1、第六单元 动量（B）注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。1下列说法正确的是()A冲量的方向与动量的方向一致B冲量是物体动量变化的原因C物体受力越大，其动量变化越大
2、D冲量越大，动量也越大2如图所示，小朋友在荡秋千时，小朋友可视为质点，她自内侧最高点a运动到外侧最高点b过程中，忽略空气阻力，秋千对小朋友作用力的冲量方向为()A竖直向上B竖直向下Ca指向b方向Db指向a方向3如图所示，AB为固定的光滑圆弧轨道，O为圆心，AO水平，BO竖直，轨道半径为R，将质量为m的小球(可视为质点)从A点由静止释放，在小球从A点运动到B点的过程中()A小球所受合力的冲量指向圆心OB小球所受支持力的冲量水平向右C小球所受合力的冲量大小为mD小球所受重力的冲量大小为04质量为m、半径为R的小球，放在半径为3R、质量为3m的大空心球内，大球开始静止在光滑水平面上。当小球从如图所示
3、的位置（两球心在同一水平面上）无初速度沿内壁滚到最低点时，大球移动的距离是()AR BRCR DR5如图所示，一质量为3M的盒子沿光滑水平面以速度2v向右运动，盒底上表面光滑，同时在盒内有一质量为M的小物块以水平速度v向右运动。如果每一次碰撞都没有机械能损失，则()A盒子与小物块最终静止B盒子与小物块最终达到相同速度，从而做匀速运动C第一次碰撞后瞬间，小物块相对水平面的速度大小为vD第一次碰撞后瞬间，小物块相对水平面的速度大小为v6如图所示，在光滑的水平地面上，静置一质量为m的四分之一光滑圆弧滑块，圆弧半径为R，一质量也为m的小球，以水平速度v0自滑块的左端A处滑上滑块，当二者共速时，小球刚好
4、到达圆弧上端B。若将小球的初速度增大为2v0，则小球能达到距B点的最大高度为()A2R B3R C4R D5R7一颗子弹水平射入静止在光滑水平地面上的木块后不再穿出，木块的动能增加了8 J，木块的质量大于子弹的质量。则此过程中产生的内能可能是()A18 J B16 J C10 J D6 J8如图所示，小车的上面固定一个光滑弯曲圆管道，整个小车(含管道)的质量为2m，原来静止在光滑的水平面上。今有一个可以看做质点的小球，质量为m，半径略小于管道半径，以水平速度v从左端滑上小车，小球恰好能到达管道的最高点，然后从管道左端滑离小车。关于这个过程，下列说法不正确的是()A小球滑离小车时，小车不能回到原
5、来位置B小球滑离小车时相对小车的速度大小为vC车上管道中心线最高点的竖直高度为D小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，小车的动量变化大小是mv二、多项选择题:本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9如图所示，静止在光滑水平面上的小车，站在车上的人将右边框中的球一个一个地投入左边的框中。所有球仍在车上，那么，在投球过程中下列说法正确的是()A由于人和小车组成的系统所受的合外力为零，所以小车静止不动B由于人和小车组成的系统所受的合外力不为零，所以小车向右运动C投完球后，小车将向右做匀速直线运动D投完球后，小车将静止不动1
6、0如图甲所示，质量为0.2 kg的小球B静止在水平地面上，大小相同的小球A水平向右运动与小球B发生对心碰撞，碰撞前、后两球的vt图像如图乙所示，重力加速度g10 m/s2，下列说法正确的是()A碰后小球A反向弹回B小球A的质量为0.16 kgC小球B与地面间的动摩擦因数为0.016D小球A、B发生的是非弹性碰撞11在研究原子物理时，科学家们经常借用宏观的力学模型模拟原子间的相互作用，如图所示，在水平面上固定着一个半径为A的内壁光滑的圆管轨道（R远大于圆管直径），A、B、C、D四个点将圆轨道等分为四等份，在轨道的A点静止放着一个甲球，某一时刻另一个乙球从D点以某一速度沿顺时针方向运动，与甲球发生
