高考總復(fù)習(xí)物理（人教版）練習(xí)單元質(zhì)量檢測(cè)06

單元質(zhì)量檢測(cè)(六)動(dòng)量教師用書(shū)獨(dú)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(yùn)動(dòng)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(shí)間Δt為0.1s，則足球一次在空中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t及足球?qū)︻^部的作用力大小FN分別為(空氣阻力不計(jì)，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(shí)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(yùn)動(dòng)的時(shí)間等于自由下落運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，所以t＝2t1＝0.8s；設(shè)豎直向上為正方向，由動(dòng)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(kāi)始做直線運(yùn)動(dòng)，在時(shí)間Δt1內(nèi)速度的變化量是Δv，緊接著在時(shí)間Δt2內(nèi)速度的變化量仍是Δv.設(shè)物體在Δt1內(nèi)動(dòng)能改變量是ΔEk1，動(dòng)量變化量是ΔP1，在Δt2內(nèi)動(dòng)能改變量是ΔEk2，動(dòng)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(dòng)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(yùn)動(dòng)，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(duì)乙的沖量大小與乙對(duì)甲的沖量大小之比為9∶10D．甲的動(dòng)能與乙的動(dòng)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(dòng)量守恒定律可知當(dāng)甲推乙時(shí)，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(xiàng)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(xiàng)B錯(cuò)誤；二人相互作用的時(shí)間相等，且作用力大小相等，故甲對(duì)乙的沖量大小與乙對(duì)甲的沖量大小之比為1∶1，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由動(dòng)量守恒定律可知，甲、乙的動(dòng)量大小相等，根據(jù)動(dòng)能的定義式Ek＝eq\f(1,2)mv2可知甲、乙的動(dòng)能不相等，選項(xiàng)D錯(cuò)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(zhǎng)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(shí)兩者從圖中位置以相同的水平速度v0向右運(yùn)動(dòng)，碰到右面的豎直擋板后木板以與原來(lái)等大反向的速度被反彈回來(lái)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中物塊一直未離開(kāi)木板，則關(guān)于物塊運(yùn)動(dòng)的速度v隨時(shí)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(yùn)動(dòng)，速度為v0；木板碰到擋板后，物塊向右做勻減速運(yùn)動(dòng)，速度減至零后向左做勻加速運(yùn)動(dòng)，木板向左做勻減速運(yùn)動(dòng)，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(dòng)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(cuò)誤，故選A．5．(2018·湖北師大附中質(zhì)檢)如圖所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)、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(dòng)摩擦因數(shù)為μ.物塊以v0從木板的左端向右滑動(dòng)時(shí)，若木板固定不動(dòng)時(shí)，物塊恰好能從木板的右端滑下．若木板不固定時(shí)，下面敘述正確的是()A．物塊仍能從木板的右端滑下B．對(duì)系統(tǒng)來(lái)說(shuō)產(chǎn)生的熱量Q＝μmgLC．經(jīng)過(guò)t＝eq\f(Mv0,M＋mμg)物塊與木板便保持相對(duì)靜止D．摩擦力對(duì)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(dòng)時(shí)，物塊減少的動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能．木板不固定時(shí)，物塊向右減速的同時(shí)，木板要向右加速，物塊減少的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能和木板的動(dòng)能，所以產(chǎn)生的內(nèi)能必然減小，物塊相對(duì)于木板滑行的距離要減小，不能從木板的右端滑下，故A錯(cuò)誤；對(duì)系統(tǒng)來(lái)說(shuō)，產(chǎn)生的熱量Q＝fs相對(duì)＝μmgs相對(duì)＜μmgL，故B錯(cuò)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(dòng)量守恒，取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，有：mv0＝(m＋M)v，對(duì)木板M，由動(dòng)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(duì)于地的位移大小不等，物塊對(duì)地位移較大，而摩擦力大小相等，所以摩擦力對(duì)木板所做的功小于物塊克服摩擦力所做的功，故D錯(cuò)誤．6．(2017·安徽合肥二模)一質(zhì)點(diǎn)靜止在光滑水平面上，現(xiàn)對(duì)其施加水平外力F，力F隨時(shí)間按正弦規(guī)律變化，如圖所示，下列說(shuō)法正確的是()A．第2s末，質(zhì)點(diǎn)的動(dòng)量為0B．第4s末，質(zhì)點(diǎn)回到出發(fā)點(diǎn)C．在0～2s時(shí)間內(nèi)，力F的功率先增大后減小D．