1、第七单元 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、 (本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第16题只有一项符合题目要求，第710题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)1(
2、2019全国I卷)最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s，产生的推力约为4.8106 N，则它在1 s时间内喷射的气体质量约为()A1.6102 kg B1.6103 kg C1.6105 kg D1.6106 kg2在光滑水平面上有一辆平板车，一人手握大锤站在车上开始时人、锤和车均静止，且这三者的质量依次为m1、m2、m3。人将大锤水平向左抛出后，人和车的速度大小为v，则抛出瞬间大锤的动量大小为()Am1v Bm2v C(m1m3)v D(m2m3)v3如图所示，放在光滑
3、水平桌面上的A、B两个小木块中间夹一被压缩的轻弹簧，当轻弹簧被放开时，A、B两个小木块各自在桌面上滑行一段距离后，飞离桌面落在地面上若mA3mB，则下列结果正确的是()A若轻弹簧对A、B做功分别为W1和W2，则有W1W211B在与轻弹簧作用过程中，两木块的速度变化量之和为零C若A、B在空中飞行时的动量变化量分别为p1和p2，则有p1p211D若A、B同时离开桌面，则从释放轻弹簧开始到两木块落地的这段时间内，A、B两木块的水平位移大小之比为134一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
4、 J C10 J D6 J5滑块a、b沿水平面上同一条直线发生碰撞，碰撞后两者粘在一起运动，两者的位置x随时间t变化的图象如图所示。则滑块a、b的质量之比()A54 B18C81 D456如图所示，A、B两个矩形木块用轻弹簧和一条与弹簧原长相等的轻绳相连，静止在水平地面上，绳为非弹性绳且可承受的拉力足够大。弹簧的劲度系数为k，木块A和木块B的质量均为m。现用一竖直向下的压力将木块A缓慢压缩到某一位置，木块A在此位置所受的压力为F(Fmg)，弹簧的弹性势能为E，撤去力F后，下列说法正确的是()A弹簧恢复到原长的过程中，弹簧弹力对A、B的冲量相同B当A速度最大时，弹簧处于原长状态C当B开始运动时，
5、A的速度大小为D全程中，A上升的最大高度为7如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上现使A瞬时获得水平向右的速度3 m/s，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图象信息可得()A在t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s，且弹簧都是处于压缩状态Bt3t4时间内弹簧由压缩状态恢复到原长C两物块的质量之比为m1m21:2D在t2时刻A与B的动能之比为Ek1Ek2188如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A以速度v0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x。现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B(如图乙所示)
6、，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x，则()AA物体的质量为3mBA物体的质量为2mC弹簧压缩最大时的弹性势能为mvD弹簧压缩最大时的弹性势能为mv9如图所示，在足够长的水平地面上有两辆相同的小车甲和乙，A、B两点相距为5 m，小车甲从B点以大小为4 m/s的速度向右做匀速直线运动的同时，小车乙从A点由静止开始以大小为2 m/s2的加速度向右做匀加速直线运动。一段时间后，小车乙与小车甲相碰(碰撞时间极短)，碰后两车粘在一起，整个过程中，两车的受力不变(不计碰撞过程)。下列说法正确的是()A小车乙追上小车甲用时4 sB小车乙追上小车甲之前它们的最远距离为9 mC碰后瞬间
7、两车的速度大小为7 m/sD若地面光滑，则碰后两车的加速度大小仍为2 m/s210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，下列说法正确的是()A小球滑离小车时，小车回到原来位置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二、(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
8、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(5分)某同学用如图所示装置通过半径相同的A、B两球的碰撞来探究碰撞过程中的不变量，图中PQ是斜槽，QR为水平槽，实验时先使A球从斜槽上某一固定位置G由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹。重复上述操作10次，得到10个落点痕迹。再把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让A球仍从位置G由静止开始滚下，和B球碰撞后，A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹重复这种操作10次。图中O点是水平槽末端R在记录纸上的垂直投影点。 (1)安装器材时要注意：固定在桌边上的斜槽末端的
9、切线要沿 方向。(2)某次实验中，得出小球落点情况如图所示(单位是cm)，P、M、N分别是入射小球在碰前、碰后和被碰小球在碰后落点的平均位置(把落点圈在内的最小圆的圆心)，则入射小球和被碰小球质量之比为m1m2 。12(8分)某同学利用打点计时器和气垫导轨做“探究碰撞中的不变量”的实验，气垫导轨装置如图甲所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架等组成。 在空腔导轨的两个工作面上均匀分布着一定数量的小孔，向导轨空腔内不断通入压缩空气，压缩空气会从小孔中喷出，使滑块稳定地漂浮在导轨上，如图乙所示，这样就大大减小因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差。(1)下面是实验的主要步骤：安装好气垫导轨，调节
