2020版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第六章 動(dòng)量 動(dòng)量守恒定律 本章綜合能力提升練(含解析)教科版

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1、本章綜合能力提升練 一、單項(xiàng)選擇題 1.若物體在運(yùn)動(dòng)過程中受到的合力不為零,則(  ) A.物體的動(dòng)能不可能總是不變的 B.物體的動(dòng)量不可能總是不變的 C.物體的加速度一定變化 D.物體的速度方向一定變化 答案 B 2.(2019·黑龍江省齊齊哈爾市質(zhì)檢)如圖1所示,位于光滑水平桌面上的小滑塊P和Q都可視為質(zhì)點(diǎn),質(zhì)量相等.Q與水平輕彈簧相連,設(shè)Q靜止,P以某一初速度向Q運(yùn)動(dòng)并與彈簧發(fā)生碰撞.在整個(gè)過程中,彈簧具有的最大彈性勢能等于(  ) 圖1 A.P的初動(dòng)能 B.P的初動(dòng)能的 C.P的初動(dòng)能的 D.P的初動(dòng)能的 答案 B 3.高空作業(yè)須系安全帶,如果質(zhì)量為m的高

2、空作業(yè)人員不慎跌落,從開始跌落到安全帶對(duì)人剛產(chǎn)生作用力前人下落的距離為h(可視為自由落體運(yùn)動(dòng)).此后經(jīng)歷時(shí)間t安全帶達(dá)到最大伸長,若在此過程中該作用力始終豎直向上,則該段時(shí)間安全帶對(duì)人的平均作用力大小為(  ) A.+mg B.-mg C.+mg D.-mg 答案 A 解析 由自由落體運(yùn)動(dòng)公式得:人下降h距離時(shí)的速度為v=,在t時(shí)間內(nèi)對(duì)人,由動(dòng)量定理得:(mg-F)t=0-mv,解得安全帶對(duì)人的平均作用力為F=+mg,故A正確. 4.(2018·山西省太原市上學(xué)期期末)2017年10月20日,一架從墨爾本飛往布里斯班的飛機(jī),飛到1500m高時(shí)正面撞到了一只兔子,當(dāng)時(shí)這只兔子正被一只鷹

3、抓著,兩者撞到飛機(jī)當(dāng)場殞命.設(shè)當(dāng)時(shí)飛機(jī)正以720km/h的速度飛行,撞到質(zhì)量為2kg的兔子,作用時(shí)間為0.1s.則飛機(jī)受到兔子的平均撞擊力約為(  ) A.1.44×103N B.4.0×103N C.8.0×103N D.1.44×104N 答案 B 解析 720km/h=200 m/s;根據(jù)動(dòng)量定理Ft=mv可得F==N=4×103N,故選項(xiàng)B正確. 5.(2018·山東省臨沂市上學(xué)期期中)如圖2所示,曲線是某質(zhì)點(diǎn)只在一恒力作用下的部分運(yùn)動(dòng)軌跡.質(zhì)點(diǎn)從M點(diǎn)出發(fā)經(jīng)P點(diǎn)到達(dá)N點(diǎn),已知質(zhì)點(diǎn)從M點(diǎn)到P點(diǎn)的路程大于從P點(diǎn)到N點(diǎn)的路程,質(zhì)點(diǎn)由M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)與由P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的時(shí)間相等.下列說

4、法中正確的是(  ) 圖2 A.質(zhì)點(diǎn)從M到N過程中速度大小保持不變 B.質(zhì)點(diǎn)在M、N間的運(yùn)動(dòng)不是勻變速運(yùn)動(dòng) C.質(zhì)點(diǎn)在這兩段時(shí)間內(nèi)的動(dòng)量變化量大小相等,方向相同 D.質(zhì)點(diǎn)在這兩段時(shí)間內(nèi)的動(dòng)量變化量大小不相等,但方向相同 答案 C 解析 因?yàn)橘|(zhì)點(diǎn)在恒力作用下運(yùn)動(dòng),所以質(zhì)點(diǎn)做勻變速曲線運(yùn)動(dòng),速度隨時(shí)間變化,故A、B錯(cuò)誤;根據(jù)動(dòng)量定理可得FΔt=Δp,兩段過程所用時(shí)間相同,所以動(dòng)量變化量大小和方向都相同,故C正確,D錯(cuò)誤. 6.(2019·湖南省懷化市調(diào)研)一質(zhì)量為1kg的質(zhì)點(diǎn)靜止于光滑水平面上,從t=0時(shí)刻開始,受到如圖3所示的水平外力作用,下列說法正確的是(  ) 圖3

5、 A.第1s末質(zhì)點(diǎn)的速度為2m/s B.第2s末外力做功的瞬時(shí)功率最大 C.第1s內(nèi)與第2s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)動(dòng)量增加量之比為1∶2 D.第1s內(nèi)與第2s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)動(dòng)能增加量之比為4∶5 答案 D 解析 由動(dòng)量定理:Ft=mv2-mv1,求出第1s末、第2s末速度分別為:v1=4m/s、v2=6 m/s,故A錯(cuò)誤;第1s末的外力的瞬時(shí)功率P=F1v1=4×4W=16W,第2s末外力做功的瞬時(shí)功率P′=F2v2=2×6W=12W,故B錯(cuò)誤;第1s內(nèi)與第2s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)動(dòng)量增加量之比為:===,故C錯(cuò)誤;第1s內(nèi)與第2s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)動(dòng)能增加量分別為:ΔEk1=mv=8J,ΔEk2=mv-mv=10J,則ΔEk1∶

