课标人教版高考风向标物理 动量单元测试题

课标人教版高考风向标物理 动量单元测试题

单元测试题 一.本题共12小题，每小题4分，共48分.在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的或不答的得0分．‎ ‎1．有一则“守株待兔”古代寓言，设兔子头部受到大小等于自身重力的打击力时，即可致死．假设兔子与树桩作用时间大约为0.2秒，则若要被撞死，兔子奔跑的速度至少为 （ ）‎ ‎ A．‎1m/s B．‎1.5m/s C．‎2m/s D．‎2.5m/s ‎1．C【解析】．‎ 图‎6-5-1‎ ‎2．如图‎6-5-1‎所示，一物体分别沿三个倾角不同的光滑斜面由静止开始从顶端下滑到底端C、D、E处，三个过程中重力的冲量依次为I1、I2、I3，动量变化量的大小依次为△P1、△P2、△P3，到达下端时重力的瞬时功率依次为P1、P2、P3，则有（ ）‎ A．I1＜I2＜I3，△P1＜△P2＜△P3，P1＝P2＝P3‎ ‎ B．I1＜I2＜I3，△P1＝△P2＝△P3，P1＞P2＞P3‎ ‎ C．I1＝I2＝I3，△P1＝△P2＝△P3，P1＞P2＞P3‎ ‎ D．I1＝I2＝I3，△P1＝△P2＝△P3，P1＝P2＝P3‎ ‎2．B【解析】重力的冲量，由图可知角度越大下滑所用时间越短；由机械能守恒可知三者至斜面底端时速度大小相同，则动量的变化量相同；重力的功率，则角度大时功率大 ‎3．质量为M的小车在水平地面上以速度v0匀速向右运动．当车中的砂子从底部的漏斗中不断流下时，车子速度将（ ）‎ A．减小 B．不变 C．增大 D．无法确定 ‎3．【解析】B砂子和小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律，在初状态，砂子落下前，砂子和车都以向前运动；在末状态，砂子落下时具有与车相同的水平速度，车的速度为v′，由得，车速不变．‎ 图‎6-5-2‎ ‎4．如图‎6-5-2‎所示，小车放在光滑的水平面上，用细绳将小球拉开到一定角度，然后同时放开小球和小车，那么在以后的过程中 ( )‎ A．小球向左摆动时，小车也向左运动，且系统动量守恒 B．小球向左摆动时，小车向右运动，且系统动量守恒 C．小球向左摆到最高点，小球的速度为零而小车速度不为零 D．在任意时刻，小球和小车在水平方向的动量一定大小相等、方向相反 ‎4．D【解析】小车小球组成系统水平方向动量守恒 ‎5．如图‎6-5-3‎所示的装置中，木块B与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短．现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象(系统)，则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中 （ ）‎ A．动量守恒、机械能守恒 图‎6-5-3‎ B．动量不守恒、机械能不守恒 C．动量守恒、机械能不守恒 D．动量不守恒、机械能守恒 ‎5．B【解析】系统水平方向受力不为零则动量不守恒，子弹与木块碰撞时有机械能向内能转化．‎ ‎6．光滑的水平面上，有两个形状相同、质量不同的物体A、B，若物体A以速度vA=‎4m/s与静止的B物体发生无能量损失的碰撞，则碰后B物体的速度不可能为 （ ）‎ A．‎8m/s B．‎10m/s C．‎6m/s D．‎4m/s ‎6．ABD【解析】系统动量守恒、动能不会增大，且速度方向相同时后面物体的速度必定较小．‎ ‎ 7．如图‎6-5-4‎所示，完全相同的两个带电金属球A、B，初动能相同，在绝缘的光滑水平桌面上沿同一直线从C、D开始相向运动，A球带电为+3q，B球带电为+2q；若两球是发生弹性碰撞，相碰后又各自返回C、D点，下列说法中正确的是（ ） ‎ 图‎6-5-4‎ A．相碰分离后两球是同时返回C、D的 ‎ B．相碰分离后两球返回C、D时总动能增大 C．相碰前两球的总动量随两球的距离逐渐减小而增大 D．