发布时间 : 星期一 文章一轮复习单元测试卷：第七单元 动量 B卷 教师版更新完毕开始阅读e29b2e7b54270722192e453610661ed9ac51555b
号位 封座 密 号不场考 订 装 号证考准 只 卷 名姓 此 级班
好教育单元训练金卷·高三·物理卷（B）
第七单元 动量
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、选择题：本题共10小题，每小题5分。在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
1．(2018·河北石家庄模拟)如图所示，两木块A、B用轻质弹簧连在一起，置于光滑的水平面上．一颗子弹水平射入木块A，并留在其中．在子弹打中木块A及弹簧被压缩的整个过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是( )
A．动量守恒、机械能守恒 B．动量守恒、机械能不守恒 C．动量不守恒、机械能守恒 D．动量、机械能都不守恒 【答案】B
【解析】选B.子弹击中木块A及弹簧被压缩的整个过程，系统不受外力作用，外力冲量为0，系统动量守恒，但是子弹击中木块A的过程，有摩擦力做功，部分机械能转化为内能，所以机械能不守恒，B正确．
2．一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳，经Δt时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v.在此过程中( )
A．地面对他的冲量为mv＋mgΔt，地面对他做的功为1
mv22
B．地面对他的冲量为mv＋mgΔt，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1
2mv2
D．地面对他的冲量为mv－mgΔt，地面对他做的功为零 【答案】B
【解析】选B.人的速度原来为零，起跳后速度v，以竖直向上为正方向，则由动量定理可得：
好教育云平台 一轮单元训练卷 第1页（共8页） I－mgΔt＝mv－0，故地面对人的冲量为mv＋mgΔt；而人在跳起时，人受到的支持力没有产生位移，故支持力不做功，故B正确．
3.(2018·湖南衡阳八中质检)如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为M的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量为m(m＜M)的小球从槽高h处开始自由下滑，
下列说法正确的是( )
A．在以后的运动过程中，小球和槽的水平方向动量始终守恒 B．在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力始终不做功
C．全过程中小球和槽、弹簧所组成的系统机械能守恒，且水平方向动量守恒 D．被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，但小球不能回到槽高h处 【答案】D
【解析】选D.小球在槽上运动时，两物体组成的系统在水平方向上合外力为零，系统在水平方向上动量守恒，而当小球接触弹簧后，小球受弹簧的弹力作用，合外力不为零，故系统动量不守恒，但是全过程中小球和槽、弹簧所组成的系统只有重力和弹力做功，故系统的机械能守恒，故A、C错误；下滑过程中两物体都有水平方向的位移，而作用力是垂直于弧面的，故作用力和位移夹角不垂直，作用力均做功，故B错误；小球与槽组成的系统动量守恒，但是由于小球和槽的质量不相等，小球沿槽下滑，与槽分离后，小球的速度大于槽的速度，球被弹回后，当与槽的速度相等时，小球上升到最大高度，此时由于小球和槽都有动能，故小球不能滑到槽高h处的位置，故D正确．
4．假设进行太空行走的宇航员A和B的质量分别为mA和mB，他们携手匀速远离空间站，相对空间站的速度为v0.某时刻A将B向空间站方向轻推，A的速度变为vA，B的速度变为vB，则下列各关系式中正确的是( )
A．(mA＋mB)v0＝mAvA－mBvB B．(mA＋mB)v0＝mAvA＋mB(vA＋v0) C．(mA＋mB)v0＝mAvA＋mB(vA＋vB) D．(mA＋mB)v0＝mAvA＋mBvB 【答案】D
【解析】选D.本题中的各个速度都是相对于空间站的，不需要转换．相互作用前系统的总动量为(mA＋mB)v0，A将B向空间站方向轻推后，A的速度变为vA，B的速度变为vB，动量分别为mAvA、mBvB，根据动量守恒定律得(mA＋mB)v0＝mAvA＋mBvB，故D正确．
5．(2018·北京第四中学考试)在光滑水平面上，质量为m的小球A正以速度v0匀速运动．某时刻小球A与质量为3m的静止小球B发生正碰，两球相碰后，A球的动能恰好变为原来的14.则碰后B
