(江苏专用)2019版高考物理大一轮复习 第6单元 动量测评手册.pdf

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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 D61 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 D61A。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。若相互作用过程中甲的速度不反向，则该过程动量守恒D

2、。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mvB.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mvD。地面对他的冲量为mv-mgt,地面对他做的功为零3.如图 D62 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

3、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.2Mv022C. D。2mv04。2017山东师大附中一模 如图 D63 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 D6-3A. 0.2vB. 0.4vC。 0.6vD。 0.8v5。 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，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

4、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（)图 D6-4A。 3 JB。 4 JC. 6 JD。 20 J6.2017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 D65A。A、B、C的速度均发生变化，分别为v1、v2、v3,而且满足(M+m0)v=Mv1+m0v2+mv3B.B的速度不变，A和C的速度变为v1和v2,而且满足Mv=Mv1+m

5、v2C。B的速度不变,A和C的速度都变为v，且满足Mv=（M+m）vD。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+mv27。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 D66 所示,则在 08 s 内，下列说法中正确的是（)图 D66A。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

6、生正碰，如图 D67 所示为两球碰撞前后的位移时间(xt）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 D67A.A、B两球碰撞前的总动量为 3 kgm/sB.碰撞过程A对B的冲量为-4 NsC。碰撞前后A的动量变化为 4 kg m/sD.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 D68 甲所示的实验，实验步骤主要包括:图 D68选取两块大小不同的木块A、B，

7、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、M

8、N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

9、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。11.（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

10、=0。45m,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,2不计空气阻力，重力加速度g取 10 m/s。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 D69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

11、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

12、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)v +Ep,铁块相对于木板运动的整个过程,有恒定律得mv0=(M+m)v,联立得Ep=3 J,选项 A 正确.2,解得vB=0。5v，则碰撞后B的(m+M)v，根据动量守26。BC解析 碰撞的瞬间A和C组成的系统动

13、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 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，

14、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=mAvmvA=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动量为p总=mAvA+mBvB= kgm/s，选项 A 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）v =10 J，选项 D 正确.9。mA2=(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

15、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,碰撞瞬间若满足动量守恒,则有定理得（mA+mB）gs2=（m1+m2） ,解得v2=mAv1=(mA+mB）v2,即mA10.(1）2t(2)=(mA+mB),可得mA=(mA+mB).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Fmg=mah1= at2根据动能定理有Fh1mgH=0概念机从最大高度处到地面的过程中,由动能定理得Pt

16、2-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=m1v1=m2v2对小球甲、乙,由动量守恒定律得对小球乙，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小球乙恰好过d点,有m2g=m2解得vd=2 m/s由题意vdv2,所以小球乙的质量m2=1 kg。（2)对小球乙在半圆形轨道上运动的过程中，由动能定理有2m2gR+Wf=解得小球乙克服摩擦力所做的功Wf=8 J。尊敬的读者：本文由我和我的同事在百忙中收集整编出来，本文档在发布之前我们对内容进行仔细校对，但是难免会

17、有不尽如人意之处，如有疏漏之处请指正，希望本文能为您解开疑惑,引发思考。文中部分文字受到网友的关怀和支持，在此表示感谢！在往后的日子希望与大家共同进步，成长。This article is collected and compiled by my colleagues and I in ourbusy schedule. We proofread the content carefully before the release ofthis article, but it is inevitable that there will be someunsatisfactory points. If there are omissions, please correct them. Ihope this article can solve your doubts and arouse your thinking. Partof the text by the users care and support, thank you here! I hope tomake progress and grow with you in the future.