2020版高考物理 單元測試 動量守恒定律1.在某次短道速滑接力賽中，運(yùn)動員甲以7 m/s的速度在前面滑行，運(yùn)動員乙以8 m/s的速度從后面追上，并迅速將甲向前推出，完成接力過程．設(shè)甲、乙兩運(yùn)動員的質(zhì)量均為50 kg，推后運(yùn)動員乙的速度變?yōu)?/span>5 m/s，方向向前，若甲、乙接力前后在同一直線上運(yùn)動，求接力后甲的速度大小(　　) A．15 m/s          B．10 m/s        C．5 m/s         D．8 m/s  2.下面關(guān)于碰撞的理解，正確的是(　　)A．正碰屬于彈性碰撞，斜碰屬于非彈性碰撞B．如果碰撞過程中動能不變，則這樣的碰撞叫做非彈性碰撞C．碰撞是指相對運(yùn)動的物體相遇時，在極短時間內(nèi)它們的運(yùn)動狀態(tài)發(fā)生顯著變化的過程D．在碰撞現(xiàn)象中，一般來說物體所受的外力作用不能忽略  3.一物體在合外力F的作用下從靜止開始做直線運(yùn)動,合外力方向不變,大小隨時間的變化如圖所示,在t0和2t0時刻,物體的動能分別為Ek1、Ek2,物體的動量分別為p1、p2,則????????????? (　　) A.Ek2=9Ek1,p2=3p1      B.Ek2=3Ek1,p2=3p1        C.Ek2=8Ek1,p2=4p1      D.Ek2=3Ek1,p2=2p1  4.一質(zhì)量為m的物體靜止在光滑水平面上，在水平力F作用下，經(jīng)時間t，通過位移L后，動量變?yōu)閜、動能變?yōu)镋k.若上述過程F不變，物體的質(zhì)量變?yōu)?/span>，以下說法正確的是(　　)A．經(jīng)過時間2t，物體動量變?yōu)?pB．經(jīng)過位移2L，物體動量變?yōu)?pC．經(jīng)過時間2t，物體動能變?yōu)?EkD．經(jīng)過位移2L，物體動能變?yōu)?Ek       5.在做“驗(yàn)證動量守恒定律”實(shí)驗(yàn)時，入射球a的質(zhì)量為m1，被碰球b的質(zhì)量為m2，兩小球的半徑均為r，各小球的落地點(diǎn)如圖所示，下列關(guān)于這個實(shí)驗(yàn)的說法正確的是(　　) A．入射球與被碰球最好采用大小相同、質(zhì)量相等的小球B．要驗(yàn)證的表達(dá)式是m1·ON=m1·OM＋m2·OPC．要驗(yàn)證的表達(dá)式是m1·OP=m1·OM＋m2·OND．要驗(yàn)證的表達(dá)式是m1(OP－2r)=m1(OM－2r)＋m2·ON 6.如圖所示,一質(zhì)量m1=3.0 kg的長方形木板B放在光滑水平地面上,在其右端放一個質(zhì)量m2=1.0 kg的小木塊A。給A和B以大小均為4.0 m/s、方向相反的初速度,使A開始向左運(yùn)動,B開始向右運(yùn)動,A始終沒有滑離B板。在小木塊A做加速運(yùn)動的時間內(nèi),木板速度大小可能是(　　) A.1.8 m/s         B.2.4 m/s       C.2.8 m/s         D.3.0 m/s  7.質(zhì)量為60 kg的建筑工人，不慎從高空跌下，由于彈性安全帶的保護(hù)，使他懸掛起來；已知彈性安全帶的緩沖時間是1.2 s，安全帶長5 m，不計空氣阻力影響，g取10 m/s2，則安全帶所受的平均沖力的大小為(　　)A．100 N          B．500 N        C．600 N          D．1 100 N  8.如圖所示,將質(zhì)量為M1、半徑為R且內(nèi)壁光滑的半圓槽置于光滑水平面上,左側(cè)靠墻角,右側(cè)靠一質(zhì)量為M2的物塊。