球的速度大小是( )
A.v0
2 B．v06
C.v02或v06 D．无法确定
【答案】A
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【解析】选A.两球相碰后A球的速度大小变为原来的1
2，相碰过程中满足动量守恒，若碰后A
速度方向不变，则mv1
v00＝2mv0＋3mv1，可得B球的速度v1＝6，而B在前，A在后，碰后A球的速
度大于B球的速度，不符合实际情况，因此A球一定反向运动，即mv1
0＝－2mv0＋3mv1，可得v1＝
v0
2
，A正确，B、C、D错误． 6.如图所示，倾角为30°的斜面体固定在水平地面上，一根不可伸长的轻绳两端分别系着小球A和物块B，跨过固定于斜面体顶端的定滑轮O(不计滑轮的摩擦)，A的质量为m，B的质量为4m，开始时，用手托住A，使OA段绳恰好处于水平伸直状态(绳中无拉力)，OB绳平行于斜面，此时B静止不动，将A由静止释放，在其下摆过程中B始终保持静止．则在绳子到达竖直位置之前，下列说法正确的是( )
A．物块B受到的摩擦力方向一直沿着斜面向上 B．物块B受到的摩擦力大小可能不变 C．地面对斜面体的摩擦力方向一直水平向右 D．地面对斜面体的摩擦力方向一直水平向左 【答案】C
【解析】选C.A下摆到竖直位置之前，机械能守恒，有mgL＝1
2mv2，在最低点，根据牛顿第
mg＝mv2
二定律有F－L，解得F＝3mg；对B受力分析，未释放A时，由平衡条件得B所受的静摩擦
力Ff＝4mgsin 30°＝2mg，方向沿斜面向上，在A到达最低点的瞬间，有F′f＝F－4mgsin 30°＝mg，方向沿斜面向下，故选项A、B错误．假设地面光滑，小球A、B及斜面整体水平方向上不受外力，系统水平方向动量守恒，故小球下摆，具有向右的水平动量，则斜面体和B有向左的水平动量，即有向左的运动趋势，故地面对斜面体的摩擦力方向一直水平向右，选项C正确，D错误．
7．A、B两物体在光滑水平面上沿同一直线运动，如图表示发生碰撞前后的v－t图线，由图线可以判断( )
A．A、B的质量比为3∶2 B．A、B作用前后总动量守恒 C．A、B作用前后总动量不守恒 D．A、B作用前后总动能不变 【答案】ABD
【解析】选ABD.设A的质量为m1，B的质量为m2，碰撞前后两物体组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，从图象上可得碰撞前后两者的速度，故有m1×6＋m2×1＝m1×2＋m2×7，解得mm1155
1∶2＝3∶2，A、B正确，C错误．碰撞前系统的总动能Ek1＝2m1×62＋2m2×12＝3m1，碰撞
后总动能为E＝12m22＋12m55
k21×2×72＝3
m1＝Ek1，动能不变，D正确．
8．(2018·河北衡水中学模拟)在光滑水平面上动能为E0、动量大小为p0的小钢球1与静止小钢
好教育云平台 一轮单元训练卷 第3页（共8页） 球2发生碰撞，碰撞前后球1的运动方向相反，将碰撞后球1的动能和动量大小分别记为E1、p1，球2的动能和动量大小分别记为E2、p2，则必有( )
A．E1
【答案】AB
【解析】选AB.因为碰撞前后动能不增加，故有E1
9．(2018·河北石家庄检测)矩形滑块由不同材料的上、下两层黏合在一起组成，将其放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v水平射向滑块．若射击下层，子弹刚好不射出；若射击上层，则子弹刚好能射穿一半厚度，如图所示．则上述两种情况相比较( )
A．子弹的末速度大小相等 B．系统产生的热量一样多 C．子弹对滑块做的功不相同
D．子弹和滑块间的水平作用力一样大 【答案】AB
【解析】选AB.根据动量守恒，两次最终子弹与滑块的速度相等，A正确．根据能量守恒可知，初状态子弹的动能相同，末状态两滑块与子弹的动能也相同，因此损失的动能转化成的热量相等，B正确．子弹对滑块做的功等于滑块末状态的动能，两次相等，因此做功相等，C错误．产生的热量Q＝f×Δs，由于产生的热量相等，而相对位移Δs不同，因此子弹和滑块间的水平作用力大小不同，D错误．
10.在光滑的水平桌面上有等大的质量分别为M＝0.6 kg，m＝0.2 kg的两个小球，中间夹着一个被压缩的弹性势能为Ep＝10.8 J 的轻弹簧(弹簧与两球不相连)，原来处于静止状态．现突然释放弹簧，球m脱离弹簧后滑向与水平面相切、半径为R＝0.425 m的竖直放置的光滑半圆形轨道，如图所示．g取10 m/s2.则下列说法正确的是( )
A．球m从轨道底端A运动到顶端B的过程中所受合外力的冲量大小为3.4 N·s B．M离开轻弹簧时获得的速度为9 m/s
