单元评估检测(六)—2020届高中物理【新高考】一轮全程复习构思检测

1、单元评估检测(六)动量守恒定律(90分钟100分)一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的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 N·s B500 N·sC0 D无法确定2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3如图，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一

2、质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为()Av0v Bv0vCv0(v0v) Dv0(v0v)4一炮弹质量为m，以一定的倾角斜向上发射，达到最高点时速度大小为v，方向水平炮弹在最高点爆炸成两块，其中一块恰好做自由落体运动，质量为m，则爆炸后另一块瞬时速度大小为()Av B.vC.v D052020·河南平顶山一模质量为m的小球被水平抛出，经过一段时间后小球的速度大小为v，若此过程中重力的冲量大小为I，重力加速度为g，不计空气阻力的大小，则小球抛出时的初速度大小为()Av BvC. D.62020·泉州模拟如

3、图所示，足够长的固定光滑斜面倾角为，质量为m的物体以速度v从斜面底端冲上斜面，达到最高点后又滑回原处，所用时间为t.对于这一过程，下列判断正确的是()A斜面对物体的弹力的冲量为零B物体受到的重力的冲量大小为mgt·sin C物体受到的合力的冲量大小为零D物体动量的变化量大小为mgsin ·t7如图所示，一个质量为m的物块A与另一个质量为2m的物块B发生正碰，碰后B物块刚好能落入正前方的沙坑中假如碰撞过程中无机械能损失，已知物块B与地面间的动摩擦因数为0.1，与沙坑的距离为0.5 m，g取10 m/s2，物块可视为质点则A碰撞前瞬间的速度为()A0.5 m/s B1.0 m/

4、sC1.5 m/s D2.0 m/s82020·咸阳模拟如图所示，足够长的传送带以恒定的速率v1逆时针运动，一质量为m的物块以大小为v2的初速度从传送带的P点冲上传送带，从此时起到物块再次回到P点的过程中，下列说法正确的是()A合力对物块的冲量大小一定为2mv2B合力对物块的冲量大小一定为2mv1C合力对物块的冲量大小可能为零D合外力对物块做的功可能为零二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分92020·乌鲁木齐模拟如图所示，小球A、B、C质量均为m，将小球B、C同时拉

5、开相同角度后由静止释放，两小球到达最低点时，小球间发生对心弹性碰撞，不计空气阻力()A从释放小球到碰撞结束的过程中，整个系统动量守恒B从释放小球到碰撞结束的过程中，整个系统机械能守恒CB与A碰撞过程中动量守恒表达式为mv0mv1mv2DB与A碰撞过程中动量守恒表达式为2mv02mv1mv2102019·南昌市一模静止在光滑水平面上的物体受到水平拉力F的作用，拉力F随时间t变化的图象如图所示，则下列说法中正确的是()A04 s内物体的位移为零B04 s内拉力对物体做功为零C4 s末物体的动量为零D04 s内拉力对物体的冲量为零11.2020·济南一模如图所示，质量相同的两个小

6、球A、B用长为L的轻质细绳连接，B球穿在光滑水平细杆上，初始时刻，细绳处于水平状态，将A、B由静止释放，空气阻力不计，下列说法正确的是()AA球将做变速圆周运动BB球将一直向右运动CB球向右运动的最大位移为LDB球运动的最大速度为12如图所示，甲图表示光滑平台上，物体A以初速度v0滑到上表面粗糙的水平小车B上，车与水平面间的动摩擦因数不计，乙图为物体A与小车B的v ­ t图象，由此可求 ()甲乙A小车上表面长度B物体A与小车B的质量之比C物体A与小车B上表面间的动摩擦因数D小车B获得的动能三、非选择题：本题共6个小题，共60分132020·抚州模拟(6分)“探究碰撞中的不变

7、量”的实验中：(1)入射小球m115 g，原静止的被碰小球m210 g，由实验测得它们在碰撞前、后的x ­ t图象如图甲，可知入射小球碰撞后的m1v1是_kg·m/s，入射小球碰撞前的m1v1是_kg·m/s，被碰撞后的m2v2是_kg·m/s，由此得出结论_.(2)实验装置如图乙所示，本实验中，实验必须要求的条件是_A斜槽轨道必须是光滑的B斜槽轨道末端点的切线是水平的C入射小球每次都从斜槽上的同一位置无初速释放D入射小球与被碰小球满足ma>mb，rarb(3)图中M、P、N分别为入射小球与被碰小球对应的落点的平均位置，则实验中要验证的关系是_Am

