单元检测六 动量 动量守恒定律

单元检测六 动量 动量守恒定律 (时间：90分钟 满分：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分.1～6小题只有一个选项符合要求，选对得4分，选错得0分；7～10小题有多个选项符合要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1．(2019·辽宁沈阳市第一次质检)如图1所示，放在光滑水平桌面上的A 、B 木块之间夹一被压缩的水平轻弹簧．现释放弹簧，A 、B 木块被弹开后，各自在桌面上滑行一段距离飞离桌面．A 落地点距桌边水平距离为0.5 m ，B 落地点距桌边水平距离为1 m ，则( )图1A ．A 、B 离开弹簧时的速度之比为2∶1B ．A 、B 离开弹簧时的速度之比为1∶1C ．A 、B 质量之比为1∶2D ．A 、B 质量之比为2∶1答案 D解析 A 和B 离开桌面后做平抛运动，下落的高度相同，它们的运动时间相等，由x ＝v 0t 得速度之比：v A v B ＝x A x B ＝0.51＝12，故A 、B 错误；弹簧弹开木块的过程，两木块组成的系统动量守恒，取向左为正方向，由动量守恒定律得：m A v A －m B v B ＝0，则质量之比：m A m B ＝v B v A ＝21，故C 错误，D 正确．2.(2020·重庆市月考)如图2所示，水平地面上固定一竖直挡板，倾角为θ、质量为M 的斜面体右侧用楔子P 固定于地面，一质量为m 的球体静止于挡板与斜面体之间，设所有接触面均光滑．若将固定斜面体的楔子P 取走，小球下落且未脱离斜面的过程中，下列说法正确的是( )图2A ．球将做自由落体运动B．球对竖直挡板的压力相对于球静止时不变C．球与斜面体组成的系统机械能守恒D．球与斜面体组成的系统动量守恒答案 C解析小球下落过程中，受到斜面体以及挡板的作用力，则不能做自由落体运动，选项A错误．球加速下落，处于失重状态，可知球对竖直挡板压力相对于球静止时减小，选项B错误．因为过程中只有球的重力对系统做功，则球体与斜面体组成系统机械能守恒，选项C正确．球与斜面体组成的系统水平方向受挡板的弹力作用，水平方向动量不守恒；竖直方向受到的合外力也不为零，竖直方向动量也不守恒，则系统的动量不守恒，选项D错误．3．(2019·山东烟台市高考诊断)如图3所示，质量为M＝3 kg的足够长的木板放在光滑水平地面上，质量为m＝1 kg的物块放在木板上，物块与木板之间有摩擦，两者都以大小为4 m/s 的初速度向相反方向运动．当木板的速度为3 m/s时，物块处于()图3A．匀速运动阶段B．减速运动阶段C．加速运动阶段D．速度为零的时刻答案 B解析开始阶段，m向左减速，M向右减速，当物块的速度为零时，设此时木板的速度为v1，根据动量守恒定律得：(M－m)v＝M v1，解得：v1≈2.67 m/s；此后m将向右加速，M继续向右减速，当两者速度相同时，设共同速度为v2，由动量守恒定律得：(M－m)v＝(M＋m)v2，解得：v2＝2 m/s；两者相对静止后，一起向右做匀速直线运动．由此可知当M的速度为3 m/s 时，m处于减速运动阶段，B正确．4．(2019·重庆市部分区县第一次诊断)如图4，立柱固定于光滑水平面上O点，质量为M的小球a向右运动，与静止于Q点的质量为m的小球b发生弹性碰撞，碰后a球立即向左运动，b球与立柱碰撞能量不损失，所有碰撞时间均不计，b球恰好在P点追上a球，Q点为OP的中点，则a、b球质量之比M∶m为()图4A ．3∶5B ．1∶3C ．2∶3D ．1∶2答案 A解析 设a 、b 两球碰后速度大小分别为v 1、v 2.由题有：b 球与挡板发生弹性碰撞后恰好在P 点追上a 球，则从碰后到相遇，a 、b 球通过的路程之比为：s 1∶s 2＝1∶3根据s ＝v t 得：v 2＝3v 1以水平向右为正方向，两球发生弹性碰撞，由动量守恒定律得：M v 0＝M (－v 1)＋m v 2由机械能守恒定律得：12M v 02＝12M v 12＋12m v 22 解得M ∶m ＝3∶5，故选A.5.