C．若半圆轨道半径可调，则球m从B点飞出后落在水平桌面上的水 平距离随轨道半径的增大而减小
D．弹簧弹开过程，弹力对m的冲量大小为1.8 N·s 【答案】AD
【解析】选AD.释放弹簧过程中系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒得：mv111－Mv2＝0，由机械能守恒得：2mv21＋ 2
2Mv2＝Ep，代入数据解得：v1＝9 m/s，v2＝3 m/s，故
B错误；m从A到B过程中，由机械能守恒定律得：11
2mv21
＝2mv1′2＋mg·2R，解得：v1′＝8 m/s，以向右为正方向，由动量定理得，球m从轨道底端A运动到顶端B的过程中所受合外力冲量大小为：I＝Δp＝mv1′－mv1＝[0.2×(－8)－0.2×9] N·s＝－3.4 N·s，则合力冲量大小为：3.4 N·s，故
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A正确；设圆轨道半径为r时，飞出B后水平位移最大，由A到B机械能守恒定律得：12mv211＝2
2
mv3
2
＋mg·2r，在最高点，由牛顿第二定律得：mg＋Fmv3
N＝r
，m从B点飞出，需要满足：FN≥0，飞出
后，小球做平抛运动：2r＝1
2gt2，x＝v3t，当8.1－4r＝4r时，即r＝1.012 5 m时，x为最大，球m
从B点飞出后落在水平桌面上的水平距离随轨道半径的增大先增大后减小，故C错误；由动量定理得，弹簧弹开过程，弹力对m的冲量大小为：I＝Δp＝mv1＝1.8 N·s，故D正确．
二、非选择题：本大题共4小题，共60分。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。
11．用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系．
(1)实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的．但是，可以通过仅测量__________(填选项前的序号)，间接地解决这个问题．
A．小球开始释放高度h B．小球抛出点距地面的高度H C．小球做平抛运动的水平射程
(2)图甲中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影，实验时，先让入射球m1多次从斜轨上同一位置静止释放，找到其平均落地点的位置B，测量平抛射程OB.然后把被碰小球m2静止于轨道的水平部分，再将入射小球m1从斜轨上相同位置静止释放，与小球m2相撞，并多次重复．接下来要完成的必要步骤是__________(填选项的符号)．
A．用天平测量两个小球的质量m1、m2 B．测量小球m1开始释放高度h C．测量抛出点距地面的高度H
D．分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置A、C E．测量平抛射程OA、OC
(3)若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为____________________[用(2)中测量的量表示]；若碰撞是弹性碰撞，那么还应满足的表达式为____________________[用(2)中测量的量表示]．
(4)经测定，m1＝45.0 g，m2＝7.5 g，小球落地点的平均位置到O点的距离如图乙所示．碰撞前、后m1的动量分别为p1与p′1，则p1∶p′1＝__________∶11；若碰撞结束时m2的动量为p′2，则p′1∶p′p2＝11∶__________；所以，碰撞前、后总动量的比值1p′＝__________；实验结果说明
1＋p′2____________________．
好教育云平台 一轮单元训练卷 第5页（共8页） 【答案】(1)C (2)ADE (3)m1OB＝m1OA＋m2OC m1OB2＝m1OA2＋m2OC2 (4)14 2.9
14
13.9
误差允许范围内，碰撞前、后的总动量不变 【解析】(1)设小球a没有和b球碰撞，抛出时速度为v1，球a和球b碰撞后抛出的速度分别为vvx
2、3，则我们要验证动量守恒即：m1v1＝m1v2＋m2v3，测速度是关键，平抛运动的初速度v＝t，
即mOBOAOC1
t＝m1
1
t＋m所以t2
2
t，因为平抛运动的高度一定，3
1＝t2＝t3，即m1OB＝m1OA＋
m2OC，只要测得小球做平抛运动的水平射程，即可替代速度．
(2)碰撞完毕后，就要测数据验证了，所以我们由(1)知道可以通过测量它们的水平射程就可以替代不容易测量的速度．再用天平称出两小球的质量m1、m2.