今讓一質(zhì)量為m的小球自左側(cè)槽口A的正上方h高處從靜止開始落下,自A點(diǎn)與圓弧槽相切進(jìn)入槽內(nèi),則以下結(jié)論正確的是(　　) A.小球在槽內(nèi)運(yùn)動的全過程中,小球與半圓槽在水平方向動量守恒B.小球在槽內(nèi)運(yùn)動的全過程中,小球、半圓槽和物塊組成的系統(tǒng)動量守恒C.小球離開C點(diǎn)以后,將做豎直上拋運(yùn)動D.槽與墻不會再次接觸     9.水平恒定推力F1和F2分別作用于水平面上原來靜止的、質(zhì)量相等的a、b兩物體上，作用一段時間后撤去推力，由于慣性，物體將繼續(xù)運(yùn)動一段時間后才能停下，兩物體的v-t圖象如圖所示，已知圖中線段AB∥CD，則(　　) A．a(chǎn)物體受到的摩擦力小于b物體受到的摩擦力B．a(chǎn)物體受到的摩擦力大于b物體受到的摩擦力C．F1的沖量大于F2的沖量D．F1的沖量小于F2的沖量  10. “天津之眼”是一座跨河建設(shè)、橋輪合一的摩天輪，是天津市的地標(biāo)之一．摩天輪懸掛透明座艙，乘客隨座艙在豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動．下列敘述正確的是(　　) A．摩天輪轉(zhuǎn)動過程中，乘客的機(jī)械能保持不變B．在最高點(diǎn)時，乘客重力大于座椅對他的支持力C．摩天輪轉(zhuǎn)動一周的過程中，乘客重力的沖量為零D．摩天輪轉(zhuǎn)動過程中，乘客重力的瞬時功率保持不變 11. (多選)如圖甲所示，在光滑水平面上的兩個小球發(fā)生正碰，小球的質(zhì)量分別為m1和m2，圖乙為它們碰撞前后的xt 圖象．已知m1=0.1 kg，由此可以判斷(　　) 圖甲　　　　　圖乙　　A．碰前m2靜止，m1向右運(yùn)動B．碰后m2和m1都向右運(yùn)動C．由動量守恒可以得出m2=0.3 kgD．碰撞過程中系統(tǒng)損失了0.4 J的機(jī)械能 12. (多選)如圖所示，在光滑水平面的左側(cè)固定一豎直擋板，A球在水平面上靜止放置，B球向左運(yùn)動與A球發(fā)生正碰，B球碰撞前、后的速率之比為3∶1，A球垂直撞向擋板，碰后原速率返回．兩球剛好不發(fā)生第二次碰撞，則(　　) A．A、B兩球的質(zhì)量之比4∶1B．A、B兩球的質(zhì)量之比1∶4C．A、B兩球碰撞前、后的總動能之比5∶9D．A、B兩球碰撞前、后的總動能之比9∶5 實(shí)驗(yàn)題13.氣墊導(dǎo)軌是常用的一種實(shí)驗(yàn)儀器, 它是利用氣泵將壓縮空氣通過導(dǎo)軌的眾多小孔高速噴出,在導(dǎo)軌與滑塊之間形成薄薄一層氣墊,使滑塊懸浮在導(dǎo)軌上。由于氣墊的摩擦力極小,滑塊在導(dǎo)軌上的運(yùn)動可近似為沒有摩擦的運(yùn)動。用固定在氣墊導(dǎo)軌上的光電門A、B和光電計時裝置,以及帶有擋光條的滑塊C、D來驗(yàn)證動量守恒定律。已知擋光條的持續(xù)擋光寬度為l,實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示,采用的實(shí)驗(yàn)步驟如下: a.調(diào)節(jié)氣墊導(dǎo)軌底座螺母,觀察導(dǎo)軌上的氣泡儀,使導(dǎo)軌成水平狀態(tài);b.在滑塊C、D間放入一個輕質(zhì)彈簧,用一條橡皮筋捆綁住三者成一水平整體,靜置于導(dǎo)軌中部;c.將光電門盡量靠近滑塊C、D兩端;d.燒斷捆綁的橡皮筋,使滑塊C、D在彈簧作用下分離,分別通過光電門A、B;e.由光電計時器記錄滑塊C第一次通過光電門A時擋光條持續(xù)擋光的時間tC,以及滑塊D第一次通過光電門B時擋光條持續(xù)擋光的時間tD。