1、单元素养检测卷(六)动量守恒定律时间：75分钟满分：100分一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分)1如图所示，运动员向球踢了一脚，踢球时的力F100 N，球在地面上滚动了10 s后停下来，则运动员对球的冲量为()A1 000 Ns B500 NsC0 D无法确定2.如图所示小船静止于水面上，站在船尾上的渔夫不断将鱼抛向船头的船舱内，将一定质量的鱼抛完后，关于小船的速度和位移，下列说法正确的是()A小船向左运动，船向左移一些B小船静止，船向左移一些C小船静止，船向右移一些D小船静止，船不移动3跳远时，跳在沙坑里比跳在水泥地上安全，这是由于()A人跳在沙坑的动量比跳在水泥地上小B人跳
2、在沙坑的动量变化量比跳在水泥地上小C人跳在沙坑受到的冲量比跳在水泥地上小D人跳在沙坑受到的冲力比跳在水泥地上小42021河北邯郸一中月考在沈海高速公路上发生一起交通事故，一辆质量为1.5104 kg向南行驶的长途客车迎面撞上了一质量为2.0104 kg向北行驶的货车，碰后两辆车连在一起，并向北滑行了一小段距离后停止根据测速仪的测定，两车碰撞前长途客车以108 km/h的速度行驶，由此可判断货车碰撞前的行驶速度大小为()A大于10 m/s B小于22.5 m/sC一定大于22.5 m/s D一定大于30 m/s5.2021湖北武汉调研某运动员在水上做飞行运动表演，他操控的喷射式悬浮飞行器将水带竖
3、直送上来的水向下喷出，可以使运动员悬停在空中，如图所示已知运动员与装备的总质量为90 kg，两个喷嘴的直径均为10 cm，已知重力加速度g10 m/s2，水的密度1.0103 kg/m3，则喷嘴处喷水的速度大约为()A2.7 m/s B5.4 m/sC7.6 m/s D10.8 m/s6冰壶运动深受观众喜爱，图1为运动员投掷冰壶的镜头在某次投掷中，冰壶甲运动一段时间后与对方静止的冰壶乙发生正碰，如图2.若两冰壶质量相等，则碰后两冰壶最终停止的位置，可能是图3中的哪幅图()7冰面上做游戏是一项技巧性很强的活动如图所示，质量为m的小孩与质量为的木箱以相同的速度v0冲向静止的大人，木箱撞击大人前，小
4、孩推出木箱后小孩速度大小变为，已知大人的质量是小孩的2倍，大人接到木箱后与木箱一起运动，此后小孩与大人之间的距离越来越远，且不计冰面的摩擦则 ()A小孩动量变化量的大小为B小孩动量变化量的大小为C大人接到木箱后一起运动的速度为v0D大人接到木箱后一起运动的速度为v0或v0二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分)82021安徽合肥一六八中学模拟某研究小组通过实验测得两滑块碰撞前后运动的实验数据，得到如图所示的位移时间图像图中的线段a、b、c分别表示沿光滑水平面上同一条直线运动的滑块、和它们发生正碰后结合体的位移随时间的变化关系已知相互作用时间极短，由图像给出的信息可知()A碰前滑块与
5、滑块的速度大小之比为5：2B碰前滑块的动量大小比滑块的动量大小大C碰前滑块的动能比滑块的动能小D滑块的质量是滑块质量的9.2021河北百校联盟二联如图所示，质量为2 kg的小车以2.5 m/s的速度沿光滑的水平面向右运动，现在小车上表面上方1.25 m高度处将一质量为0.5 kg的可视为质点的物块由静止释放，经过一段时间物块落在小车上，最终两者一起水平向右匀速运动重力加速度为g10 m/s2，忽略空气阻力，下列说法正确的是()A物块释放0.5 s后落到小车上B若只增大物块的释放高度，物块与小车的共同速度变小C物块与小车相互作用的过程中，物块和小车的动量守恒D物块与小车相互作用的过程中，系统损失
6、的能量为7.5 J102021云南师大附中月考如图所示，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点，一质量为m的滑块在小车上从A点由静止开始沿轨道滑下，然后滑入BC轨道，最后恰好停在C点，已知M2m，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为，重力加速度为g.则滑块从A运动到C的过程中()A滑块水平方向相对地面的位移大小为(RL)B小车相对地面的位移大小为(RL)C小车的最大速度vD滑块克服摩擦力做的功在数值上等于滑块减少的机械能三、非选择题(本题共5个小题，54分)11(6分)某同学用如图所示的装置做“验证动量守恒定律