8、a·ONma·OPmb·OMBma·OPma·ONmb·OMCma·OPma·OMmb·ONDma·OMma·OPmb·ON142020·曲靖模拟(8分)用如图所示的装置可以验证动量守恒定律，在滑块A和B相碰的端面上装上弹性碰撞架，它们的上端装有等宽的挡光片(1)实验前需要调节气垫导轨水平，借助光电门来检验气垫导轨是否水平的方法是_.(2)为了研究两滑块所组成的系统在弹性碰撞和完全非弹性碰撞两种情况下的动量关系，实验分两次进行第一次：让滑块A置于光电门1的左侧，滑块

9、B静置于两光电门间的某一适当位置给A一个向右的初速度，通过光电门1的时间为t1，A与B碰撞后又分开，滑块A再次通过光电门1的时间为t2，滑块B通过光电门2的时间为t3.第二次：在两弹性碰撞架的前端贴上双面胶，同样让滑块A置于光电门1的左侧，滑块B静置于两光电门间的某一适当位置给A一个向右的初速度，通过光电门1的时间为t4，A与B碰撞后粘连在一起滑块B通过光电门2的时间为t5.为完成该实验，还必须测量的物理量有_(填选项前的字母)A挡光片的宽度dB滑块A的总质量m1C滑块B的总质量m2D光电门1到光电门2的间距L(3)在第二次实验中若滑块A和B在碰撞的过程中动量守恒，则应该满足的表达式为_(用已

10、知量和测量量表示)(4)在第一次实验中若滑块A和B在碰撞的过程中机械能守恒，则应该满足的表达式为_(用已知量和测量量表示)152020·马鞍山模拟(8分)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16.2020·新余模拟(8分)半圆形光滑轨道固定在水平地面上，并使其轨道平面与地面垂直，如图所示，物体m1、m2同时由轨道左、右最高点释放，二者碰撞后粘在一起向上运动，最高能上升到轨道M点，已知OM与竖直方向夹角为60°，求两物体的质量之比m1m2.17.(14分)如图所示，质量为m22 k

11、g和m33 kg的物体静止放在光滑水平面上，两者之间有压缩着轻弹簧(与m2、m3不拴接)质量为m11 kg的物体以速度v09 m/s向右冲来，为防止冲撞，释放弹簧将m3物体发射出去，m3与m1碰撞后粘合在一起试求：(1)m3的速度至少为多大，才能使以后m3和m2不发生碰撞？(2)为保证m3和m2恰好不发生碰撞，弹簧的弹性势能至少为多大？18(16分)如图所示，静置于光滑水平面上的滑块Q由半径为L的光滑圆弧轨道AB和长为L的水平轨道BC组成，半径OB竖直，末端C离地高度为.若滑块Q锁定，让一小物块P从A处由静止释放，沿轨道运动，从C端飞出，落到水平面上的D点已知Q的质量是P的4倍，P与轨道BC间

12、的动摩擦因数0.5，小物块P可视为质点，重力加速度为g.(1)求C、D间的水平距离x0；(2)若将滑块Q解锁，让P仍从A处由静止释放沿轨道运动，离开C端后落到水平面上的D点，求：P滑到C端时的速度大小v1；D、D两点间的距离x.单元评估检测(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

13、，当p一定，t大，则F小，故D对答案：D3解析：取向右为正方向， 由动量守恒有(Mm)v0mvMv，解之有vv0(v0v)，故C正确答案：C4解析：爆炸前动量为mv，设爆炸后另一块瞬时速度大小为v，取炮弹到最高点未爆炸前的速度方向为正方向，爆炸过程动量守恒，则有：mvm·v，解得：vv.答案：B5解析：由题意知，Imgt，知t，经过t时间，小球竖直方向的速度大小为vygt，根据速度分解可知，初速度大小v0，C项正确答案：C6解析：斜面对物体的弹力的冲量大小IFNtmgcos ·t，弹力的冲量不为零，故A错误；根据冲量的定义式可知，物体所受重力的冲量大小为IGmg·

14、t，故B错误；物体所受到的合力的冲量大小为mgtsin ，由动量定理得，动量的变化量为pI合mgsin ·t，故C错误，D正确答案：D7解析：A、B碰撞过程动量守恒，mv0mv12mv2，机械能无损失，mvmv×2mv.碰撞后对B物体应用动能定理2mgx×2mv，解得v01.5 m/s，C项正确答案：C8解析：若v2<v1，则物块返回到P点的速度大小为v2，根据动量定理知，合力的冲量为I合mv2(mv2)2mv2，根据动能定理知，合力做功的大小为零v2v1，则物块返回到P点的速度大小为v1，根据动量定理知，合力的冲量I合mv1mv2，合力做功为Wmvmv.故