7、弹性碰撞，小球（可视为质点）直径略小于轨道内径，已知m甲7m乙，则下列说法正确的是()A第一次碰撞后瞬间乙球被反向弹回B第一次碰撞后到第二次碰撞前，乙球对圆管的弹力方向始终斜向下C第一次碰撞后到第二次碰撞前，甲、乙两球对轨道的弹力大小之比为79D第二次碰撞在B点12如图所示，劲度系数为k的竖直轻弹下端固定在地面上，上端与物块B相连并处于静止状态。一物块A在外力作用下静止在弹簧正上方某高度处，取物块A静止时的位置为原点O、竖直向下为正方向建立x轴。某时刻撤去外力，物块A自由下落，与物共B碰撞后以相同的速度向下运动，碰撞过程用时极短。测得物块A的动能Ek与其位置坐标x的关系如图乙所示（弹簧始终处于
8、弹性限度内），图中除0x1之间的图线为直线外。其余部分均为曲线。已知物块A、B均可视为质点，重力加速度为g，则()A物块A、B的质量之比为12B弹簧的劲度系数为C从x2到x3的过程中，物块运动加速度的最大值D从x1到x3的过程中，弹簧的弹性势能增加了三、非选择题：本题共6小题，共60分。把答案填在题中的横线上或按题目要求作答。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(6分)在“探究碰撞中的不变量”实验中，通过碰撞后做平抛运动测量速度的方法来进行实验，实验装置如图甲所示，实验原理如图乙所示。(1)若入射小球质量
9、为m1，半径为r1；被碰小球质量为m2，半径为r2，则要求_；（填字母代号）Am1m2，r1r2 Bm1m2，r1r2Cm1m2，r1r2 Dm1m2，r1r2(2)在本实验中，下列关于小球落点P的说法，正确的是_；A如果小球每次都从同一点无初速度释放，重复几次的落点P一定是重合的B由于偶然因素存在，重复操作时小球落点不重合是正常的，落点应当很分散C测定P点位置时，如果重复10次的落点分别为P1、P2、P10，则OP应取OP1、OP2、OP10平均值，即D用尽量小的圆把P1、P2、P10圈住，这个圆的圆心是小球落点的平均位置P(3)用刻度尺测量M、P、N距O点的距离x1、x2、x3，通过验证等
10、式_是否成立，从而验证动量守恒定律。14(8分)某同学用如图所示的实验装置验证动量定理，所用器材包括：气垫导轨、滑块（上方安装有宽度为d的遮光片）、两个与计算机相连接的光电门、砝码盘和砝码等。实验步骤如下：(1)开动气泵，调节气垫导轨，轻推滑块，当滑块上的遮光片经过两个光电门的遮光时间_时，可认为气垫导轨水平；(2)用天平测砝码与砝码盘的总质量m1、滑块（含遮光片）的质量m2；(3)用细线跨过轻质定滑轮将滑块与砝码盘连接，并让细线水平拉动滑块；(4)令滑块在砝码和砝码盘的拉动下从左边开始运动，和计算机连接的光电门能测量出遮光片经过A、B两处的光电门的遮光时间t1、t2及遮光片从A运动到B所用的
11、时间t12；(5)在遮光片随滑块从A运动到B的过程中，如果将砝码和砝码盘所受重力视为滑块所受拉力，拉力冲量的大小I_，滑块动量改变量的大小p_；（用题中给出的物理量及重力加速度g表示）(6)实验数据处理中，发现拉力的冲量I略大于滑块动量的改变量，请从系统误差的角度说明原因：_。15(8分)如图所示，用高压水枪喷出的强力水柱冲击煤层。设水柱直径为D，水流速度为v，水柱垂直煤层表面，水柱冲击煤层后水的速度为零。求：(1)高压水枪的功率；(2)水柱对煤的平均冲力。16(10分)如图所示，水平地面上静止放置一辆小车A，质量mA4 kg，其上表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计。可视为质点的
