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1、1第六单元第六单元 动量动量单元小结卷(六) 考查范围:第六单元 时间 / 45 分钟 分值 / 100 分 一、选择题(每小题 6 分,共 48 分,15 小题为单选,68 小题为多选) 1. 2017江西师大附中一模 如图 D6-1 所示,质量分别为m1和m2的大小相同的两物块甲、乙分别以 速度v1、v2沿固定斜面向下匀速滑行,且v1v2,乙的右端装有轻质弹簧,在它们发生相互作用后又分开. 则在甲和乙相互作用的过程中,关于甲、乙和弹簧组成的系统,下列说法正确的是( )图 D6-1 A.由于有重力和摩擦力,所以该过程动量不守恒 B.由于所受合外力为零,所以该过程动量守恒 C.若相互作用过程中
2、甲的速度不反向,则该过程动量守恒 D.若相互作用过程中甲的速度反向,则该过程动量守恒 2.一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳,经 t时间,身体伸直并刚好离开地面,已知此时的速度 为v,重力加速度为g,则在此过程中( )A.地面对他的冲量为mv+mgt,地面对他做的功为mv2 B.地面对他的冲量为mv+mgt,地面对他做的功为零C.地面对他的冲量为mv,地面对他做的功为mv2 D.地面对他的冲量为mv-mgt,地面对他做的功为零 3.如图 D6-2 所示,在光滑的水平面上有一个质量为M的木块,木块与轻弹簧水平相连,弹簧的另一端固 定在竖直墙上,木块处于静止状态,质量为m的子弹以水平速度v0击
3、中木块并嵌在其中,木块压缩弹簧 后在水平面上做往复运动.若子弹从击中到嵌入木块这一过程的时间极短,则木块自被子弹击中到第一 次回到原来位置的过程中,木块受到的合外力的冲量大小为( )图 D6-2A. B.2Mv0C. D.2mv0 4. 2017山东师大附中一模 如图 D6-3 所示,质量为m、速度为v的A球跟质量为 3m、处于静止的B 球在光滑的水平面上发生对心正碰,碰撞后B球的速度可能为( )图 D6-3 A. 0.2vB. 0.4vC. 0.6vD. 0.8v 5. 2017河南信阳二模 如图 D6-4 所示,静止在光滑水平面上的木板右端有一根轻质弹簧沿水平方向 与固定在木板上的挡板相连
4、,木板质量M=3 kg.质量m=1 kg 的铁块以大小为 4 m/s 的水平速度v0从木 板的左端沿板面向右滑行,压缩弹簧后又被弹回,最后恰好又停在木板的左端.在上述过程中,弹簧具有 的最大弹性势能为( )2图 D6-4 A. 3 J B. 4 J C. 6 J D. 20 J 6. 2017黄冈期末 质量分别为M和m0的A、B两滑块用轻弹簧连接,二者以相同且恒定的速度v沿 光滑水平面运动,与位于正对面的质量为m的静止C滑块发生碰撞,如图 D6-5 所示.若碰撞时间极短, 则在此过程中,下列情况可能发生的是 ( )图 D6-5 A.A、B、C的速度均发生变化,分别为v1、v2、v3,而且满足(
5、M+m0)v=Mv1+m0v2+mv3 B.B的速度不变,A和C的速度变为v1和v2,而且满足Mv=Mv1+mv2 C.B的速度不变,A和C的速度都变为v,且满足Mv=(M+m)v D.A、B、C的速度均发生变化,A、B速度都变为v1,C的速度变为v2,且满足(M+m0)v0=(M+m0)v1+mv2 7. 2017济南模拟 某物体由静止开始做直线运动,物体所受合力F随时间t变化的图像如图 D6-6 所 示,则在 08 s 内,下列说法中正确的是( )图 D6-6 A.04 s 内,力F所做的功等于零,冲量也等于零 B.08 s 内,力F所做的功等于零,冲量也等于零 C.物体在第 4 s 末离