(1)實(shí)驗(yàn)中還應(yīng)測量的物理量是　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 (2)根據(jù)上述測量的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)及已知量,驗(yàn)證動量守恒定律的表達(dá)式是　　　　　　　;實(shí)驗(yàn)中算得的C、D兩滑塊的動量大小并不完全相等,產(chǎn)生誤差的主要原因是　 　　　。 (3)利用上述實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)　　　　(選填“能”或“不能”)測出被壓縮彈簧的彈性勢能的大小。如能,請寫出計算表達(dá)式:　　　　　　　　　　　　　　　　。若不能,說明理由: 　　　　　　　　　　　　　　　　。  14.如圖所示，豎直平面內(nèi)的四分之一圓弧軌道下端與水平桌面相切，小滑塊A和B分別靜止在圓弧軌道的最高點(diǎn)和最低點(diǎn)．現(xiàn)將A無初速度釋放，A與B碰撞后結(jié)合為一個整體，并沿桌面滑動．已知圓弧軌道光滑，半徑R=0.2 m，A和B的質(zhì)量相等，A和B整體與桌面之間的動摩擦因數(shù)μ=0.2，重力加速度g取10 m/s2.求： (1)碰撞前瞬間A的速率v；(2)碰撞后瞬間A和B整體的速率v′；(3)A和B整體在桌面上滑動的距離l.        15.如圖所示,兩個圓形光滑細(xì)管在豎直平面內(nèi)交疊,組成“8”字形通道,在“8”字形通道底端B處連接一內(nèi)徑相同的粗糙水平直管AB。已知E處距地面的高度h=3.2 m,一質(zhì)量ma=1 kg的小球a從A點(diǎn)以速度v0=12 m/s的速度向右進(jìn)入直管道,到達(dá)B點(diǎn)后沿“8”字形軌道向上運(yùn)動,到達(dá)D點(diǎn)時恰好與軌道無作用力,直接進(jìn)入DE管(DE管光滑),并與原來靜止于E處的質(zhì)量為mb=4 kg的小球b發(fā)生正碰(a、b均可視為質(zhì)點(diǎn))。已知碰撞后a球沿原路返回,速度大小為碰撞前速度大小的三分之一,而b球從E點(diǎn)水平拋出,其水平射程s=0.8 m。(g取10 m/s2) (1)求碰后b球的速度大小。(2)求“8”字形管道上下兩圓的半徑r和R。(3)若小球a在管道AB中運(yùn)動時所受阻力為定值,請通過計算判斷a球返回到BA管道時,能否從A端穿出?                   
答案解析1.答案為：B；解析：以甲、乙組成的系統(tǒng)為研究對象，以甲的初速度方向?yàn)檎较?/span>，由動量守恒定律得m1v1＋m2v2=m1v1′＋m2v2′，解得v1′=10 m/s. 2.答案為：C；解析：正碰也稱對心碰撞，是小球在相互作用前后都沿著同一直線(即沿著兩球球心連線)運(yùn)動的碰撞，根據(jù)動量守恒定律判斷兩小球碰撞前后的機(jī)械能是否守恒，從而將碰撞分為彈性碰撞和非彈性碰撞，斜碰也稱非對心碰撞，是兩球在碰撞前的相對速度不沿兩球球心連線的碰撞，斜碰也遵循動量守恒定律，但情況較復(fù)雜，同樣需要根據(jù)兩小球碰撞前后的機(jī)械能是否守恒，從而判斷屬于彈性碰撞還是非彈性碰撞，故A、B錯誤；根據(jù)碰撞的定義可知，碰撞是指相對運(yùn)動的物體相遇時，在極短時間內(nèi)它們的運(yùn)動狀態(tài)發(fā)生顯著變化的過程，故C正確；在碰撞現(xiàn)象中，如果內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，則可以忽略外力的作用，D錯誤． 