(2019·湖南长沙市雅礼中学期末)3个质量分别为m 1、m 2、m 3的小球，半径相同，并排悬挂在长度相同的3根竖直绳上，彼此恰好相互接触．现把质量为m 1的小球拉开一些，如图5中虚线所示，然后静止释放，经球1与球2、球2与球3相碰之后，3个球的动量相等．若各球间碰撞时均为弹性碰撞，且碰撞时间极短，不计空气阻力，则m 1∶m 2∶m 3为( )图5A ．6∶3∶1B ．2∶3∶1C ．2∶1∶1D ．3∶2∶1答案 A解析 因为各球间发生的碰撞是弹性碰撞，则碰撞过程机械能守恒，动量守恒．因碰撞后三个小球的动量相等，设为p ，则总动量为3p .由机械能守恒得(3p )22m 1＝p 22m 1＋p 22m 2＋p 22m 3，即9m 1＝1m 1＋1m 2＋1m 3，代入四个选项的质量比值关系，只有A 项符合，故选A. 6.(2019·河南八市重点高中联盟第三次模拟)如图6所示，质量m 1＝4 kg 的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1 m，现有质量m2＝2 kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝3 m/s 从左端滑上小车．已知物块与车上表面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10 m/s2，则物块滑上小车后()图6A．滑块和小车组成的系统动量不守恒B．滑块和小车组成的系统机械能守恒C．经过一段时间从小车右端滑下D．整个过程中系统产生的热量为6 J答案 D解析由于地面光滑，所以滑块和小车组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，故A错误；由于滑块和小车间有摩擦力，要产生内能，所以滑块和小车组成的系统机械能不守恒，故B 错误；假设物块最终与小车共速，共同速度为v，取向右为正方向，由动量守恒定律得：m2v0＝(m1＋m2)v，根据能量守恒定律得：μm2gd＝12－12(m1＋m2)v2，解得滑块相对于小车滑2m2v0行的距离为：d＝0.6 m＜L＝1 m，所以滑块不会从小车右端滑下，故C错误；整个过程中系统产生的热量为Q＝μm2gd＝6 J，故D正确．7．一质量为m＝60 kg的运动员从下蹲状态竖直向上跳起，经t＝0.2 s，以大小v＝1 m/s的速度离开地面，取重力加速度g＝10 m/s2，在这0.2 s内()A．地面对运动员的冲量大小为180 N·sB．地面对运动员的冲量大小为60 N·sC．地面对运动员做的功为30 JD．地面对运动员做的功为零答案AD解析人的速度原来为零，起跳后变化v，以向上为正方向，由动量定理可得：I－mgΔt＝m v －0，故地面对人的冲量为：I＝m v＋mgΔt＝(60×1＋600×0.2)N·s＝180 N·s，故A正确，B 错误；人在跳起时，地面对人的支持力竖直向上，在跳起过程中，其支持力的作用点没有位移，地面对运动员的支持力不做功，故C错误，D正确．8．(2019·山西临汾市二轮复习模拟)水平面上有质量相等的a、b两个物体，水平推力F1、F2分别作用在a、b上，一段时间后撤去推力，物体继续运动一段距离后停下．两物体的v－t图线如图7所示，图中AB ∥CD .则整个过程中( )图7A ．水平推力F 1、F 2大小可能相等B ．a 的平均速度大于b 的平均速度C ．合外力对a 物体的冲量等于合外力对b 物体的冲量D ．摩擦力对a 物体做的功小于摩擦力对b 物体做的功答案 CD解析 由题图知，AB 与CD 平行，说明撤去推力后两物体的加速度相同，而撤去推力后物体的合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知，两物体受到的摩擦力大小相等．