10、气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平；向气垫导轨通入压缩空气；把打点计时器固定在紧靠气垫导轨左端弹射架的外侧，将纸带穿过打点计时器越过弹射架并固定在滑块1的左端，调节打点计时器的高度，直至滑块拖着纸带移动时，纸带始终在水平方向；滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳；把滑块2放在气垫导轨的中间；先 ，然后 ，让滑块带动纸带一起运动；取下纸带，重复步骤，选出较理想的纸带如图丙所示；测得滑块1(包括撞针)的质量为310 g，滑块2(包括橡皮泥)的质量为205 g。试完善实验步骤的内容。(2)已知打点计时器每隔0.02 s打一个点，计算可知，两滑块相互作用前质量与速度的乘积之和为 kgm/s；两滑块相互作用以
11、后质量与速度的乘积之和为 kgm/s(保留三位有效数字)。(3)试说明(2)问中两结果不完全相等的主要原因是 。13(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
12、。14(10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。15(12分)如图所示，光滑轨道abc固定在竖直平面内，ab倾斜、bc水平，与半径R0.4 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。
13、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m12 kg，a、b的竖直高度差h0.45 m，已知小球乙在c点时轨道对其弹力的大小F100 N，弹簧恢复原长时两小球均在水平轨道上，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。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。16(15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
14、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：(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。第七单元 答 案一、 (本题共10小题，每小题4分，共4
15、0分。在每小题给出的四个选项中，第16题只有一项符合题目要求，第710题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)1【答案】B【解析】设该发动机在t s时间内，喷射出的气体质量为m，根据动量定理，Ftmv，可知，在1 s内喷射出的气体质量kg，故选B。2【答案】C【解析】人、锤和车组成的系统动量守恒，取向右为正方向，则(m1m3)vp0，解得抛出瞬间大锤的动量大小为p(m1m3)v，故C正确，A、B、D错误。3【答案】D【解析】弹簧弹开物体过程中，两物体及弹簧组成的系统动量守恒，取水平向左为正方向，由动量守恒定律得mAvAmBvB0，则速度之比vAvB13，根据
16、动能定理得，轻弹簧对A、B做功分别为W1mAv，W2mBv，联立解得W1W213，故A错误；根据动量守恒定律可知，在与轻弹簧作用过程中，两木块的动量变化量之和为零，即mAvAmBvB0，可得vAvB0，故B错误；A、B离开桌面后都做平抛运动，它们抛出点的高度相同，运动时间相等，设为t，由动量定理得，A、B在空中飞行时的动量变化量分别为p1mAgt，p2mBgt，所以p1p231，故C错误；平抛运动水平方向的分运动是匀速直线运动，由xv0t知，t相等，又木块在桌面上运动时，vAvB13，则A、B两木块的水平位移大小之比为13，故D正确。4【答案】A【解析】设子弹的初速度为v0，射入木块后子弹与木
17、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2Ek28 J16 J，故A正确，B、C、D错误。5【答案】B解析：设a、b的质量分别为m1、m2，a、b碰撞前的速度为v1、v2，由题给的图象得v12 m/s，v21 m/s，a、b发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v，由题给的图象得v m/s，由动量守恒定律得m1v1m2v2(m1m2)v，由以上各式解得m1m218，故B正确，A、C、D错误。6【答案】D【解析】由于冲量是矢量，弹簧恢
18、复到原长的过程中，弹簧弹力对A、B的冲量大小相等，方向相反，故A错误；当A受力平衡时速度最大，即弹簧的弹力大小等于A木块的重力，此时弹簧处于压缩状态，故B错误；设弹簧恢复到原长时A的速度为v，绳子绷紧瞬间A、B共同速度为v1，A、B共同上升的最大高度为h，A上升的最大高度为H，弹簧恢复到原长的过程中根据能量守恒有：Emgmg+Fk+12mv2，绳子绷紧瞬间根据动量守恒定律有：mv2mv1，AB共同上升过程中根据能量守恒有：12（m+m）v12(m+m)gh，联立解得B开始运动时，A的速度大小为：v1E2m-mg+F2kg，全程中，A上升的最大高度HE4mg+3(mg+F)4k，故C错误，D正确
19、。7【答案】CD【解析】由图可知t1到t3时间内两物块之间的距离逐渐增大，t3时刻达到共同速度，此时弹性势能最大，弹簧处于伸长状态，故A错误；结合图象弄清两物块的运动过程，开始时A逐渐减速，B逐渐加速，弹簧被压缩，t1时刻二者速度相等，系统动能最小，弹性势能最大，弹簧被压缩到最短，然后弹簧逐渐恢复原长，B依然加速，A先减速为零，然后反向加速，t2时刻，弹簧恢复原长状态，由于此时两物块速度相反，因此弹簧的长度将逐渐增大，两物块均减速，t3时刻，两物块速度相等，系统动能最小，弹簧最长，从t3到t4过程中弹簧由伸长状态恢复原长，故B错误；系统动量守恒，选择开始到t1时刻列方程可知：m1v1(m1m2