在1～3s時(shí)間內(nèi)，力F的沖量為0解析：選CD由題圖可知，0～2s時(shí)間內(nèi)F的方向和質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的方向相同，質(zhì)點(diǎn)經(jīng)歷了一個(gè)加速度逐漸增大的加速運(yùn)動(dòng)和加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，所以第2s末，質(zhì)點(diǎn)的速度最大，動(dòng)量最大，故A錯(cuò)誤；該質(zhì)點(diǎn)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(yùn)動(dòng)，2～4s內(nèi)做減速運(yùn)動(dòng)，所以質(zhì)點(diǎn)在0～4s內(nèi)的位移均為正，故B錯(cuò)誤；0～2s內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)速度在增大，力F先增大后減小，根據(jù)瞬時(shí)功率P＝Fv得，力F瞬時(shí)功率開(kāi)始為0,2s末時(shí)為0，所以在0～2s時(shí)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(fù)，則在1～3s時(shí)間內(nèi)，力F的沖量為0，故D正確．7．(2018·河南信陽(yáng)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(yùn)動(dòng)．在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，下列說(shuō)法中正確的是()A．三球與彈簧組成的系統(tǒng)總動(dòng)量守恒，總機(jī)械能不守恒B．三球與彈簧組成的系統(tǒng)總動(dòng)量守恒，總機(jī)械能也守恒C．當(dāng)小球b、c速度相等時(shí)，彈簧彈性勢(shì)能最大D．當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，小球c的動(dòng)能一定最大，小球b的動(dòng)能一定不為零解析：選ACD在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)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(dòng)量守恒，a與b碰撞過(guò)程中機(jī)械能減少，故A正確，B錯(cuò)誤．當(dāng)小球b、c速度相等時(shí)，彈簧的壓縮量或伸長(zhǎng)量最大，彈簧彈性勢(shì)能最大，故C正確．當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，小球c的動(dòng)能一定最大，根據(jù)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒定律可知，小球b的動(dòng)能不為零，故D正確．8．某研究小組通過(guò)實(shí)驗(yàn)測(cè)得兩滑塊碰撞前后運(yùn)動(dòng)的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，得到如圖所示的位移—時(shí)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(yùn)動(dòng)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(shí)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(dòng)量大小比滑塊Ⅱ的動(dòng)量大小小C．碰前滑塊Ⅰ的動(dòng)能比滑塊Ⅱ的動(dòng)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(cuò)誤；碰撞前后系統(tǒng)動(dòng)量守恒，碰撞前，滑塊Ⅰ的動(dòng)量為負(fù)，滑塊Ⅱ的動(dòng)量為正，由于碰撞后總動(dòng)量為正，故碰撞前總動(dòng)量也為正，故碰撞前滑塊Ⅰ的動(dòng)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(dòng)量守恒定律，有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，解得m2＝6m1，由動(dòng)能的表達(dá)式可知，eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＞eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)，故C錯(cuò)誤，D正確．二、實(shí)驗(yàn)題(共2小題，共16分)9．(8分)某同學(xué)用下圖的裝置做“驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律”的實(shí)驗(yàn)，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(fù)寫(xiě)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(diǎn)處由靜止開(kāi)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(dāng)距離，再使小球a從原固定點(diǎn)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(diǎn)由靜止開(kāi)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(shí)驗(yàn)必須測(cè)量的物理量是____________.(填選項(xiàng)序號(hào)，要求驗(yàn)證方法簡(jiǎn)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(diǎn)到斜槽軌道末端的高度差hE．記錄紙上O點(diǎn)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(diǎn)為_(kāi)___________.③若兩球碰撞動(dòng)量守恒，則應(yīng)滿足的表達(dá)式為_(kāi)_______________.(用①中測(cè)量的量表示)④若兩球發(fā)生的是彈性碰撞，則還應(yīng)滿足的表達(dá)式為_(kāi)_____________.解析：①小球離開(kāi)軌道做平拋運(yùn)動(dòng)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(guò)程中水平方向動(dòng)量守恒，有mav0＝mav1＋mbv2，根據(jù)落點(diǎn)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(shí)間最長(zhǎng)，故豎直位移最大，壓痕點(diǎn)為C．③由上式可得動(dòng)量守恒表達(dá)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(yīng)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(jiǎn)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(duì))10．