6、出发点最远,速率为最大 D.物体在第 8 s 末速度和加速度都为零,且离出发点最远 8. 2017南昌二中期末 A、B两球沿同一直线运动并发生正碰,如图 D6-7 所示为两球碰撞前后的位 移时间(x-t)图像,图中a、b分别为A、B两球碰撞前的图线,c为碰撞后两球共同运动的图线.若A 球的质量mA=2 kg,则由图可知下列结论正确的是( )图 D6-7 A.A、B两球碰撞前的总动量为 3 kgm/s B.碰撞过程A对B的冲量为-4 Ns C.碰撞前后A的动量变化为 4 kg m/s D.碰撞过程A、B两球组成的系统损失的机械能为 10 J 二、非选择题(共 52 分,要求解答过程有必要的文字说
7、明) 9.(14 分) 2017湖北孝感模拟 某同学为了验证动量守恒定律,设计了如图 D6-8 甲所示的实验,实验 步骤主要包括:3图 D6-8 选取两块大小不同的木块A、B,使两木块与水平面间的动摩擦因数相同.(检验方法:使A、B两木块 分别从斜面上同一点处由静止下滑,若它们在水平面上停下的位置相同,则表示两木块与水平面间的动 摩擦因数相同) 将衣服袖口处的粘扣剪下,分别钉到两木块的侧面上,使两木块相碰时能粘在一起. 先不在水平面上放木块B,让木块A从斜面上某一位置O处由静止开始滑下,记下木块A自由滑行在 水平面上停下的位置P(可使其多次滑下以准确确定位置P),如图乙所示. 在靠近斜面底端处
8、放木块B,并使带有粘扣的一侧朝左,标出此时其所处位置M;如图丙所示,让木块A 从同一位置O处由静止开始滑下,A、B碰撞后粘在一起,标出两木块停下时所处的位置N,如图丙所示. 用刻度尺测MP、MN的距离s1和s2,用天平测出A、B的质量mA、mB. 只要mA、mB、s1、s2之间满足关系式 ,碰撞瞬间A、B总动量就保 持守恒. 10.(18 分) 2017四川绵阳三诊 某科技公司设计的一款“飞行汽车”概念机由四台垂直推进器和四 个旋翼组成,可以竖直起飞后在空中作为普通飞机飞行,着陆变形后作为汽车行驶.设计人员进行了一次 垂直起降展示:将概念机放在水平试验场,通过遥控输入指令,使垂直推进器提供竖直
9、向上、大小为 3mg 的恒定推力F,经过时间t后撤销该指令,在概念机上升到最大高度时改变指令,使垂直推进器以恒定功 率P工作提供竖直向上的推力,使概念机落回地面时刚好减速为零,然后关闭指令,完成展示.概念机质 量为m,重力加速度为g,不考虑空气阻力. (1)撤销提供竖直向上的恒定推力指令后,求概念机上升到最大高度经过的时间t1; (2)在下降过程中,求垂直推进器工作的时间t2.411.(20 分) 2017安徽十校摸底 如图 D6-9 所示,光滑轨道abc固定在竖直平面内,ab倾斜、bc水平,与 半径 R=0.4 m 竖直固定的粗糙半圆形轨道cd在c点平滑连接.可视为质点的小球甲和乙静止在水平
10、轨 道上,二者中间压缩有轻质弹簧,弹簧与两小球均不拴接且被锁定.现解除对弹簧的锁定,小球甲在脱离 弹簧后恰能沿轨道运动到a处,小球乙在脱离弹簧后沿半圆形轨道恰好能到达最高点d.已知小球甲的 质量m1=2 kg,a、b的竖直高度差h=0.45 m,已知小球乙在c点时轨道对其弹力的大小F=100 N,弹簧恢 复原长时两小球均在水平轨道上,不计空气阻力,重力加速度g取 10 m/s2.求: (1)小球乙的质量; (2)小球乙在半圆形轨道上克服摩擦力所做的功.图 D6-95测评手册 单元小结卷(六) 1.C 解析 碰撞前两物块分别沿固定斜面向下匀速滑行,所以两物块所受的重力沿斜面的分力分别与 两物块所
11、受的沿斜面向上的滑动摩擦力相等.在相互作用过程中,以甲、乙和弹簧组成的系统为对象, 当两个物体都向下滑行时,即甲的速度不反向时,系统的重力沿斜面向下的分力与滑动摩擦力相等,所以 系统的合外力为零,则系统的动量守恒.若在相互作用过程中,甲的速度反向,则甲受到的滑动摩擦力沿 斜面向下,系统的合外力不为零,则系统的动量不守恒. 2.B 解析 设地面对运动员的作用力为F,则由动量定理得IF-mgt=mv,则IF=mv+mgt;运动员从下 蹲状态到身体刚好伸直且恰好离开地面,地面对运动员做功为零,这是因为地面对人的作用力沿力的方 向没有位移,故 B 正确. 3.A 解析 子弹从击中到嵌入木块的过程满足动