水平推力作用时，由题图可知a 的加速度大于b 的加速度，根据F －F f ＝ma 可知水平推力F 1大于F 2，故A 错误；设两物体的最大速度为v ，加水平推力时两物体的平均速度均为v 2，撤去水平推力后两物体的平均速度仍为v 2，可知a 的平均速度等于b 的平均速度，故B 错误；根据动量定理可知，合外力的冲量等于动量的变化量，即I F －I f ＝0，故C 正确；由题图可知，a 的位移小于b 的位移，因两物体的摩擦力相等，可知摩擦力对a 物体做的功小于摩擦力对b 物体做的功，故D 正确．9．(2020·辽宁重点协作体模拟)如图8所示，质量为m 的A 球以速度v 0在光滑水平面上运动，与原静止的质量为4m 的B 球碰撞，碰撞后A 球以v ＝a v 0的速率弹回，并与挡板P 发生弹性碰撞，若要使A 球能追上B 球再相撞，则a 的可能取值为( )图8A.15B.25C.13D.12答案 BD解析 A 、B 碰撞过程中，以v 0方向为正方向，根据动量守恒定律得：m A v 0＝－m A ·a v 0＋m B v B ，A 与挡板P 碰撞后能追上B 再次相碰的条件是：a v 0＞v B ，解得：a >13；A 、B 首次碰撞过程中损失的机械能：ΔE ＝12m A v 02－[12m A (a v 0)2＋12m B v B 2]≥0，解得：a ≤35，所以a 满足的条件是：13<a ≤35，故B 、D 正确，A 、C 错误． 10．如图9甲，光滑水平面上放着长木板B ，质量为m ＝2 kg 的木块A 以速度v 0＝2 m/s 滑上原来静止的长木板B 的上表面，由于A 、B 之间存在摩擦，之后木块A 与长木板B 的速度随时间变化情况如图乙所示，重力加速度g ＝10 m/s 2.则下列说法正确的是( )图9A ．木块A 与长木板B 之间的动摩擦因数为0.1B ．长木板的质量M ＝2 kgC ．长木板B 的长度至少为2 mD ．木块A 与长木板B 组成的系统损失的机械能为4 J答案 AB解析 由题图可知，木块A 先做匀减速运动，长木板B 先做匀加速运动，最后一起做匀速运动，共同速度v ＝1 m/s ，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：m v 0＝(m ＋M )v ，解得：M＝m ＝2 kg ，故B 正确；由题图可知，长木板B 匀加速运动的加速度为：a B ＝Δv Δt ＝11m/s 2＝ 1 m/s 2，对长木板B ，根据牛顿第二定律得：μmg ＝Ma B ，μ＝0.1，故A 正确；由题图可知前1 s 内长木板B 的位移为：x B ＝12×1×1 m ＝0.5 m ，木块A 的位移为：x A ＝2＋12×1 m ＝1.5 m ，所以长木板B 的最小长度为：L ＝x A －x B ＝1 m ，故C 错误；木块A 与长木板B 组成的系统损失的机械能为：ΔE ＝12m v 02－12(m ＋M )v 2＝2 J ，故D 错误． 二、实验题(本题共2小题，共14分)11．(6分)(2019·湖北恩施州2月教学质量检测)如图10所示为某同学设计的一种探究动量守恒定律的实验装置和原理图．长木板固定在水平桌面上，一端伸出桌面，另一端装有竖直挡板，轻弹簧的一端固定在竖直挡板上，另一端被入射小球从自然长度位置A 点压缩至B 点，释放小球，小球沿木板从右端水平抛出，落在水平地面上的记录纸上，重复10次，确定小球的落点位置；再把被碰小球放在木板的右边缘处，重复上述实验10次，在记录纸上分别确定入射小球和被碰小球的落点位置．图10(1)关于实验的要点，下列说法正确的是________．A．入射小球的质量必须大于被碰小球的质量B．入射小球的半径必须与被碰小球的半径相同C．长木板必须尽可能地光滑D．用重垂线的目的是为了确定板的右端在地面的投影位置E．实验重复10次，是为了从小球的落地点中找出一个最清晰的点作为最终落地点(2)入射小球前后两次的落地位置分别为原理图中的________两点；若入射小球的质量为m1，被碰小球的质量为m2，则实验需要验证的表达式为________________．