12、物块B置于A的最右端，B的质量mB2 kg。现对A施加一个大小为10 N、水平向右的恒力F，A运动一段时间后，小车左端固定的挡板与B发生碰撞，碰撞时间极短且碰后A、B粘在一起共同在F的作用下继续运动，碰撞后经过0.6 s，二者的速度达到2 m/s。求：(1)A开始运动时的加速度大小a；(2)A、B碰撞后瞬间的共同速度的大小v；(3)A的上表面长度l。17(12分)如图所示，在光滑的水平面上放着一个质量为m的木球，在木球正上方L处有一个固定悬点O，在悬点O和木球之间用一根长为2L的不可伸长的轻绳连接。有一个质量也为m的子弹以v0的速度水平射入木球并留在其中，一段时间之后木球绕O点在竖直平面内做圆
13、周运动。球可视为质点，重力加速度为g，空气阻力不计，求：(1)木球以多大速度离开水平地面。(2)子弹速度v0的最小值。18(16分)如图所示，质量均为M1 kg的甲、乙两长木板相距为s03 m，且均静止于光滑水平面上，两长木板的长度均为L3 m。开始甲长木板停靠在一半径为R0.2 m的四分之一光滑固定的圆弧轨道右端，圆弧轨道下端与甲长木板上表面水平相切。乙长木板右端固定一处于自然伸长的轻质弹簧，轻质弹簧的自由端恰好位于乙长木板中点Q处。将一质量为m2 kg可视为质点的滑块从圆弧轨道的顶端静止释放。已知乙长木板上表面光滑，滑块与甲长木板间的动摩擦因数为0.2，g取10 m/s2，试分析下列问题：
14、(1)滑块刚滑上甲长木板时的速度；(2)若甲、乙两长木板碰撞后粘在一起，试判断甲、乙长木板相碰时滑块是否滑出甲长木板。若甲、乙两长木板相碰前滑块已经滑出甲长木板，试求甲、乙两长木板碰后的共同速度；若甲、乙两长木板在碰前滑块还没滑出甲长木板，则求两长木板碰后滑块最终的停点与Q点之间的距离。第六单元（B）答案一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。1【答案】B【解析】根据动量定理可知，冲量是物体动量变化的原因，冲量和动量没有必然的联系，冲量的方向与动量的方向不一定一致，冲量越大，动量也不一定越大，故AD错误，B正确；根据动量定理Ftmv，物体受力越大，其
15、动量变化不一定越大，还和受力的时间有关，故C错误。2【答案】A【解析】小朋友初始动量和末动量均为零，根据动量定理，合力的冲量为零，所以秋千对小朋友作用力的冲量与重力冲量等大反向。3【答案】C【解析】在小球从A点运动到B点的过程中，Imv，速度方向变为水平向右，所以小球所受合力即重力和支持力的合力的冲量水平向右，故A、B错误；在小球从A点运动到B点的过程中机械能守恒，故有mgRmv，解得vB，所以Im，故C正确；小球所受重力的冲量大小为IGmgt，大小不为零，故D错误。4【答案】A【解析】由于水平面光滑，系统水平方向上动量守恒，则任意时刻小球的水平速度大小为v1，大球的水平速度大小为v2，由水平
16、方向动量守恒有mv13mv2，若小球达到最低点时，小球的水平位移为x1，大球的水平位移为x2，则，由题意x1x23RR2R，解得大球移动的距离x2R，故A正确。5【答案】D【解析】由于水平面光滑且每一次碰撞都没有机械能损失，盒子与小物块会一直碰撞下去，故AB错误；盒子与小物块发生第一次弹性碰撞后瞬间，由动量守恒定律得，由机械能守恒定律得，解得盒子的速度大小为，小物块的速度大小为，故C错误，D正确。6【答案】B【解析】当小球上升到圆弧的上端时，小球与滑块速度相同，设为v1，以小球的初速度v0方向为正方向，在水平方向上，由动量守恒定律得mv02mv1，由机械能守恒定律得，代入数据解得，若小球以2v
17、0冲上滑块，当小球上升到圆弧的上端时，小球与滑块水平速度相同，设为v2，以小球的初速度方向为正方向，在水平方向上，由动量守恒定律得2mv02mv2，由机械能守恒定律得，解得，小球离开圆弧后做斜抛运动，竖直方向做减速运动，则，故距B点的最大高度为3R。7【答案】A【解析】设子弹的初速度为v0，射入木块后子弹与木块共同的速度为v，木块的质量为M，子弹的质量为m，根据动量守恒定律得mv0(Mm)v，解得v，木块获得的动能为EkMv2，系统产生的内能为Qmv(Mm)v2，所以，由于木块的质量大于子弹的质量，所以，即Q2Ek28 J16 J，故A正确，B、C、D错误。8【答案】C【解析】小球到最高点，水
