rC．斜槽轨道末端到木板的水平距离xD．球a的固定释放点到斜槽轨道末端的高度差hE．记录纸上O点到A、B、C的距离y1、y2、y3②放上被碰小球，两球相碰后，小球a在图中的压痕点为____________.③若两球碰撞动量守恒，则应满足的表达式为________________.(用①中测量的量表示)④若两球发生的是弹性碰撞，则还应满足的表达式为______________.解析：①小球离开轨道做平抛运动有y＝eq\f(1,2)gt2，x＝vt，联立得v＝xeq\r(\f(g,2y))，可知v∝eq\f(1,\r(y))，小球在碰撞过程中水平方向动量守恒，有mav0＝mav1＋mbv2，根据落点可得maxeq\r(\f(g,2y2))＝maxeq\r(\f(g,2y3))＋mbxeq\r(\f(g,2y1))，故选A、E.②a球碰后速度v1既小于初速度v0又小于b球速度v2，平抛发生相同水平位移x所用的时间最长，故竖直位移最大，压痕点为C．③由上式可得动量守恒表达式为eq\f(ma,\r(y2))＝eq\f(ma,\r(y3))＋eq\f(mb,\r(y1)).④若发生弹性碰撞，应满足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)，化简后得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同样对)10．(8分)如图甲，用“碰撞试验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系．甲(1)实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的．但是，可以通过仅测量____________(填选项前的序号)，间接地解决这个问题A．小球开始释放高度hB．小球抛出点距地面的高度HC．小球做平抛运动的射程(2)图甲中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影，实验时，先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP，然后，把被碰小球m2静止于轨道的水平部分，再将入射小球m1从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相撞，并多次重复．接下来要完成的必要步骤是____________(填选项的符号)A．用天平测量两个小球的质量m1、m2B．测量小球m1开始释放高度hC．测量抛出点距地面的高度hD．分别找到m1，m2相碰后平均落地点的位置M、NE．测量平抛射程OM，ON(3)若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为____________(用(2)中测量的量表示)；若碰撞是弹性碰撞．那么还应满足的表达式为____________(用(2)中测量的量表示)．(4)经测定，m1＝45.0g，m2＝7.5g，小球落地点的平均位置距O乙碰撞前、后m1的动量分别为p1与p1′，则p1∶p1′＝____________∶11；若碰撞结束时m2的动量为p2′，则p1′∶p2′＝11∶____________实验结果说明，碰撞前、后总动量的比值eq\f(p1,p1′＋p2′)为____________.(5)有同学认为，在上述实验中仅更换两个小球的材质，其他条件不变，可以使被撞小球做平抛运动的射程增大．请你用(4)中已知的数据，分析和计算出被撞小球m2平抛运动射程ON的最大值为____________cm.解析：由于实验中小球平抛运动时间相同，将速度测量转化为水平位移测量，由动量守恒定律和弹性碰撞前后动能相等可得m1·OM＋m2·ON＝m1·OP，m1·OM2＋m2·ON2＝m1·OP2.设小球平抛运动时间为t，碰撞前m1的动量为p1＝45.0×10－3×44.80×10－2/t，碰撞后m1的动量为p1′＝45.0×10－3×35.20×10－2t，则p1∶p1′＝14∶11；碰撞后m2的动量为p2′＝7.5×10－3×55.60×10－2/t，则p1′∶p2′＝11∶2.9.实验结果说明，碰撞前、后总动量的比值eq\f(p1,p1′＋p2′)＝eq\f(14,11＋2.9)＝eq\f(14,13.9).在上述实验中仅更换两个小球的材质，使它们做弹性碰撞，其它条件不变，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)中已知的数据得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、计算题(共2小题，共36分)11．(16分)如图甲所示，质量M＝1.0kg的木板B静止放在水平地面上，质量m＝0.5kg的电动玩具小车A位于木板的左端．小车从静止启动后匀加速地向木板右端驶去，小车对木板的作用力使木板也同时开始运动，取小车A的运动方向为正方向，小车A和木板B的v－t图象如图乙所示．经过t＝0.6s时小车与挡板相碰，碰后两者立刻黏合在一起运动，且碰后小车电动机的电源被切断．g＝10图甲图乙(1)开始时小车A与木板右端挡板的距离L.(2)木板与地面间的动摩擦因数μ.(3)从小车启动到最终木板停下全过程，木板的总位移sB．解析：(1)t＝0.6s时小车A和木板B的速度大小分别为vA＝2.4m/s、vB＝0.3开始时小车A与木板右端挡板的距离L＝eq\f(1,2)(vA＋vB)t代入数据解得L＝0.81(2)小车A在木板上运动过程，受木板的作用力F＝maA木板受力向左加速运动，有F′－μ′(M＋m)g＝MaBF′＝F小车A和木板B的加速度大小分别为aA＝eq\f(vA,t)aB＝eq\f(vB,t)代入数据解得木板与地面间的动摩擦因数μ＝0.1.(3)小车与挡板碰后立刻黏合，动量守恒，有mvA－MvB＝(m＋M)v碰后滑行过程，由动能定理得μ(m＋M)gs′＝eq\f(1,2)(m＋M)v2代入数据，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)因此木板的总位移sB＝s′－sB1＝0.09m(答案：(1)0.81m(2)0.1(312．(20分)(2017·江西师大附中期中)如图所示，一辆质量为M的小车静止在水平地面上，车面上右端点有一可视为质点的滑块1，水平地面上有与车右端相距为4R的固定的eq\f(1,4)光滑圆弧轨道，其圆周半径为R，圆弧轨道E处的切线是竖直的，车上表面与地面平行且与圆弧轨道的末端D等高，在圆弧轨道的最低点D处，有另一个可视为质点的滑块2，两滑块质量均为m.某人由静止开始推车，当车与圆弧轨道的竖直壁CD碰撞后人立即撤去推力并离开小车，车与竖直壁碰撞后靠着竖直壁静止但不粘连，滑块1和滑块2发生碰撞，碰后两滑块牢牢粘在一起不再分离．不计车与地面间的摩擦，滑块1、2与车面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，滑块与车面间的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力．(1)若人推车的力沿水平方向且大小为F＝eq\f(1,2)μ(M＋m)g，则在人推车的过程中，滑块1与车