(用图中字母表示)答案(1)ABD(2)Q、P m1·OQ＝m1·OP＋m2·OR解析(1)为了保证碰撞后入射小球不反弹并能水平抛出，入射小球的质量应该大于被碰小球的质量，选项A正确；为保证两球发生正碰，两球的半径必须相同，选项B正确；长木板不需要光滑，只要保持每次弹簧的压缩量相同，每次入射小球与被碰小球碰前的速度相同，选项C错误；用重垂线的目的是为了确定板的右端在地面的投影的位置，以便准确测出小球平抛的水平位移，选项D正确；实验重复10次，是为了从小球的落地点中找出小球落地点的平均位置，减小实验的误差，选项E错误．(2)入射小球前后两次的落地点位置分别为题图中的Q、P两点；两球碰撞后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，碰撞过程动量守恒，则有：m1v2＝m1v1＋m2v3.两边乘以t即为：m1·OQ＝m1·OP＋m2·OR，即实验需要验证的表达式为：m1·OQ＝m1·OP ＋m2·OR.12．(8分)如图11所示，在实验室用两端带竖直挡板C、D的气垫导轨和带固定挡板的质量都是M的滑块A、B，做“探究碰撞中的不变量”的实验：图11①把两滑块A 和B 紧贴在一起，在滑块A 上放质量为m 的砝码，置于导轨上，用电动卡销卡住两滑块A 和B ，在两滑块A 和B 的固定挡板间放一弹簧，使弹簧处于水平方向上的压缩状态．②按下电钮使电动卡销放开，同时启动两个记录两滑块运动时间的电子计时器，当两滑块A 和B 与挡板C 和D 碰撞同时，电子计时器自动停表，记下滑块A 运动至挡板C 的时间t 1，滑块B 运动至挡板D 的时间t 2.③重复几次取t 1、t 2的平均值．请回答以下几个问题：(1)在调整气垫导轨时应注意_________________________________________；(2)应测量的数据还有_________________________________________；(3)电动卡销放开前A 、B 两滑块的速度与质量乘积的矢量和为______________，分离后A 、B 两滑块的速度与质量乘积的矢量和为________________．(用测量的物理量符号和已知的物理量符号表示)答案 (1)使气垫导轨水平(2)滑块A 至挡板C 的距离L 1、滑块B 至挡板D 的距离L 2(3)0 (M ＋m )L 1t 1－M L 2t 2或M L 2t 2－(M ＋m )L 1t 1解析 (1)为了保证滑块A 、B 作用后做匀速直线运动，必须使气垫导轨水平．(2)要求出A 、B 两滑块在电动卡销放开后的速度，需测出A 至C 的时间t 1和B 至D 的时间t 2，并且要测量出两滑块到两挡板的距离L 1和L 2，再由公式v ＝x t求出其速度． (3)设向左为正方向，根据所测数据求得两滑块的速度分别为v A ＝L 1t 1，v B ＝－L 2t 2.作用前两滑块静止，v ＝0，速度与质量乘积的矢量和为0，作用后两滑块的速度与质量乘积的矢量和为(M＋m )L 1t 1－M L 2t 2.若设向右为正方向，同理可得作用后两滑块的速度与质量的乘积的矢量和为M L 2t 2－(M ＋m )L 1t 1. 三、计算题(本题共3小题，共46分)13．(13分)(2020·山西运城市模拟)如图12所示，在光滑水平地面上放有一质量M ＝3 kg 带四分之一光滑圆弧形槽的小车，质量为m ＝2 kg 的小球以速度v 0＝5 m/s 沿水平槽口滑上圆弧形槽，槽口距地面的高度h ＝0.8 m ，不计空气阻力，取重力加速度g ＝10 m/s 2.求：图12 (1)小球从槽口上升到最高点(未离开小车)的过程中，小球对小车做的功W ；(2)小球落地瞬间，小车与小球间的水平间距L .答案 (1)6 J (2)2 m解析 (1)小球上升至最高点时，小车和小球的水平速度相等，由小车和小球水平方向动量守恒得：m v 0＝(m ＋M )v ①对小车由动能定理得：W ＝12M v 2② 联立①②解得：W ＝6 J(2)小球从槽口上升至最高点，再从最高点回到槽口的过程中，小球和小车水平方向动量守恒： m v 0＝m v 1＋M v 2③对小球和小车由机械能守恒得：12m v 02＝12m v 12＋12M v 22④ 联立③④可解得：v 1＝－1 m/s ⑤v 2＝4 m/s ⑥小球离开小车后，向右做平抛运动，小车向左做匀速运动h ＝12gt 2⑦ L ＝(v 2－v 1)t ⑧联立⑤⑥⑦⑧可得：L ＝2 m.14．