18、平方向动量守恒，因此有，机械能守恒，解得，则小车到最高点的动量变化量为，小球离开小车时，由动量守恒和机械能守恒得，联立解得，因此相对速度为，可以看到小车得速度一直为正向速度，因此一直向前运动，不会回到原点，综上分析，ABD正确，C错误。二、多项选择题:本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9【答案】BD【解析】在投球过程中，人和车（含篮球）系统所受的合外力不为零，但水平方向不受外力，系统水平动量守恒，篮球有水平向左的动量，则人和车系统获得水平向右的动量，所以人和车系统所受的合外力不为零，车在人的作用力作用下右移，A
19、错误、B正确；由题知投完球后所有球仍在车上，则说明球和车发生碰撞，根据水平方向动量守恒可知，碰撞后二者均静止，C错误、D正确。10【答案】CD【解析】由图可知碰前，碰后，碰后A球速度方向没变，故A错误；由动量守恒得，解得，故B错误；由碰前图像可得A球的加速度，由A球虚线可得经5 s后B球速度减为0，可得B球的加速度大小为0.16 m/s2，B与地面间的动摩擦因数为0.016，故C正确；碰前碰后系统动能关系，小球A、B发生的是非弹性碰撞，故D正确。11【答案】ACD【解析】第一次碰撞时，两球发生碰撞碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以乙球碰前瞬间方向为正方向，由动量守恒定律得，由机械能守恒
20、定律得，解得，因为，则，故第一次碰撞后瞬间乙球被反向弹回，故A正确；根据轨道弹力提供向心力有，可得，根据牛顿第三定律可知，甲、乙两球对轨道的弹力大小之比为，故C正确；因为碰后，乙球速度大小是甲球速度大小的3倍，则第二次碰撞恰好发生在B点，乙球运动圆周，则第一次碰撞后到第二次碰撞前，乙球对圆管的弹力方向并不是始终斜向下，故B错误，符合题意，D正确。12【答案】AD【解析】根据图像可知碰撞后A的动能变为原来的，根据，则物块A与B碰撞前后速度大小之比为31，设碰撞前一刻速度为v，取初速度方向为正方向，由动量守恒定律有，解得，A正确；设A质量为m，则B的质量为2m，由图乙可知，x2处动能达到最大，根据
21、平衡条件可得此时弹簧弹力为3mg，从x1到x2过程中，弹簧弹力增加mg，由胡克定律知，故，从O到x1，由动能定理有，解得，B错误；从x2到x3过程中，加速度大小逐渐减小至0，然后再增加，故加速度最大处在x3处；在x1处有，解得，在x3处有，解得，故加速度最大值不可能为，C错误；碰撞后，A的动能为 ，则B的动能为，总动能为，从x1到x3过程中，由能量关系有，解得，D正确。三、非选择题：本题共6小题，共60分。把答案填在题中的横线上或按题目要求作答。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(6分)【答案】(1)C
22、 (2)D (3) (每空2分)【解析】(1)两球碰撞时要发生对心碰撞，两球的直径应相等，即r1r2；为防止碰撞过程入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，即m1m2。故C正确。(2)由于各种偶然因素，如所受阻力不同等，小球的落点不可能完全重合，落点应当比较集中，故AB错误；确定落点平均位置的方法是最小圆法，即用尽可能最小的圆把各个落点圈住，这个圆的圆心位置代表落点的平均位置；由于落点比较密集，又较多，每次测量距离很难。故不能用求平均值的方法求解；故C错误D正确。(2)分析数据，如果动量守恒应有，小球碰撞前后都做平抛运动，因高度相同则落地的时间想用，因此有，代入上面公式可得，是否成立，从而
