高考物理大一輪復(fù)習(xí) 單元質(zhì)檢六 動量守恒定律 力學(xué)三大觀點(diǎn) 新人教版-新人教版高三全冊物理試題

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1、單元質(zhì)檢六　動量守恒定律　力學(xué)三大觀點(diǎn) (時(shí)間:45分鐘　滿分:100分) 一、選擇題(本題共8小題,每小題6分,共48分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,第1~5題只有一項(xiàng)符合題目要求,第6~8題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對的得6分,選對但不全的得3分,有選錯的得0分) 1. 一物體在合外力F的作用下從靜止開始做直線運(yùn)動,合外力方向不變,大小隨時(shí)間的變化如圖所示,在t0和2t0時(shí)刻,物體的動能分別為Ek1、Ek2,物體的動量分別為p1、p2,則(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　 A.Ek2=9Ek1,p2=3p1 B.Ek2=3Ek1,p2=3p1 C.Ek2=8Ek1,

2、p2=4p1 D.Ek2=3Ek1,p2=2p1 答案A 解析根據(jù)動量定理得F0t0=mv1①,2F0t0=mv2-mv1②,由①②得v1∶v2=1∶3,得p1∶p2=1∶3;由于x1=v1t02,x2=v1+v22t0,所以有x1∶x2=1∶4,力F做的功為W1=F0x1,W2=2F0x2,所以在t0和2t0時(shí)刻的動能Ek1∶Ek2=1∶9。故選項(xiàng)A正確。 2. 如圖所示,光滑水平面上有大小相同的A、B兩球在同一直線上運(yùn)動。兩球質(zhì)量關(guān)系為mB=2mA,規(guī)定向右為正方向,A、B兩球的動量均為6 kg·m/s,運(yùn)動中兩球發(fā)生碰撞,碰撞后A球的動量增量為-4 kg·m/s,則(　　)

3、 A.左方是A球,碰撞后A、B兩球速度大小之比為2∶5 B.左方是A球,碰撞后A、B兩球速度大小之比為1∶10 C.右方是A球,碰撞后A、B兩球速度大小之比為2∶5 D.右方是A球,碰撞后A、B兩球速度大小之比為1∶10 答案A 解析由兩球的動量都是6kg·m/s可知,運(yùn)動方向都向右,且能夠相碰,說明左方是質(zhì)量小速度大的小球,故左方是A球。碰后A球的動量減少了4kg·m/s,即A球的動量為2kg·m/s,由動量守恒定律知B球的動量為10kg·m/s,則其速度比為2∶5,故選項(xiàng)A是正確的。 3.(2018·江西宜春月考)如圖所示,將質(zhì)量為M1、半徑為R且內(nèi)壁光滑的半圓槽置于光滑水

4、平面上,左側(cè)靠墻角,右側(cè)靠一質(zhì)量為M2的物塊。今讓一質(zhì)量為m的小球自左側(cè)槽口A的正上方h高處從靜止開始落下,自A點(diǎn)與圓弧槽相切進(jìn)入槽內(nèi),則以下結(jié)論正確的是(　　) A.小球在槽內(nèi)運(yùn)動的全過程中,小球與半圓槽在水平方向動量守恒 B.小球在槽內(nèi)運(yùn)動的全過程中,小球、半圓槽和物塊組成的系統(tǒng)動量守恒 C.小球離開C點(diǎn)以后,將做豎直上拋運(yùn)動 D.槽與墻不會再次接觸 答案D 解析小球從A→B的過程中,半圓槽對球的支持力沿半徑方向指向圓心,而小球?qū)Π雸A槽的壓力方向相反指向左下方,因?yàn)橛胸Q直墻擋住,所以半圓槽不會向左運(yùn)動,可見,該過程中,小球與半圓槽在水平方向受到外力作用,動量并不守恒,而由小球、