3.答案為：A解析：根據(jù)動量定理得F0t0=mv1①,2F0t0=mv2-mv1②,由①②得v1∶v2=1∶3,得p1∶p2=1∶3;由于x1= ,x2= t0,所以有x1∶x2=1∶4,力F做的功為W1=F0x1,W2=2F0x2,所以在t0和2t0時刻的動能Ek1∶Ek2=1∶9。故選項(xiàng)A正確。 4.答案為：A；解析：以初速度方向?yàn)檎较?/span>，根據(jù)動量定理有：Ft=p，故時間變?yōu)?t后，動量變?yōu)?p，故A正確；根據(jù)Ek=，動量變?yōu)?倍，質(zhì)量減半，故動能變?yōu)?Ek，故C錯誤；經(jīng)過位移2L，根據(jù)動能定理有：FL=Ek，故位移變?yōu)?倍后，動能變?yōu)?Ek，故D錯誤；根據(jù)p=，動能變?yōu)?倍，質(zhì)量減半，故動量不變，故B錯誤． 5.答案為：C；解析：在此裝置中，應(yīng)使入射球的質(zhì)量大于被碰球的質(zhì)量，防止反彈或靜止，故選項(xiàng)A錯；兩球做平拋運(yùn)動時都具有相同的起點(diǎn)，故應(yīng)驗(yàn)證的關(guān)系式為m1·OP=m1·OM＋m2·ON，選項(xiàng)C對，選項(xiàng)B、D錯． 6.答案為：B；解析：A先向左減速到零,再向右加速運(yùn)動,在此期間,木板減速運(yùn)動,最終它們保持相對靜止,設(shè)A減速到零時,木板的速度為v1,最終它們的共同速度為v2,取水平向右為正方向,則m1v-m2v=m1v1,m1v1=(m1+m2)v2,可得v1= m/s,v2=2m/s,所以在小木塊A做加速運(yùn)動的時間內(nèi),木板速度大小應(yīng)大于2.0m/s而小于 m/s,只有選項(xiàng)B正確。7.答案為：D；解析：在安全帶產(chǎn)生拉力過程中，人受重力、安全帶的拉力作用做減速運(yùn)動，此過程的初速度就是自由落體運(yùn)動的末速度，所以有：v0==10 m/s.取豎直向下為正，由動量定理得(mg－F)t=0－mv0，解F=1 100 N. 8.答案為：D；解析：小球從A→B的過程中,半圓槽對球的支持力沿半徑方向指向圓心,而小球?qū)Π雸A槽的壓力方向相反指向左下方,因?yàn)橛胸Q直墻擋住,所以半圓槽不會向左運(yùn)動,可見,該過程中,小球與半圓槽在水平方向受到外力作用,動量并不守恒,而由小球、半圓槽和物塊組成的系統(tǒng)動量也不守恒;從B→C的過程中,小球?qū)Π雸A槽的壓力方向向右下方,所以半圓槽要向右推動物塊一起運(yùn)動,因而小球參與了兩個運(yùn)動,一個是沿半圓槽的圓周運(yùn)動,另一個是與半圓槽一起向右運(yùn)動,小球所受支持力方向與速度方向并不垂直,此過程中,因?yàn)橛形飰K擋住,小球與半圓槽在水平方向動量并不守恒,在小球運(yùn)動的全過程,水平方向動量也不守恒,選項(xiàng)A、B錯誤;當(dāng)小球運(yùn)動到C點(diǎn)時,它的兩個分運(yùn)動的合速度方向并不是豎直向上,所以此后小球做斜上拋運(yùn)動,選項(xiàng)C錯誤;因?yàn)槿^程中,整個系統(tǒng)在水平方向上獲得了水平向右的沖量,最終槽與墻不會再次接觸,選項(xiàng)D正確。 9.答案為：D；解析：由題圖知，AB與CD平行，說明撤去推力后物體的合力等于摩擦力，兩物體受到的摩擦力大小相等，故A、B錯誤．根據(jù)動量定理，對整個過程研究得，F1t1－FftOB=0，F2t2－FftOD=0，由題圖看出tOB<tOD，則有F1t1<F2t2，即F1的沖量小于F2的沖量，故C錯誤，D正確． 10.