(15分)(2019·云南曲靖市第一次模拟)如图13所示，半径为R 的竖直光滑半圆轨道bc 与水平光滑轨道ab 在b 点连接，开始时可视为质点的物体A 和B 静止在ab 上，A 、B 之间压缩有一处于锁定状态的水平轻弹簧(弹簧不与A 、B 连接)．某时刻解除锁定，在弹力作用下，A 向左运动，B 向右运动，B 沿轨道经过c 点后水平抛出，落点p 与b 点间距离为2R .已知A 质量为2m ，B 质量为m ，重力加速度为g ，不计空气阻力，求：图13(1)B 经c 点抛出时速度的大小； (2)B 经b 时速度的大小；(3)锁定状态的弹簧具有的弹性势能．答案 (1)gR (2)5gR (3)3.75mgR解析 (1)B 平抛运动过程，竖直方向有2R ＝12gt 2， 水平方向：2R ＝v c t ，解得：v c ＝gR(2)B 从b 到c ，由机械能守恒定律得12m v b 2＝2mgR ＋12m v c 2 解得：v b ＝5gR(3)设弹簧完全弹开后，A 的速度为v a ，弹簧恢复原长过程中A 与B 组成的系统动量守恒，2m v a －m v b ＝0，解得：v a ＝12v b ＝5gR 2， 由能量守恒定律得，弹簧弹性势能：E p ＝12×2m v a 2＋12m v b 2 解得：E p ＝3.75mgR .15．(18分)(2019·四川绵阳市第三次诊断)如图14所示，半径R ＝0.8 m 的四分之一光滑圆弧轨道C 固定在水平光滑地面上，质量M ＝0.3 kg 的木板B 左端与C 的下端等高平滑对接但未粘连，右端固定一水平轻弹簧，弹簧原长远小于板长，将弹簧在弹簧弹性限度内压缩后锁定．可视为质点的物块A 质量m ＝0.1 kg ，从与圆弧轨道圆心O 等高的位置由静止释放，滑上木板B 后，滑到与弹簧刚接触时与木板相对静止，接触瞬间解除弹簧锁定，在极短时间内弹簧恢复原长，物块A 被水平弹出，最终运动到木板左端时恰与木板相对静止．物块A 与木板B 间的动摩擦因数μ＝ 0.25，g 取10 m/s 2.求：图14(1)物块A 在圆弧轨道C 的最下端时受到的圆弧轨道支持力的大小；(2)木板B 的长度L ；(3)弹簧恢复原长后，物块A 从木板右端运动到左端的时间． 答案 (1)3 N (2)2.4 m (3)1.2 s解析 (1)设A 到达C 的最下端时速度大小为v 0，圆弧轨道支持力大小为F N ，则mgR ＝12m v 02 F N －mg ＝m v 02R解得v 0＝4 m/s ，F N ＝3 N(2)设A 在B 上向右滑行过程中，A 的加速度大小为a 1，B 的加速度大小为a 2，滑上B 后经时间t 1后接触弹簧，A 的位移为x 1，B 的位移为x 2，则 μmg ＝ma 1μmg ＝Ma 2v 0－a 1t 1＝a 2t 1x 1＝v 0t 1－12a 1t 12 x 2＝12a 2t 12 L ＝x 1－x 2解得t 1＝1.2 s ，L ＝2.4 m(3)设A 接触弹簧与B 保持相对静止时速度大小为v 1，弹簧恢复原长时A 的速度大小为v 2，B 的速度大小为v 3，A 相对B 向左滑动过程中的加速度大小与A 滑上B 向右滑行过程中各自加速度大小相等，则v 1＝v 0－a 1t 1(M ＋m )v 1＝(M ＋m )v 4最终运动到木板的左端时A 、B 共同速度大小为v 4，则 M v 3－m v 2＝(M ＋m )v 4由能量守恒有：12m v 22＋12M v 32＝12(m ＋M )v 42＋μmgL 解得v 1＝1 m/s ，v 4＝1 m/s ，v 2＝2 m/s ，v 3＝2 m/s设物块A从木板右端运动到左端的时间为t2，对木板B，由动量定理有－μmgt2＝M v4－M v3解得t2＝1.2 s．。