5、半圓槽和物塊組成的系統(tǒng)動量也不守恒;從B→C的過程中,小球?qū)Π雸A槽的壓力方向向右下方,所以半圓槽要向右推動物塊一起運(yùn)動,因而小球參與了兩個(gè)運(yùn)動,一個(gè)是沿半圓槽的圓周運(yùn)動,另一個(gè)是與半圓槽一起向右運(yùn)動,小球所受支持力方向與速度方向并不垂直,此過程中,因?yàn)橛形飰K擋住,小球與半圓槽在水平方向動量并不守恒,在小球運(yùn)動的全過程,水平方向動量也不守恒,選項(xiàng)A、B錯誤;當(dāng)小球運(yùn)動到C點(diǎn)時(shí),它的兩個(gè)分運(yùn)動的合速度方向并不是豎直向上,所以此后小球做斜上拋運(yùn)動,選項(xiàng)C錯誤;因?yàn)槿^程中,整個(gè)系統(tǒng)在水平方向上獲得了水平向右的沖量,最終槽與墻不會再次接觸,選項(xiàng)D正確。 4.(2018·廣東佛山一模)當(dāng)使用高壓水槍時(shí)

6、,我們會感受到比較強(qiáng)的反沖作用。如圖所示,一水槍與軟管相連,打開開關(guān)后,以30 m/s的速度每秒噴出1 kg的水,若水槍入口與出口的口徑相同,則水對該水槍作用力的大小及方向是(　　) A.30 N,沿③的方向 B.30 N,沿②的方向 C.60 N,沿①的方向 D.60 N,沿②的方向 答案B 解析以水為研究對象,運(yùn)用動量定理得Ft=m水v1-0,代入數(shù)據(jù)解得,水流受到的平均作用力為F=30N,方向沿出口方向和進(jìn)口方向的角平分線。根據(jù)牛頓第三定律可知,水對該水槍作用力的大小是30N,方向沿②的方向,故B正確。 5. 如圖所示,一質(zhì)量m1=3.0 kg的長方形木板B放在光滑水

7、平地面上,在其右端放一個(gè)質(zhì)量m2=1.0 kg的小木塊A。給A和B以大小均為4.0 m/s、方向相反的初速度,使A開始向左運(yùn)動,B開始向右運(yùn)動,A始終沒有滑離B板。在小木塊A做加速運(yùn)動的時(shí)間內(nèi),木板速度大小可能是(　　) A.1.8 m/s B.2.4 m/s C.2.8 m/s D.3.0 m/s 答案B 解析A先向左減速到零,再向右加速運(yùn)動,在此期間,木板減速運(yùn)動,最終它們保持相對靜止,設(shè)A減速到零時(shí),木板的速度為v1,最終它們的共同速度為v2,取水平向右為正方向,則m1v-m2v=m1v1,m1v1=(m1+m2)v2,可得v1=83m/s,v2=2m/s,所以在小木塊A做加速運(yùn)

8、動的時(shí)間內(nèi),木板速度大小應(yīng)大于2.0m/s而小于83m/s,只有選項(xiàng)B正確。 6. 如圖所示,三角形傳送帶以1 m/s 的速度逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動,兩邊的傳送帶長都是2 m且與水平方向的夾角均為37°?，F(xiàn)有兩個(gè)小物塊A、B從傳送帶頂端都以1 m/s的初速度沿傳送帶下滑,物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)都是0.5,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。下列判斷正確的是(　　) A.物塊A先到達(dá)傳送帶底端 B.物塊A、B同時(shí)到達(dá)傳送帶底端 C.傳送帶對物塊A、B均做負(fù)功 D.物塊A下滑過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量小于B下滑過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量 答案BCD 解析因tan

9、37°=0.75>0.5,即mgsinθ>μmgcosθ,故A、B都會勻加速下滑,根據(jù)牛頓第二定律知A、B加速度大小相等,故會同時(shí)到達(dá)底端,選項(xiàng)A錯誤,B正確;物塊A、B受到傳送帶的摩擦力方向與其運(yùn)動方向相反,故傳送帶對物塊A、B均做負(fù)功,選項(xiàng)C正確;因A物塊與傳送帶同向運(yùn)動,相對位移要小,根據(jù)Q=Ffs相對,產(chǎn)生的熱量要小于B物塊下滑產(chǎn)生的熱量,故選項(xiàng)D正確。 7.在光滑的水平桌面上有質(zhì)量分別為m0=0.6 kg,m=0.2 kg的兩個(gè)小球,中間夾著一個(gè)被壓縮的具有Ep=10.8 J彈性勢能的輕彈簧(彈簧與兩球不相連),原來處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)突然釋放彈簧,球m脫離彈簧后滑向與水平面相切、