相碰前后的运动过程中，两球的总动量守恒、总动能守恒 ‎7．A、B【解析】系统所受合力为零，则动量守恒；由于碰撞后电场力增大，故有电势能向机械能转化．‎ ‎8．质量为m的物块以初速v0沿倾角为θ的粗糙斜面冲上斜面，滑到B点速度为零，然后滑下回到A点（如图‎6-5-6‎）．关于物块所受的冲量，下述说法中正确的是 A．物块上滑过程和下滑过程受到摩擦力冲量等值反向 B．物块上滑过程和下滑过程受到重力的冲量等值同向 图‎6-5-6‎ C．物块从冲上斜面A点到返回A点的整个过程中所受到各外力的冲量的总和方向向下 D．物块从冲上斜面到返回斜面底端的整个过程中合外力的冲量总和小于2mv．‎ ‎8．D【解析】因上滑时间小于下滑时间，则各力的冲量都是上滑过程小于下滑过程，重力的冲量方向永远竖直向下，合力冲量的大小和方向，用动量定理最方便．以沿斜面向下为正方向，有∑Ft=mvt－（－mv0），因v1＜v0，则∑Ft＜2mv0．‎ 图‎6-5-7‎ ‎9．如图‎6-5-7‎所示，绳长为l，小球质量为m，小车质量为M，将m拉至水平右端后放手，则(水平面光滑) （ ）‎ ‎ A．系统的动量守恒 B．水平方向任意时刻m与M的动量等大反向 ‎ C．m不能向左摆到原高度 ‎ D．M向右移动的最大距离为2lm/(M+m)‎ ‎9．B、D【解析】系统在水平方向动量守恒，小球摆动的长度为‎2l，根据 “人船模型”求解 ‎10．小铁块置于长木板右端，木板放在光滑的水平地面上，t=0时使二乾获得等大反向的初速度开始运动，经过时间t1铁块在木板上停止滑动，二者相对静止，此时与开始运动时的位置相比较，图‎6-5-8‎中哪一幅反映了可能发生的情况（ ）‎ 图‎6-5-8‎ ‎10．A、C【解析】利用系统初动量方向即可判断AC正确．‎ 图‎6-5-9‎ ‎11．如图‎6-5-9‎所示，在足够大的光滑水平面上放有两个小物块P、Q，Q的质量为m，P的质量为‎2m，物块P连接一轻弹簧并处于静止状态．现让物块Q以初速度3v0向物块P运动且两物块始终保持在一条直线上．若分别用实线和虚线表示物块Q和物块P的速度v 与 时间t之间关系的图线，则在弹簧形变过程中，v - t 图象可能是图6-5-10中的 （ ）‎ 图‎6-5-10‎ ‎11．C【解析】在相互作用时均作变加速运动，加速度先增大后减少，故AD错；根据动量守恒知C正确．‎ v0‎ A B B A ‎0‎ t/s v/ms-1‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎1‎ ‎2‎ 图‎6-5-11‎ ‎12.长木板A放在光滑的水平面上，质量为m=‎2kg的另一物体B以水平速度v0=‎2m/s滑上原来静止的长木板A的表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图所示，则下列说法正确的是 A.木板获得的动能为1J B.系统损失的机械能为2J C.木板A的最小长度为‎1m D. A、B间的动摩擦因数为0.1 ‎ ‎12．CD【解析】由图可知，AB最后心共同速度运动，代入知A错；利用知B错，对A利用可知D正确．‎ ‎　第二部分 非选择题（共110分）‎ 二.本题共7小题，共102分.按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．‎ ‎13．（11分）图‎6-5-12‎为“碰撞中的动量守恒”实验装置示意图．‎ ‎（1）入射小球1与被碰小球2直径相同，均为d，它们的质量相比较，应是m1____m2.‎ ‎（2）为了保证小球做平抛运动，必须调整斜槽使________________________．‎ 图‎6-5-12‎ ‎（3）继续实验步骤为：‎ A．在地面上依次铺白纸和复写纸．‎ B．确定重锤对应点O．‎ C．不放球2，让球1从斜槽滑下，确定它落地点位置P．‎ D．把球2放在立柱上，让球1从斜槽滑下，与球2正碰后，确定球1和球2落地点位置M和N．‎ E．用刻度尺量出OM、OP、ON的长度．‎ F．看是否相等，以验证动量守恒．