(3)两球相碰前后的动量守恒的表达式见(1)，弹性碰撞没有机械能损失，所以还应满足机械能守恒，m1OB2＝m1OA2＋m2OC2.
(4)将数据代入(3)，因为存在实验误差，所以最后等式两边不会严格相等，所以在误差允许范围内，碰撞前、后的总动量不变．
12.(高考北京卷)如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点．现将A无初速释放，A与B碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动．已知圆弧轨道光滑，半径R＝0.2 m；A和B的质量相等；A和B整体与桌面之间的动摩擦因数μ＝0.2.取重力加速度g＝10 m/s2.求：
(1)碰撞前瞬间A的速率v；
(2)碰撞后瞬间A和B整体的速率v′； (3)A和B整体在桌面上滑动的距离l. 【答案】(1)2 m/s (2)1 m/s (3)0.25 m 【解析】设滑块的质量为m. (1)根据机械能守恒定律mgR＝1
mv22
得碰撞前瞬间A的速率v＝2gR＝2 m/s. (2)根据动量守恒定律mv＝2mv′
得碰撞后瞬间A和B整体的速率v′＝1
2v＝1 m/s.
(3)根据动能定理1
2
(2m)v′2＝μ(2m)gl
得A和B整体沿水平桌面滑动的距离l＝v′2
2μg
＝0.25 m.
13．如图所示，在固定的光滑水平杆(杆足够长)上，套有一个质量为m＝0.5 kg的光滑金属圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着一个质量为M＝1.98 kg的木块，现有一质量为m0＝20 g的子弹以v0＝100 m/s的水平速度射入木块并留在木块中(不计空气阻力和子弹与木块作用的时间，g＝10 m/s2)，求：
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(1)圆环、木块和子弹这个系统损失的机械能；
(2)木块所能达到的最大高度． 【答案】(1)99 J (2)0.01 m
【解析】(1)子弹射入木块过程，动量守恒，有 m0v0＝(m0＋M)v
在该过程中机械能有损失，损失的机械能为 ΔE＝12mv2100－2
2(m0＋M)v 联立解得ΔE＝99 J.
(2)木块(含子弹)在向上摆动过程中，木块(含子弹)和圆环在水平方向动量守恒，有 (m0＋M)v＝(m0＋M＋m)v′
又木块(含子弹)在向上摆动过程中，机械能守恒，有 (m)gh＝1(mM)v2－1
0＋M0＋2(m0＋M＋m)v′22
联立解得h＝0.01 m.
14．(2018·北京中央民族大学附中月考)如图所示，一物体从固定斜面顶端由静止开始经过1 s 下滑到底端，已知斜面的倾角θ＝37°，斜面长度L＝2.5 m，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ；
(2)下滑过程中损失的机械能与减少的重力势能的比值； (3)下滑过程中合外力冲量的大小与重力冲量大小的比值． 【答案】(1)0.125 (2)1∶6 (3)1∶2
【解析】(1)根据L＝1
at2，解得：a＝5 m/s22，根据牛顿第二定律得：
mgsin θ－μmgcos θ＝ma 解得：μ＝0.125.
(2)损失的机械能等于克服摩擦力做的功，为： ΔE＝μmgcos θ·L
减小的重力势能为：ΔEp＝mgsin θ·L 故损失的机械能与减小的重力势能的比值为： ΔE∶ΔEp＝μ∶tan θ＝1∶6.
(3)设物体下滑到斜面底端时速度大小为v，则有： v＝at＝5 m/s
根据动量定理得：合外力冲量的大小为： I合＝mv－0＝5m (N·s)
在下滑过程中重力的冲量为：IG＝mgt＝10m (N·s)
所以下滑的过程中合外力冲量的大小与重力冲量大小的比值为：I合∶IG＝1∶2.
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