7、”的实验先将入射小球a球从斜槽轨道上某固定点处由静止开始滚下，在水平地面上的记录纸上留下压痕，重复10次；再把同样大小的被碰小球b球放在斜槽轨道末端的小立柱上，调节实验装置使两小球碰撞时球心处于同一水平高度，让a球仍从原固定点由静止开始滚下，和b球相碰后，两球分别落在记录纸的不同位置处，重复10次(1)关于本实验，下列说法正确的是_(填序号字母)A斜槽轨道必须是光滑的B必须测量小球a、b的直径DC必须测量斜槽轨道末端到水平地面的高度HD必须测量小球a、b的质量，且二者的关系为mamb(2)为测定未放小球b时，小球a落点的平均位置，把刻度尺的零刻线跟记录纸上的O点对齐，如图给出了小球a落点附近的
8、情况，由图可得a球落点与O点的距离应为_ cm.(3)按照本实验方法，验证动量守恒的验证式是_12(8分)某同学现用如图1所示的气垫导轨和光电门装置来“验证动量守恒定律”，在气垫导轨右端固定一弹簧，滑块b的右端有强粘性的胶水图中滑块a和挡光片的总质量为m10.620 kg，滑块b的质量为m20.410 kg.实验步骤如下：按图安装好实验器材后，接通气源，先将滑块a置于气垫导轨上，然后调节底脚螺丝，直到轻推滑块后，滑块上的挡光片通过两个光电门的时间_；将滑块b置于两光电门之间，将滑块a置于光电门1的右端，然后将滑块a水平压缩弹簧，滑块a在弹簧的作用下向左弹射出去，通过光电门1后继续向左滑动并与滑
9、块b发生碰撞；两滑块碰撞后粘合在一起向左运动，并通过光电门2；实验后，分别记录下滑块a挡光片通过光电门1的时间t1，两滑块一起运动挡光片通过光电门2的时间t2.图1图2(1)完成实验步骤中所缺少的内容(2)实验前用一游标卡尺测得挡光片的宽度d如图2所示，则d_ cm.(3)设挡光片通过光电门的时间为t，则滑块通过光电门的速度可表示为v_(用d、t表示)(4)实验中测得滑块a经过光电门1的速度为v12.00 m/s，两滑块经过光电门2的速度为v21.20 m/s，将两滑块和挡光片看成一个系统，则系统在两滑块相互作用前、后的总动量分别为p1_ kgm/s，p2_ kgm/s(结果均保留3位小数)1
10、3(10分)2021马鞍山模拟质量为2 kg的小物块静止于光滑水平面上，从某一时刻开始，小物块所受的水平冲量与时间的关系如图所示，求在6 s内物块的位移14(12分)2021湖北十堰1月调考如图所示，水平地面上有两个静止的物块A和B，A、B的质量分别为m12 kg，m21 kg，它们与地面间的动摩擦因数均为0.5.现对物块A施加一大小为40 Ns、水平向右的瞬时冲量I，使物块A获得一个初速度，t1 s后与物块B发生弹性碰撞，且碰撞时间很短，A、B两物块均可视为质点，重力加速度g10 m/s2.(1)求A与B碰撞前瞬间，A的速度大小；(2)若物块B的正前方20 m处有一危险区域，请通过计算判断碰
11、撞后A、B是否会到达危险区域15(18分)2021湖南长郡中学一模如图所示，两相同小木块M、N(均视为质点)的质量均为m1 kg，放在水平桌面上，木块M、N间夹有一压缩的轻质弹簧P，弹簧两端与小木块M、N不拴接，但两木块通过长L0.1 m的细线相连接桌子中央O点左侧粗糙，中央O点右侧光滑，小木块M、N与桌子左侧间的动摩擦因数0.5，且开始时木块N离桌子中央O的距离s1.15 m现让小木块M、N一起以v04 m/s的初速度向桌子右侧运动，木块M、N越过桌子中央O点进入右侧光滑区后，剪断M、N间的细线，发现小木块M最终停在桌面光滑区，而小木块N水平抛出离开桌面，木块N运动到A点时速度方向恰好沿AB
12、方向，小木块N沿斜面AB滑下已知斜面AB与水平方向间的夹角为37，斜面长为LAB2.0 m，木块N与斜面间的动摩擦因数也是0.5.木块N到达B点后通过光滑水平轨道BC到达光滑竖直圆轨道，圆轨道底端(稍稍错开)分别与两侧的直轨道相切，其中AB与BC轨道以微小圆弧相接重力加速度g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.(1)求压缩弹簧的弹性势能Ep；(2)求水平桌面与A点的高度差；(3)若木块N恰好不离开轨道，并能从光滑水平轨道DE滑出，求竖直圆轨道的半径R.单元素养检测卷(六)1解析：滚动了10 s是地面摩擦力对足球的作用时间，不是踢球的力的作用时间，由于不能确定运动员对球的作