‎ 上述步骤有几步不完善或有错误，请指出并写出相应的正确步骤．‎ ‎_____________________________________________________________‎ ‎13. 【解析】（1）＞ （2）其末端切线水平 （3）D选项中，球1应从与C项相同高度滑下；P、M、N点应该是多次实验落地点的平均位置．F项中，应看是否相等．‎ a b h O H c A B C 图‎6-5-13‎ ‎14.（12分）图‎6-5-13‎是用来验证动量守恒的实验装置，弹性球1用细线悬挂于O点，O点下方桌子的边沿有一竖直立柱．实验时，将球1拉到A点，并使之静止，同时把球2放在立柱上．释放球1，当它摆到悬点正下方时与球2发生对心碰撞．碰后球1向左最远可摆到B点，球2落到水平地面上的C点．测出有关数据即可验证1、2两球碰撞时动量守恒．现已测出A点离水平桌面的距离为a．B点离水平桌面的距离为b，C点与桌子边沿间的水平距离为c．此外，还需要测量的量是_________、________________、和_____________________．‎ 根据测量的数据，该实验中动量守恒的表达式为__________________________．‎ ‎14 . 【解析】球1和球2的质量m1和m2，立柱的高h，桌面离地面的高H，‎ m1=m1+m‎2c ‎ ‎15．（2008海南卷）⑵（14分）一置于桌面上质量为M的玩具炮，水平发射质量为m的炮弹．炮可在水平方向自由移动．当炮身上未放置其它重物时，炮弹可击中水平地面上的目标A；当炮身上固定一质量为M0的重物时，在原发射位置沿同一方向发射的炮弹可击中水平地面上的目标B．炮口离水平地面的高度为h．如果两次发射时“火药”提供的机械能相等，求B、A两目标与炮弹发射点之间的水平距离之比．‎ ‎【解析】由动量守恒定律和能量守恒定律得：‎ ‎ （2分）‎ ‎ （2分）‎ 解得： （2分）‎ 炮弹射出后做平抛，有：‎ ‎ （2分）‎ 解得目标A距炮口的水平距离为：（2分）‎ 同理，目标B距炮口的水平距离为：（2分）‎ 解得：（2分）‎ ‎16．（13分）如图所示，甲车质量为，静止在光滑水平面上，上表面光滑，右端放一个质量为的小物体. 乙车质量为，以的速度向左运动，与甲车碰撞后，甲车获得的速度，物体滑到乙车上. 若乙车足够长，上表面与物体的动摩擦因数为，求：‎ ‎（1）甲、乙两车碰后瞬间，乙车的速度；‎ ‎（2）物体在乙车表面上滑行多长时间相对乙车静止？（取）‎ 图‎6-5-14‎ ‎16【解析】（1）乙车与甲车碰撞过程中，小物体仍保持静止，甲、乙组成的系统动量守恒，有（2分）‎ 乙车速度为，方向仍向左（3分）‎ ‎（2）小物体m在乙上滑至两者有共同速度过程中动量守恒：‎ ‎ （2分）‎ 有 ，（2分）‎ 对小物体m是作匀加速直线运动，应用牛顿第二定律得a=μg，又有（4分）‎ ‎17.（15分）如图所示，光滑水平面上有A、B、C三个物块，其质量分别为mA = ‎2.0kg，mB = ‎1.0kg，mC = ‎1.0kg．现用一轻弹簧将A、B两物块连接，并用力缓慢压缩弹簧使A、B两物块靠近，此过程外力做108J（弹簧仍处于弹性限度内），然后同时释放A、B，弹簧开始逐渐变长，当弹簧刚好恢复原长时，C恰以‎4m ‎/s的速度迎面与B发生碰撞并粘连在一起．求：‎ ‎（1）弹簧刚好恢复原长时（B与C碰撞前）A和B物块速度的大小．‎ 图‎6-5-15‎ ‎（2）当弹簧第二次被压缩时，弹簧具有的最大弹性势能． ‎17【解析】（1）弹簧刚好恢复原长时，A和B物块速度的大小分别为υA、υB． ‎ 由动量守恒定律有：0 = mAυA - mBυB（2分）‎ 此过程机械能守恒有：Ep = mAυ+mBυ（2分）‎ 代入Ep＝108J，解得：υA＝‎6m/s，υB = ‎12m/s，A的速度向右，B的速度向左．（1分）‎ ‎（2）C与B碰撞时，设碰后B、C粘连时速度为υ′，‎ 据C、B组成的系统动量守恒 有：mBυB -mCυC = （mB+mC）υ′，（2分）‎ 代入数据得υ′ = ‎4m/s，υ′的方向向左．