12、量守恒定律,设子弹嵌入木块中后与木块的共同速度 为v,有mv0=(M+m)v,则木块自被子弹击中到第一次回到原来位置的过程中,木块受到的合外力的冲量大小等于木块的动量变化量,即I=Mv=,选项 A 正确. 4.B 解析 两球碰撞过程动量守恒,以A的初速度方向为正方向,如果两球发生完全非弹性碰撞,由动 量守恒定律得mv=(m+3m)v,解得v=0.25v;如果两球发生弹性碰撞,由动量守恒定律得mv=mvA+3mvB,由机械能守恒定律得,解得vB=0.5v,则碰撞后B的速度vB应满足 0.25vvB0.5v,故 B 正确. 5.A 解析 设铁块与木板速度相同时的共同速度大小为v,铁块相对木板向右运
13、动时,滑行的最大路程为L,摩擦力大小为f.根据能量守恒定律,铁块相对于木板向右运动过程,有(m+M)v2+Ep,铁块相对于木板运动的整个过程,有(m+M)v2,根据动量守恒定律得mv0=(M+m)v,联立得 Ep=3 J,选项 A 正确. 6.BC 解析 碰撞的瞬间A和C组成的系统动量守恒,B的速度在此瞬间不变,以A的初速度方向为正 方向,若碰后A和C的速度为v1和v2,由动量守恒定律得Mv=Mv1+mv2;若碰后A和C速度相同,由动量守 恒定律得Mv=(M+m)v,故 B、C 正确,A、D 错误. 7.BD 解析 根据动量定理知,在 08 s 内,p=4 sF0+(-F0)4 s=0,故 8
14、 s 末物体速度为零,所以 08 s 内合力F所做的功等于零,冲量也等于零,B 正确,A 错误;物体在第 4 s 末速率最大,在第8 s 末 速度和加速度都为零,离出发点最远,C 错误,D 正确. 8.BCD 解析 由x-t图像可知,碰撞前A球速度vA=-3 m/s,B球速度vB=2 m/s,碰撞后,A、B两球具 有共同速度,其速度大小为v=-1 m/s,由于A、B两球碰撞前后都沿直线运动,所以系统的动量守恒,碰 撞前后A球的动量变化为 pA=mAv-mvA=4 kgm/s,选项 C 正确;由动量守恒定律可得 pA+pB=0,又因为 pB=mBv-mBvB,所以mB= kg,两球在碰撞之前的总
15、动量为p总=mAvA+mBvB=- kgm/s,选项6A 错误;由动量定理可知,碰撞过程A对B的冲量IB=pB=-4 Ns,选项 B 正确;碰撞过程中系统损失的机械能 E=(mA+mB)v2=10 J,选项 D 正确.9.mA=(mA+mB)解析 设碰前瞬间A的速度大小为v1,碰后瞬间A、B的共同速度为v2,对A单独从M到P过程,由动能定理得-mAgs1=-,解得v1=,对碰撞后A、B一起滑动过程,由动能定理得-(mA+mB)gs2=-(m1+m2),解得v2=,碰撞瞬间若满足动量守恒,则有mAv1=(mA+mB)v2,即mA=(mA+mB),可得mA=(mA+mB).10.(1)2t (2)
16、 解析 (1)概念机从静止竖直起飞,上升到最大高度时速度为零,根据动量定理有 Ft-mg(t+t1)=0 解得t1=2t. (2)设概念机从静止竖直起飞后加速上升过程的加速度为a,上升的高度为h1,上升的最大高度为H,则 F-mg=mah1= at2 根据动能定理有 Fh1-mgH=0 概念机从最大高度处到地面的过程中,由动能定理得 Pt2-mgH=0解得t2=. 11.(1)1.0 kg (2)8 J 解析 (1)对小球甲,由机械能守恒定律得m1gh= 对小球甲、乙,由动量守恒定律得 m1v1=m2v2 对小球乙,在c点,由牛顿第二定律得F-m2g=m2联立解得m2=1 kg,v2=6 m/s 或m2=9 kg,v2= m/s小球乙恰