6、ΔEk2=8∶10=4∶5,故D正確. 二、多項(xiàng)選擇題 7.如圖4所示,質(zhì)量為M的楔形物體靜止在光滑的水平地面上,其斜面光滑且足夠長,與水平方向的夾角為θ.一個(gè)質(zhì)量為m的小物塊從斜面底端沿斜面向上以初速度v0開始運(yùn)動(dòng).當(dāng)小物塊沿斜面向上運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí),速度大小為v,距地面高度為h,則下列關(guān)系式中正確的是(  ) 圖4 A.mv0=(m+M)v B.mv0cosθ=(m+M)v C.mgh=m(v0sinθ)2 D.mgh+(m+M)v2=mv 答案 BD 解析 小物塊上升到最高點(diǎn)時(shí),速度與楔形物體的速度相同,二者組成的系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒,全過程機(jī)械能也守恒.以向右為

7、正方向,在小物塊上升過程中,由水平方向系統(tǒng)動(dòng)量守恒得mv0cosθ=(m+M)v,故A錯(cuò)誤,B正確;系統(tǒng)機(jī)械能守恒,由機(jī)械能守恒定律得mgh+(m+M)v2=mv,故C錯(cuò)誤,D正確. 8.質(zhì)量為M和m0的滑塊用輕彈簧連接,以恒定的速度v沿光滑水平面運(yùn)動(dòng),與位于正對(duì)面的質(zhì)量為m的靜止滑塊發(fā)生碰撞,如圖5所示,碰撞時(shí)間極短,在此過程中,下列情況可能發(fā)生的是(  ) 圖5 A.M、m0、m速度均發(fā)生變化,分別為v1、v2、v3,而且滿足(M+m0)v=Mv1+m0v2+mv3 B.m0的速度不變,M和m的速度變?yōu)関1和v2,而且滿足Mv=Mv1+mv2 C.m0的速度不變,M和m的速度

8、都變?yōu)関′,且滿足Mv=(M+m)v′ D.M、m0、m速度均發(fā)生變化,M、m0速度都變?yōu)関1,m的速度變?yōu)関2,且滿足(M+m)v0=(M+m)v1+mv2 答案 BC 解析 碰撞的瞬間M和m組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,m0的速度在瞬間不變,以M的初速度方向?yàn)檎较颍襞龊驧和m的速度變?yōu)関1和v2,由動(dòng)量守恒定律得:Mv=Mv1+mv2;若碰后M和m速度相同,由動(dòng)量守恒定律得:Mv=(M+m)v′,故B、C正確. 9.(2018·東北三省三校一模)將一小球從地面以速度v0豎直向上拋出,小球上升到某一高度后又落回到地面.若該過程中空氣阻力不能忽略,且大小近似不變,則下列說法中正確的是(  )

9、 A.重力在上升過程與下降過程中做的功大小相等 B.重力在上升過程與下降過程中的沖量相同 C.整個(gè)過程中空氣阻力所做的功等于小球機(jī)械能的變化量 D.整個(gè)過程中空氣阻力的沖量等于小球動(dòng)量的變化量 答案 AC 解析 根據(jù)W=Gh可知,重力在上升過程與下降過程中做的功大小相等,故選項(xiàng)A正確;上升過程中的加速度a上=g+大于下降過程中的加速度a下=g-,則上升的時(shí)間小于下降的時(shí)間,即t上

10、小球動(dòng)量的變化量,故選項(xiàng)D錯(cuò)誤. 三、非選擇題 10.如圖6所示,在實(shí)驗(yàn)室用兩端帶豎直擋板C、D的氣墊導(dǎo)軌和帶固定擋板的質(zhì)量都是M的滑塊A、B,做“探究碰撞中的不變量”的實(shí)驗(yàn): 圖6 (1)把兩滑塊A和B緊貼在一起,在滑塊A上放質(zhì)量為m的砝碼,置于導(dǎo)軌上,用電動(dòng)卡銷卡住兩滑塊A和B,在兩滑塊A和B的固定擋板間放一彈簧,使彈簧處于水平方向上的壓縮狀態(tài). (2)按下電鈕使電動(dòng)卡銷放開,同時(shí)啟動(dòng)兩個(gè)記錄兩滑塊運(yùn)動(dòng)時(shí)間的電子計(jì)時(shí)器,當(dāng)兩滑塊A和B與擋板C和D碰撞同時(shí),電子計(jì)時(shí)器自動(dòng)停表,記下滑塊A運(yùn)動(dòng)至擋板C的時(shí)間t1,滑塊B運(yùn)動(dòng)至擋板D的時(shí)間t2. (3)重復(fù)幾次取t1、t2的平均值