13、用时间，所以无法确定运动员对球的冲量，选项D正确答案：D2解析：人、船、鱼构成的系统水平方向动量守恒，据“人船模型”，鱼动船动，鱼停船静止，鱼对地发生向左的位移，则人船的位移向右故选项C正确答案：C3解析：人跳远从一定高度落下，落地前的速度(v)一定，则初动量相同；落地后静止，末动量一定，所以人下落过程的动量变化量p一定，因落在沙坑上作用的时间长，落在水泥地上作用的时间短，根据动量定理Ftp，当p一定，t大，则F小，故D对答案：D4解析：碰撞前长途客车的速度v1108 km/h30 m/s.根据碰后两辆车连在一起且向北滑行的情况，可知由两车组成的系统的总动量方向向北，所以碰前客车的动量p1m1
14、v1(向南)应该小于货车的动量p2m2v2(向北)，即m1v1m2v2，代入数据有1.510430 (kgm/s) 22.5 m/s.答案：C5解析：设t时间内每个喷嘴有质量为m的水射出，对这部分水由动量定理得Ft2mv，mvt，运动员悬停在空中，所以有FMg，联立解得v7.6 m/s，故C正确答案：C6解析：冰壶甲、乙碰撞过程动量守恒，碰撞前系统动量水平向右，碰撞后合动量也必然水平向右，碰撞后冰壶在摩擦力作用下做匀减速直线运动所以碰撞点到最后停靠点的连线代表碰撞后的速度方向，连线的长短反映碰撞后的速度大小A选项所示的图中，甲、乙碰后的动量都斜向右上方，不符合动量守恒定律，选项A错误B选项所示
15、的图中，碰撞后甲静止，乙水平向右运动，符合质量相等的物体发生弹性碰撞的过程，选项B是可能的C选项所示的图中，甲在前，乙在后，碰后甲的速度不可能大于乙，即甲不可能在乙前面，选项C错误D选项所示的图中，碰后甲的速度大于乙的速度，合动量水平向左，不符合动量守恒定律，选项D错误答案：B7解析：设大人和木箱一起运动的速度为v0，以大人 、小孩和木箱为研究系统，水平方向动量守恒，若小孩推开木箱后与木箱同向运动，有(m)v0mv0，解得vv0，小孩会追上大人，违背题意，故这种情况不可能发生，只有一种情况就是两者速度相反，v0mv，即小孩的速度为，解得vv0，小孩动量的变化量pmmv0，ACD错误，B正确答案
16、：B8解析：本题通过图像考查动量和能量的综合问题根据x t图像的斜率表示速度可知，碰前滑块的速度v12 m/s，滑块的速度v20.8 m/s，则碰前滑块与滑块的速度大小之比为5：2，A正确；碰撞前后系统动量守恒，碰撞前，滑块的动量为负，滑块的动量为正，由于碰撞后系统的总动量为正，故碰撞前总动量也为正，碰撞前滑块的动量大小比滑块的动量大小小，B错误；碰撞后结合体的共同速度v0.4 m/s，根据动量守恒定律得m1v1m2v2(m1m2)v，解得m1m2，由动能的表达式可知，m1vm2v，C错误，D正确答案：AD9解析：物块下落的时间为t s0.5 s，选项A正确；物块与小车相互作用的过程中，物块与
17、小车组成的系统在水平方向的动量守恒，在竖直方向的动量不守恒，由水平方向动量守恒Mv0(Mm)v知，释放高度变大，水平方向的共同速度不变，选项B、C错误；在整个过程中，由能量守恒定律得系统损失的机械能Emgh，代入数据可得E7.5 J，选项D正确答案：AD10解析：本题考查动量守恒定律、机械能守恒定律设全程小车相对地面的位移大小为s，滑块水平方向相对地面的位移为x，滑块与小车组成的系统在水平方向动量守恒，则有xsRL，mM0，已知M2m，解得x(RL)，s(RL)，A正确，B错误；滑块从A滑到B点的过程中小车受到滑块的压力一直做正功，则滑块滑到B点时小车的速度达到最大，取水平向右为正方向，由动量
18、守恒定律和机械能守恒定律得0mvAMv，mgRmvMv2，解得v，C正确；滑块从B点开始在滑动摩擦力作用下和小车相对滑动，滑动摩擦力对滑块做负功，根据动能定理知，滑块克服摩擦力做的功等于滑块减少的动能，全过程滑块减少的机械能转化为系统因摩擦产生的热量，D错误答案：AC11解析：(1)由动量守恒原理maOmaOmb可知必须测量小球a、b的直径D，必须测量小球a、b的质量，且二者的关系为mamb，即B、D正确(2)用尽可能小的圆把所有点圈在里面的圆心为平均落点，由刻度尺读数规则可知读数为45.95 cm.(3)按照本实验方法，验证动量守恒的验证式是mamamb.答案：(1)BD(1分)(2)45.