23、验证动量守恒定律。14(8分)【答案】(1)大约相等 (5) (6)经过光电门的平均速度代替滑块经过A、B两处的瞬时速度 (每空2分)【解析】(1)开动气泵，调节气垫导轨，当气垫导轨水平时，轻推滑块，滑块在导轨上做匀速直线运动，滑块上的遮光片经过两个光电门的遮光时间大约相等。(2)在遮光片随滑块从A运动到B的过程中，拉力的大小等于砝码和砝码盘所受重力，故，而遮光片从A运动到B所用的时间为t12，故拉力冲量的大小，滑块经过A时的瞬时速度，滑块经过B时的瞬时速度，滑块动量改变量的大小。(3)计算速度时用经过光电门的平均速度代替滑块经过A、B两处的瞬时速度，致使拉力的冲量I略大于滑块动量的改变量p
24、。15(8分)【解析】(1)设t时间内，从喷口喷出的水的体积为V，质量为m，则mVVvStvD2tt时间内从喷口喷出的水的动能Ekmv2D2v3t (1分)由动能定理知，高压水枪对水做的功WEkD2v3t (1分)高压水枪的功率PD2v3。 (2分)(2)考虑一个极短时间t，在此时间内喷到煤层上水的质量为m，由动量定理得Ftmv (1分)t时间内冲到煤层水的质量mSvtD2vt (1分)联立解得FD2v2。 (2分)16(10分)【解析】(1)以A为研究对象，由牛顿第二定律有：FmAa (2分)解得：a2.5 m/s2。(1分)(2)对A、B碰撞后共同运动t0.6 s后速度达到v2 m/s的过
25、程，由动量定理得：Ft(mAmB)v(mAmB)v (2分)解得：v1 m/s。(1分)(3)设A、B发生碰撞前A的速度为vA，对A、B发生碰撞的过程，由动量守恒定律有：mAvA(mAmB)v (1分)A从开始运动到与B发生碰撞前，由动能定理有：FlmAv (1分)解得：l0.45 m。(2分)17(12分)【解析】(1)设子弹打入木球后共同速度为v，木块离开水平地面速度为v1，由动量守恒定律得：mv02mv (2分)木块离开地面时沿绳方向速度瞬间减为零，只有垂直绳的速度v1vsin30 (2分)联立解得：v1v0。 (2分)(2)木块从离开水平桌面到最高点系统机械能守恒，到最高点时速度为v2
26、，绳子对木块的拉力为F，由机械能守恒定律和牛顿定律有：2mg3L2mv222mv12 (2分)F2mg (2分)F0时，v0最小，有。(2分)18(16分)【解析】(1)滑块从圆弧轨道顶端下滑到底端时，由动能定理可得：mgRmv02 (1分)代入数据解得：v02 m/s (2分)(2)假设滑块在两长木板碰撞之前已经与甲长木板达到相对静止，设它们的共同速度为v1，由动量守恒定律得：mv0(Mm)v1 (1分)解得滑块与甲长木板的共同速度v0 m/s (1分)设滑块在甲长木板上的相对位移为l，根据能量守恒定律得：mglmv02(Mm)v12 (1分)解得：l mL (1分)由以上分析可知滑块与甲长
27、木板相对静止瞬间还没有滑到甲长木板的右端。设当滑块与甲长木板相对静止瞬间甲长木板通过的位移为s甲，由动能定理得：mgs甲Mv12 (1分)解得：s甲ms03 m (1分)由以上分析可知甲、乙两长木板碰撞时，滑块还没滑出甲长木板就与甲长木板达到相对静止，并以v1 m/s共同速度向乙长木板运动，共同匀速运动一段时间后再与乙长木板发生碰撞。设甲、乙两长木板碰撞后的共同速度为v，由动量守恒定律可得：Mv12Mv (1分)解得：v m/s (1分)设系统最后的共同速度为v共，由动量守恒定律可得：mv12Mv(2Mm)v共解得：v共1 m/s (1分)由动能定理可得：(2Mm)v共2mv022Mv2mgs (1分)解得：sm (1分)因为：lsmL (1分)所以滑块最终距离Q点的距离为：sLLsl4.11 m。 (1分)