20、)v2，将v13 m/s，v21 m/s代入得：m1m212，故C正确；在t2时刻A的速度大小为vA1 m/s，B的速度为vB2 m/s，根据m1m212，求出Ek1Ek218，故D正确。8【答案】AC【解析】弹簧固定时，当弹簧压缩量最大时，弹性势能最大，A的动能转化为弹簧的弹性势能，根据系统的机械能守恒可知，弹簧被压缩过程中最大的弹性势能等于A的初动能，设A的质量为mA，则有EpmmAv，当弹簧一端连接另一质量为m的物体B时，A与弹簧相互作用的过程中B将向右运动，A、B速度相等时，弹簧的弹性势能最大，选取A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mA2v0(mmA)v，由机械能守恒定律得Epm
21、mA(2v0)2(mAm)v2，联立解得mA3m，Epm1.5mv，故A、C正确，B、D错误。9【答案】BC【解析】小车乙追上小车甲时，有x乙x甲5 m，即at2v甲t5 m，代入数据解得t5 s，所以小车乙追上小车甲用时5 s，故A错误；当两车的速度相等时相距最远，则有v甲at，解得t s2 s，最远距离s5 mv甲tat2(542222) m9 m，故B正确；碰前瞬间乙车的速度v乙at25 m/s10 m/s，对于碰撞过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得mv甲mv乙2mv，解得碰后瞬间两车的共同速度v7 m/s，故C正确；若地面光滑，碰前乙车所受的作用力Fma，甲车的合力为0，则碰后两车
22、的加速度大小a1 m/s2，故D错误。10【答案】BC【解析】小球到最高点，水平方向动量守恒，因此有mv(m+2m)v1，机械能守恒12mv212(m+2m)v12+mgh，解得v1v3，hv23g，则小车到最高点的动量变化量为p2m13v23mv，小球离开小车时，由动量守恒和机械能守恒得mvmv2+2mv3，12mv212mv22+122mv32联立解得v2-v3,v323v，因此相对速度为v3-v2v，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，B、C正确。二、(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
23、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【答案】(1)水平 (2分) (2)41 (3分)【解析】(1)为保证小球滚落后做平抛运动，斜槽末端的切线要沿水平方向。(2)由碰撞过程中mv的乘积总量守恒可知m1m1m2(t为运动时间)，代入数据可解得m1m241。12【答案】(1)接通打点计时器的电源(1分) 放开滑块1(1分) (2)0.620(2分) 0.618(2分) (3)纸带与打点计时器限位孔有摩擦力的作用(2分)【解析】(1)使用打点计时器时，先接通电源后释放纸带，所以先接通打点计时器的电源，后放开滑块1。(2)放开滑块1后，滑块1做
24、匀速运动，跟滑块2发生碰撞后跟2一起做匀速运动，根据纸带的数据得：碰撞前滑块1的动量为p1m1v10.310 kgm/s0.620 kgm/s，滑块2的动量为零，所以碰撞前的总动量为0.620 kgm/s；碰撞后滑块1、2速度相等，所以碰撞后总动量为p2(m1m2)v2(0.3100.205) kgm/s0.618 kgm/s。(3)结果不完全相等是因为纸带与打点计时器限位孔有摩擦力的作用。13【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的过程，由动量定理得：Ft(mAmB)v
25、(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 (2分)解得：l0.45 m。(1分)14【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 (1分)即vv0 (1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v1vsin30vv0 (2分)即木块离开地面的速度为v0 (1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v3，绳子对木块的拉
26、力为F，由机械能守恒定律和牛顿定律有-2mg3L2m-2m(2分)F+2mg2m(2分)F0时，v0的最小，有。(1分)15【解析】(1)对小球甲，由机械能守恒定律得m1ghm1v (1分)对小球甲、乙，由动量守恒定律得m1v1m2v2 (1分)对小球乙，在c点，由牛顿第二定律得Fm2gm2 (1分)联立解得m21 kg，v26 m/s或m29 kg，v2 m/s (2分)小球乙恰好过d点，有m2gm2 (1分)解得vd2 m/s (1分)由题意vdv2，所以小球乙的质量m21 kg。 (2分)(2)对小球乙在半圆形轨道上运动的过程中，由动能定理有2m2gRWfm2vm2v (2分)解得小球乙
27、克服摩擦力所做的功Wf8 J。(1分)16【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：mgR12mv02 (1分)代入数据解得：v02 m/s (1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：mv0m+Mv1 (1分)解得滑块与甲长木板的共同速度为：v143m/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：mgl12mv02-12m+Mv12 (1分)解得：l13mL (1分)由以上分析可知滑块与甲长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
28、，由动能定理得：mgs甲12Mv12 (1分)解得：s甲29m (1分)则：s甲29ms03 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v143m/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 解得：v23m/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：mv1+2Mvm+2Mv共 解得：v共1 m/s (1分)由动能定理可得：12m+2Mv共2-12mv12-122Mv2-mgs (1分)解得：s118m (1分)因为：l+s718mL (1分)所以滑块最终距离Q点的距离为：sL+L2-s-l4.11m (1分)
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