（1分）‎ 此后A和B、C组成的系统动量守恒，机械能守恒，当弹簧第二次压缩最短时，弹簧具有的弹性势能最大，设为Ep′，且此时A与B、C三者有相同的速度，（1分）‎ 设为υ，则有动量守恒：mAυA -（mB+mC）υ′ = （mA+mB+mC）υ，（2分）‎ 代入数据得υ = ‎1m/s，υ的方向向右．（1分）‎ 机械能守恒：mAυ+（mB+mC）υ′2 = Ep′+（mA+mB+mC）υ2，（2分）‎ 代入数据得E′p＝50J．（1分）‎ 图‎6-5-16‎ ‎18．（18分）（2008重庆卷）图‎6-5-16‎中有一个竖直固定在地面的透气圆筒，筒中有一劲度为k的轻弹簧，其下端固定，上端连接一质量为m的薄滑块，圆筒内壁涂有一层新型智能材料——ER流体，它对滑块的阻力可调.起初，滑块静止，ER流体对其阻力为0，弹簧的长度为L，现有一质量也为m的物体从距地面‎2L处自由落下，与滑块碰撞后粘在一起向下运动.为保证滑块做匀减速运动，且下移距离为时速度减为0，ER流体对滑块的阻力须随滑块下移而变.试求（忽略空气阻力）：‎ ‎(1)下落物体与滑块碰撞过程中系统损失的机械能；‎ ‎(2)滑块向下运动过程中加速度的大小；‎ ‎(3)滑块下移距离d时ER流体对滑块阻力的大小.‎ ‎【解析】（1）设物体下落末速度为v0，由机械能守恒定律，（2分）‎ 得（1分）‎ 设碰后共同速度为v1，由动量守恒定律2mv1=mv0，得（3分）‎ 碰撞过程中系统损失的机械能力（2分）‎ ‎(2)设加速度大小为a，有 ，得　（3分）‎ 答图‎6-5-1‎ ‎（3）设弹簧弹力为FN，ER流体对滑块的阻力为FER，受力分析如答图‎6-5-1‎所示 ‎（2分）‎ FS=kx（1分）‎ x=d+mg/k（2分）‎ 得：（2分）‎ ‎19．（19分）如图‎6-5-17‎所示，两个完全相同的质量分别为m的木块A、B置于水平地面上，它们的间距S＝2．‎88m．质量为‎2m，大小可忽略的滑块C置于A板的左端．C与A、B之间的动摩擦因数μ1 = 0．22，A、B与水平地面之间的动摩擦因数为μ2＝0.10，最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力．开始时，三个物体处于静止状态．现给C施加一个水平向右、大小为mg 的力F，假定木板A、B碰撞时间极短且碰撞后粘连在一起，要使C最终不脱离木板，每块木板的长度至少应为多少？‎ 图‎6-5-17‎ ‎【解析】A、C之间的滑动摩擦力大小为f1，f1 = μ1mcg = 0.44mg，（1分）‎ A与水平地面之间的滑动摩擦力大小为f2，f2 = μ2（mA+mC）g = 0.3mg，（1分）‎ 外力F = mg = 0．4mg可见F＜f1，F＞f2，即首先A和C之间保持相对静，在F的作用下一起向右做加速运动．（2分）‎ 设A与B碰撞前AC速度大小为υ1，由动能定理有：（F-f2）s = （mA+mC）υ （2分）‎ 代入数据得：υ1 = 0．‎8‎m/s（1分）‎ A、B两木板的碰撞瞬间，内力的冲量远大于外力的冲量，由动量守恒定律，设A、B碰后一起运动的速度为υ2，则有：mAυ1 = （mA+mB）υ2 （2分）‎ 得υ2 = = 0．‎4‎m/s（1分）‎ 碰撞后C与A、B之间有相对滑动，此时A、B与地面间滑动摩擦力大小为f3，f3＝μ2（mA+mB+mC）g = 0．4mg，可见F＝f3，即三物体组成的系统受合外力为零，动量守恒．（1分）‎ 设它们达到的共同速度为υ3，此时A、B向前滑动的距离为s1‎ ‎，C恰好滑到B板的右端，此后三者一起做匀速运动，C不会脱离木板，设对应的木块长度为l．‎ 由动量守恒有：mcυ1+（mA+mB）υ2 = （mC+mA+mB）υ3 得υ3 = 0．‎6m/s（3分）‎ 对A、B整体，由动能定理有：f1s1-f3s1 = （mA+mB）（υ-υ），得s1 = ‎1.5m （3分）‎ 对C，由动能定理有：F（‎2l+s1）- f1（‎2l+s1） = mC（υ- υ），得l = 0.3m（3分）‎