(8分)如圖甲，用“碰撞試驗(yàn)器”可以驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律，即研究?jī)蓚€(gè)小球在軌道水平部分碰撞前后的動(dòng)量關(guān)系．甲(1)實(shí)驗(yàn)中，直接測(cè)定小球碰撞前后的速度是不容易的．但是，可以通過(guò)僅測(cè)量____________(填選項(xiàng)前的序號(hào))，間接地解決這個(gè)問(wèn)題A．小球開(kāi)始釋放高度hB．小球拋出點(diǎn)距地面的高度HC．小球做平拋運(yùn)動(dòng)的射程(2)圖甲中O點(diǎn)是小球拋出點(diǎn)在地面上的垂直投影，實(shí)驗(yàn)時(shí)，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(diǎn)的位置P，測(cè)量平拋射程O(píng)P，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(fù)．接下來(lái)要完成的必要步驟是____________(填選項(xiàng)的符號(hào))A．用天平測(cè)量?jī)蓚€(gè)小球的質(zhì)量m1、m2B．測(cè)量小球m1開(kāi)始釋放高度hC．測(cè)量拋出點(diǎn)距地面的高度hD．分別找到m1，m2相碰后平均落地點(diǎn)的位置M、NE．測(cè)量平拋射程O(píng)M，ON(3)若兩球相碰前后的動(dòng)量守恒，其表達(dá)式可表示為_(kāi)___________(用(2)中測(cè)量的量表示)；若碰撞是彈性碰撞．那么還應(yīng)滿足的表達(dá)式為_(kāi)___________(用(2)中測(cè)量的量表示)．(4)經(jīng)測(cè)定，m1＝45.0g，m2＝7.5g，小球落地點(diǎn)的平均位置距O乙碰撞前、后m1的動(dòng)量分別為p1與p1′，則p1∶p1′＝____________∶11；若碰撞結(jié)束時(shí)m2的動(dòng)量為p2′，則p1′∶p2′＝11∶____________實(shí)驗(yàn)結(jié)果說(shuō)明，碰撞前、后總動(dòng)量的比值eq\f(p1,p1′＋p2′)為_(kāi)___________.(5)有同學(xué)認(rèn)為，在上述實(shí)驗(yàn)中僅更換兩個(gè)小球的材質(zhì)，其他條件不變，可以使被撞小球做平拋運(yùn)動(dòng)的射程增大．請(qǐng)你用(4)中已知的數(shù)據(jù)，分析和計(jì)算出被撞小球m2平拋運(yùn)動(dòng)射程O(píng)N的最大值為_(kāi)___________cm.解析：由于實(shí)驗(yàn)中小球平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，將速度測(cè)量轉(zhuǎn)化為水平位移測(cè)量，由動(dòng)量守恒定律和彈性碰撞前后動(dòng)能相等可得m1·OM＋m2·ON＝m1·OP，m1·OM2＋m2·ON2＝m1·OP2.設(shè)小球平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，碰撞前m1的動(dòng)量為p1＝45.0×10－3×44.80×10－2/t，碰撞后m1的動(dòng)量為p1′＝45.0×10－3×35.20×10－2t，則p1∶p1′＝14∶11；碰撞后m2的動(dòng)量為p2′＝7.5×10－3×55.60×10－2/t，則p1′∶p2′＝11∶2.9.實(shí)驗(yàn)結(jié)果說(shuō)明，碰撞前、后總動(dòng)量的比值eq\f(p1,p1′＋p2′)＝eq\f(14,11＋2.9)＝eq\f(14,13.9).在上述實(shí)驗(yàn)中僅更換兩個(gè)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(jì)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(dòng)玩具小車(chē)A位于木板的左端．小車(chē)從靜止啟動(dòng)后勻加速地向木板右端駛?cè)ィ≤?chē)對(duì)木板的作用力使木板也同時(shí)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，取小車(chē)A的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较颍≤?chē)A和木板B的v－t圖象如圖乙所示．經(jīng)過(guò)t＝0.6s時(shí)小車(chē)與擋板相碰，碰后兩者立刻黏合在一起運(yùn)動(dòng)，且碰后小車(chē)電動(dòng)機(jī)的電源被切斷．g＝10圖甲圖乙(1)開(kāi)始時(shí)小車(chē)A與木板右端擋板的距離L.(2)木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ.(3)從小車(chē)啟動(dòng)到最終木板停下全過(guò)程，木板的總位移sB．解析：(1)t＝0.6s時(shí)小車(chē)A和木板B的速度大小分別為vA＝2.4m/s、vB＝0.3開(kāi)始時(shí)小車(chē)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(chē)A在木板上運(yùn)動(dòng)過(guò)程，受木板的作用力F＝maA木板受力向左加速運(yùn)動(dòng)，有F′－μ′(M＋m)g＝MaBF′＝F小車(chē)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(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1.(3)小車(chē)與擋板碰后立刻黏合，動(dòng)量守恒，有mvA－MvB＝(m＋M)v碰后滑行過(guò)程，由動(dòng)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(chē)靜止在水平地面上，車(chē)面上右端點(diǎn)有一可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊1，水平地面上有與車(chē)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(chē)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(diǎn)D處，有另一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊2，兩滑塊質(zhì)量均為m.某人由靜止開(kāi)始推車(chē)，當(dāng)車(chē)與圓弧軌道的豎直壁CD碰撞后人立即撤去推力并離開(kāi)小車(chē)，車(chē)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(jì)車(chē)與地面間的摩擦，滑塊1、2與車(chē)面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度為g，滑塊與車(chē)面間的最大靜摩擦力可認(rèn)為等于滑動(dòng)摩擦力．(1)若人推車(chē)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(chē)的過(guò)程中，滑塊1與車(chē)