15、D正确，A、B、C错误答案：D9解析：解决本题时要注意碰撞过程遵守动量守恒定律，但小球摆动过程中，系统的动量并不守恒小球在摆动的过程中做圆周运动，系统的合外力不为零，所以整个系统动量不守恒，故A错误；从释放小球到碰撞结束的过程中，绳子拉力不做功，只有重力做功，所以整个系统机械能守恒，故B正确；B与A碰撞过程中遵守动量守恒定律，动量守恒表达式为mv0mv1mv2.故C正确，D错误答案：BC10解析：由图象可知物体在04 s内先做匀加速运动后做匀减速运动，4 s末的速度为零，位移在04 s内一直增大，A错误；前2 s内拉力做正功，后2 s内拉力做负功，且两段时间内做功代数和为零，故B正确；4 s末

16、的速度为零，故物体的动量为零，C正确；根据动量定理，04 s内物体的动量的变化量为零，所以拉力对物体的冲量为零，故D正确答案：BCD11解析：A项，由于B点不固定，故A的轨迹不可能为圆周，故A项错误B项，A球来回摆动，B球将左右做往复运动，故B项错误C项，对A、B，水平方向动量守恒，从A球释放到A球摆到最左端过程中，取水平向左为正方向，由水平动量守恒得：mAmB0，即有mAsAmBsB，又sAsB2L，得B球向右运动的最大位移sBL，故C项正确D项，当A球摆到B球正下方时，B的速度最大由水平动量守恒，得mAvAmBvB，由机械能守恒，得mAgLmAvmBv.解得，B球运动的最大速度为vB，故D

17、项正确答案：CD12解析：由题图乙可知，A、B最终以共同速度v1匀速运动，不能确定小车上表面长度，故A错误；以v0的方向为正方向，由动量守恒定律得mAv0(mAmB)v1，故可以确定物体A与小车B的质量之比，故B正确；由题图乙可知A相对小车B的位移xv0t1，根据动能定理得mAgx(mAmB)vmAv，根据B项中求得的质量关系，可以解出动摩擦因数，故C正确；由于小车B的质量无法求出，故不能确定小车B获得的动能，故D错误答案：BC13解析：(1)由图甲所示图象可知，碰撞前球1的速度：v1 m/s1 m/s，碰撞后，球的速度：v1 m/s0.5 m/s，v2 m/s0.75 m/s，入射小球碰撞后

18、的m1v10.015×0.5 kg·m/s0.007 5 kg·m/s，入射小球碰撞前的m1v10.015×1 kg·m/s0.015 kg·m/s，被碰小球碰撞后的m2v20.01×0.75 kg·m/s0.075 kg·m/s，碰撞前系统总动量pm1v10.015 kg·m/s，碰撞后系统总动量pm1v1m2v20.015 kg·m/s，pp，由此可知：碰撞过程中动量守恒(2)“验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，只要离开轨道后做平抛运动，对斜

19、槽是否光滑没有要求，故A错误；要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平，故B正确；要保证碰撞前的速度相同，所以入射小球每次都要从同一高度由静止滚下，故C正确；为了保证小球碰撞为对心正碰，且碰后不反弹，要求ma>mb，rarb，故D正确故选B、C、D.(3)要验证动量守恒定律即：mav0mav1mbv2，小球做平抛运动，根据平抛运动规律可知根据两小球运动的时间相同，上式可转换为：mav0tmav1tmbv2t，故需验证maOPmaOMmbON，因此A、B、D错误，C正确故选C.答案：(1)0.007 5(1分)0.015(1分)0.007 5(1分)碰撞过程中动量守恒(1分)(2)

20、BCD(1分)(3)C(1分)14解析：(1)检验气垫导轨是否水平的方法是使其中一个滑块在导轨上运动，看滑块经过两光电门的时间是否相等，若相等，则导轨水平(2)以第一次实验为例，要验证动量守恒则m1v1m1v2m2v3，滑块经过光电门的速度用计算，则m1m1m2，即，则还需要测量的物理量是：滑块A的总质量m1和滑块B的总质量m2，故选B、C.(3)在第二次实验中若滑块A和B在碰撞的过程中动量守恒，则应该满足的表达式为m1v4(m1m2)v5，滑块经过光电门的速度用计算则m1(m1m2)，即.(4)在第一次实验中若滑块A和B在碰撞的过程中机械能守恒，则应该满足的表达式为：m1vm1vm2v，即m

21、12m12m22，即m12m12m22.答案：(1)使其中一个滑块在导轨上运动，看滑块经过两光电门的时间是否相等，若相等，则导轨水平(2分)(2)BC(2分)(3)(2分)(4)m12m12m22(2分)15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；所以v m/s2 m/s，所以小物块在6 s内的位移：xt1·t2·t×6 m6 m.答案：6 m16解析：两球到达最低点的过程由动能定理得mgRmv2，解得v，所以两球到达最低点的速度均为，设向左为正方向，则m1的速度v1，m2的速度v2，由碰撞瞬间动量守恒，得m2