答案為：B；解析：乘客隨座艙在豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，速度大小不變，則動能不變，但高度變化，所以機(jī)械能在變化，A錯誤；在最高點(diǎn)處于失重狀態(tài)，則B正確；轉(zhuǎn)動一周，重力的沖量為I=mgT，不為零，C錯誤；速度方向時刻在變所以重力的瞬時功率在變化，D錯誤． 11.答案為：AC；解析：由題圖乙可以看出，碰前m1位移隨時間均勻增加，m2位移不變，可知m2靜止，m1向右運(yùn)動，故A是正確；碰后一個位移增大，一個位移減小，說明運(yùn)動方向不一致，故B錯誤；由題圖乙可以計算出碰前m1的速度v1=4 m/s，碰后的速度v1′=－2 m/s，m2碰前的速度v2=0，碰后的速度v2′=2 m/s，由動量守恒定律有m1v1＋m2v2=m1v1′＋m2v2′，計算得m2=0.3 kg，故C正確；碰撞過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能ΔE=m1v－m1v1′2－m2v2′2=0，因此D錯誤． 12.答案為：AD；解析：設(shè)A、B質(zhì)量分別為mA、mB，B的初速度為v0，取B的初速度方向?yàn)檎较?/span>，由題意，剛好不發(fā)生第二次碰撞說明A、B碰撞后速度大小相等，方向相反，分別為和－，則有mBv0=mA·＋mB，解得mA∶mB=4∶1，A正確，B錯誤；碰撞前、后總動能之比Ek1∶Ek2=mBv∶=9∶5，C錯誤，D正確．13.答案為：(1)滑塊C、D的質(zhì)量mC、mD(2) 　滑塊與氣墊導(dǎo)軌間仍存在摩擦,氣墊導(dǎo)軌未完全水平(3)能　Ep=0.5mC mD 解析：(1)要驗(yàn)證彈簧彈開的兩滑塊動量守恒,需要知道兩滑塊的質(zhì)量和速度,而速度可以通過光電計時器測量的時間和位移計算,所以實(shí)驗(yàn)中還應(yīng)測量的物理量是滑塊C、D的質(zhì)量mC、mD。(2)設(shè)遮光條的寬度為l,則vC= ,vD= ,驗(yàn)證動量守恒定律的表達(dá)式是mCvC=mDvD,即 。產(chǎn)生誤差的主要原因是:滑塊與氣墊導(dǎo)軌間仍存在摩擦,氣墊導(dǎo)軌未完全水平,測量mC、mD及tC、tD時有誤差。(3)燒斷捆綁的橡皮筋后只有彈簧彈力做功,系統(tǒng)機(jī)械能守恒,所以彈簧的彈性勢能等于兩滑塊離開彈簧時的動能,即Ep=0.5mC mD mC mD 。14.解：設(shè)滑塊的質(zhì)量為m.(1)根據(jù)機(jī)械能守恒定律有mgR=mv2，得碰撞前瞬間A的速率v==2 m/s.(2)根據(jù)動量守恒定律有mv=2mv′，得碰撞后瞬間A和B整體的速率v′=v=1 m/s.(3)根據(jù)動能定理有(2m)v′2=μ(2m)gl，得A和B整體沿水平桌面滑動的距離l==0.25 m. 15.解：(1)b球離開E點(diǎn)后做平拋運(yùn)動h= gt2s=vbt解得vb=1m/s。(2)a、b碰撞過程,動量守恒,以水平向右為正方向,則有mava=-ma× va+mbvb解得va=3m/s。碰前a在D處恰好與軌道無作用力,則有mag=ma ,解得r=0.9m。R= =0.7m。(3)小球從B到D,根據(jù)機(jī)械能守恒得0.5ma ma +magh解得0.5ma =36.5J從A到B過程,由動能定理得-Wf=0.5ma ma 解得Wf=35.5J。從D到B,根據(jù)機(jī)械能守恒得0.5ma +magh=0.5mavB'2解得0.5mavB'2=32.5J<Wf,所以不能從A端穿出。   

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