19、95(45.9345.98之间均正确)(2分)(3)maOmaOmb(3分)12解析：(1)在步骤中气垫导轨安装时应保持水平状态，滑块在轨道上应做匀速直线运动，故滑块上的挡光片通过两光电门的时间相等(2)游标卡尺的主尺读数为15 mm，游标尺读数为0.0510 mm0.50 mm，所以挡光片的宽度为d15 mm0.50 mm15.50 mm1.550 cm.(3)由于挡光片的宽度比较小，故挡光片通过光电门的时间比较短，因此可将挡光片通过光电门的平均速度看成滑块通过光电门的瞬时速度，故滑块通过光电门的速度可表示为v.(4)两滑块相互作用前系统的总动量为p1m1v10.6202.00 kgm/s1
20、.240 kgm/s.两滑块相互作用后系统的总动量为p2(m1m2)v2(0.6200.410)1.20 kgm/s1.236 kgm/s.答案：(1)相等(1分)(2)1.550(1分)(3)(2分)(4)1.240(2分)1.236(2分)13解析：由图可知03 s内以及36 s内物块受到的冲量都与时间成线性关系，可知在03 s内和36 s内物块受到的力都不变，物体做匀变速直线运动，在03 s内物块做初速度等于0的匀加速直线运动，在36 s内物块做匀减速直线运动，由运动的对称性可知，6 s末物块的速度又等于0.在03 s末，根据动量定理可得Ipmv；(2分)所以v m/s2 m/s，(3分
21、)所以小物块在6 s内的位移：xt1t2t6 m6 m(5分)答案：6 m14解析：(1)根据题意有Im1v0，其中v0为物块A所获初速度对A受力分析可知，A与B碰撞前A做匀减速运动有v1v0at，其中ag联立解得A与B碰撞前瞬间，A的速度大小v115 m/s.(3分)(2)分析知A与B碰撞过程机械能守恒、动量守恒、则有m1v1m1v1m2v2(1分)m1vm1vm2v(2分)解得碰后A的速度v15 m/s，B的速度v220 m/s(2分)由运动学公式可知xA2.5 m20 m(2分)xB40 m20 m(2分)即物块A不会到达危险区域，物块B会到达危险区域答案：(1)15m/s(2)见解析1
22、5解析：(1)设M运动到O点时的速度大小为v，在M运动到桌子中央O点的过程中，由动能定理有mgsmg(sL)2mv22mv(2分)解得v2 m/s(1分)木块M、N越过桌子中央O点进入右侧光滑区后，剪断M、N间的细线瞬间系统动量守恒，由于小木块M最终停在桌面光滑区，故M的速度必须为0.两木块组成的系统在水平方向动量守恒，设剪断细线后小木块N的速度大小为v，则有2mvmv(2分)根据能量守恒定律有EP2mv2mv2(2分)联立解得Ep4 J(1分)(2)设水平桌面与A点的高度差为h，到A点时木块N在竖直方向的速度大小为vy，根据平抛运动规律有v2gh且tan 37(2分)联立解得h0.45 m(1分)(3)由(2)可知vy3 m/s，则木块N到达A点时的速度大小为vA5 m/s(2分)设小木块N到达B点时的速度大小为 vB，从A点到B点的过程，由动能定理有mgLABsin 37mgLABcos 37mvmv(2分)设木块N在轨道最高点时的最小速度为vmin，即此时木块N恰好不离开轨道，则木块N从B点到轨道最高点的过程，由机械能守恒定律有mvmv2mgR(1分)在最高点，根据牛顿第二定律有mgm(1分)联立以上各式解得R0.66 m(1分)答案：(1)4 J(2)0.45 m(3)0.66 m