11、. 請(qǐng)回答以下幾個(gè)問題: (1)在調(diào)整氣墊導(dǎo)軌時(shí)應(yīng)注意_______________________________________; (2)應(yīng)測量的數(shù)據(jù)還有______________________________________; (3)作用前A、B兩滑塊的速度與質(zhì)量乘積之和為______________,作用后A、B兩滑塊的速度與質(zhì)量乘積之和為________________.(用測量的物理量符號(hào)和已知的物理量符號(hào)表示) 答案 (1)使氣墊導(dǎo)軌水平 (2)滑塊A至擋板C的距離L1、滑塊B至擋板D的距離L2 (3)0 (M+m)-M或M-(M+m) 解析 (1)為了保證滑

12、塊A、B作用后做勻速直線運(yùn)動(dòng),必須使氣墊導(dǎo)軌水平. (2)要求出A、B兩滑塊在電動(dòng)卡銷放開后的速度,需測出A至C的時(shí)間t1和B至D的時(shí)間t2,并且要測量出兩滑塊到兩擋板的運(yùn)動(dòng)距離L1和L2,再由公式v=求出其速度. (3)設(shè)向左為正方向,根據(jù)所測數(shù)據(jù)求得兩滑塊的速度分別為vA=,vB=-.作用前兩滑塊靜止,v=0,速度與質(zhì)量乘積之和為0;作用后兩滑塊的速度與質(zhì)量乘積之和為(M+m)-M.若設(shè)向右為正方向,同理可得作用后兩滑塊的速度與質(zhì)量的乘積之和為M-(M+m). 11.(2018·山西省太原市上學(xué)期期末)如圖7所示,在光滑水平面上有一質(zhì)量為m、長度為L的木板A,木板的右端點(diǎn)放有一質(zhì)量為

13、3m的物塊B(可視為質(zhì)點(diǎn)),木板左側(cè)的水平面上有一物塊C.當(dāng)物塊C以水平向右的初速度v0與木板發(fā)生彈性碰撞后,物塊B恰好不會(huì)從木板A上掉下來,且最終物塊C與A的速度相同.不計(jì)物塊C與木板A碰撞時(shí)間,三物體始終在一直線上運(yùn)動(dòng),重力加速度為g,求: 圖7 (1)物塊C的質(zhì)量mC; (2)木板A與物塊B間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ. 答案 (1)2m (2) 解析 (1)物塊C與木板A發(fā)生碰撞的過程,以向右為正方向,由動(dòng)量守恒定律與能量守恒定律得: mCv0=mCvC+mvA mCv=mCv+mv 木板A和物塊B相互作用過程,由動(dòng)量守恒定律得 mvA=4mv 由最終物塊C與木板A的速度相

14、同可知vC=v 聯(lián)立得mC=2m (2)木板A和物塊B相互作用過程,由能量守恒得 3μmgL=mv-×4mv2 解得μ=. 12.(2018·貴州省安順市適應(yīng)性監(jiān)測三)如圖8所示,半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道豎直固定在水平地面上,下端與水平地面在P點(diǎn)相切,一個(gè)質(zhì)量為2m的物塊B(可視為質(zhì)點(diǎn))靜止在水平地面上,左端固定有水平輕彈簧,Q點(diǎn)為彈簧處于原長時(shí)的左端點(diǎn),P、Q間的距離為R,PQ段地面粗糙、動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.5,Q點(diǎn)右側(cè)水平地面光滑,現(xiàn)將質(zhì)量為m的物塊A(可視為質(zhì)點(diǎn))從圓弧軌道的最高點(diǎn)由靜止開始下滑,重力加速度為g.求: 圖8 (1)物塊A沿圓弧軌道滑至P點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的

15、壓力大??; (2)彈簧被壓縮的最大彈性勢能(未超過彈性限度); (3)物塊A最終停止位置到Q點(diǎn)的距離. 答案 (1)3mg (2)mgR (3)R 解析 (1)物塊A從靜止沿圓弧軌道滑至P點(diǎn),設(shè)速度大小為vP, 由機(jī)械能守恒定律有:mgR=mv 設(shè)在最低點(diǎn)軌道對(duì)物塊的支持力大小為N, 由牛頓第二定律有:N-mg=m, 聯(lián)立解得:N=3mg, 由牛頓第三定律可知物塊A沿圓弧軌道滑至P點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為3mg. (2)設(shè)物塊A與彈簧接觸前瞬間的速度大小為v0, 由動(dòng)能定理有mgR-μmgR=mv-0, 解得v0=, 當(dāng)物塊A、物塊B具有共同速度v時(shí),彈簧的彈性勢能最大,以向右為正方向 由動(dòng)量守恒定律有:mv0=(m+2m)v, mv=(m+2m)v2+Epm, 聯(lián)立解得Epm=mgR. (3)設(shè)物塊A與彈簧分離時(shí),A、B兩物體的速度大小分別為v1、v2,則有mv0=-mv1+2mv2, mv=mv+(2m)v, 聯(lián)立解得:v1=, 設(shè)物塊A最終停在Q點(diǎn)左側(cè)x處, 由動(dòng)能定理有:-μmgx=0-mv, 解得x=R. 8

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