10、半徑為R=0.425 m的豎直放置的光滑半圓形軌道,如圖所示。g取10 m/s2。則下列說法正確的是(　　) A.球m從軌道底端A運(yùn)動到頂端B的過程中所受合外力沖量大小為3.4 N·s B.m0離開輕彈簧時(shí)獲得的速度為9 m/s C.若半圓軌道半徑可調(diào),則球m從B點(diǎn)飛出后落在水平桌面上的水平距離隨軌道半徑的增大而減小 D.彈簧彈開過程,彈力對m的沖量大小為1.8 N·s 答案AD 解析釋放彈簧過程中系統(tǒng)動量守恒、機(jī)械能守恒,以向右為正方向,由動量守恒定律得mv1-m0v2=0,由機(jī)械能守恒定律得12mv12+12m0v22=Ep,代入數(shù)據(jù)解得v1=9m/s,v2=3m/s;m從A到

11、B過程中,由機(jī)械能守恒定律得12mv12=12mv1'2+mg·2R,解得v1'=8m/s;以向右為正方向,由動量定理得,球m從軌道底端A運(yùn)動到頂端B的過程中所受合外力沖量大小為I=Δp=mv1'-mv1=[0.2×(-8)-0.2×9]N·s=-3.4N·s,故A正確;小球m0離開輕彈簧時(shí)獲得的速度為3m/s,故B錯誤;設(shè)圓軌道半徑為r時(shí),m從B點(diǎn)飛出后水平位移最大,由A到B根據(jù)機(jī)械能守恒定律得12mv12=12mv1'2+mg·2r,在最高點(diǎn),由牛頓第二定律得mg+FN=mv1'2r,m從B點(diǎn)飛出,需要滿足:FN≥0,飛出后,小球做平拋運(yùn)動:2r=12gt2,x=v1't,當(dāng)8.1m-4r

12、=4r時(shí),即r=1.0125m時(shí),x為最大,故球m從B點(diǎn)飛出后落在水平桌面上的水平距離隨軌道半徑的增大先增大后減小,C錯誤;由動量定理得,彈簧彈開過程,彈力對m的沖量大小為I=Δp=mv1=1.8N·s,故D正確。 8.(2018·四川成都一診)如圖所示,ABCD是固定在地面上、由同種金屬細(xì)桿制成的正方形框架,框架任意兩條邊的連接處平滑,A、B、C、D四點(diǎn)在同一豎直面內(nèi),BC、CD邊與水平面的夾角分別為α、β(α>β),讓套在金屬桿上的小環(huán)從A點(diǎn)無初速釋放。若小環(huán)從A經(jīng)B滑到C點(diǎn),摩擦力對小環(huán)做功為W1,重力的沖量為I1,若小環(huán)從A經(jīng)D滑到C點(diǎn),摩擦力對小環(huán)做功為W2,重力的沖量為I2。

13、則(　　) A.W1>W2 B.W1=W2 C.I1>I2 D.I1=I2 答案BC 解析設(shè)正方形的邊長為l,小環(huán)滑下時(shí)動摩擦因數(shù)為μ(都相同)。若小環(huán)從A經(jīng)B滑到C點(diǎn),末速度為v1,則W1=μmgcosβ·l+μmgcosα·l① 由動能定理得 mg·l·sinβ+mg·l·sinα-W1=12mv12② 若小環(huán)從A經(jīng)D滑到C點(diǎn),末速度為v2,則W2=μmgcosα·l+μmgcosβ·l③ 由動能定理得mg·l·sinβ+mgl·sinα-W2=12mv22④ 由①③式可知,W1=W2,故A錯誤,B正確;由②④式可知,v1=v2⑤ 設(shè)小環(huán)由A滑到B的加速度為a1,與從D

14、滑到C的加速度相等。由B滑到C的加速度為a2,與從A滑到D的加速度相等,所以a1=gsinβ-μgcosβ⑥ a2=gsinα-μgcosα⑦ 由⑥⑦式可知,a1β)⑧ 由⑤和⑧式,作出v-t圖像,如圖所示, 由圖像知,從A經(jīng)B到C用時(shí)為t1,從A經(jīng)D到C用時(shí)為t2,t1>t2,因此重力的沖量I1>I2,故C正確,D錯誤。 二、實(shí)驗(yàn)題(10分) 9.氣墊導(dǎo)軌是常用的一種實(shí)驗(yàn)儀器, 它是利用氣泵將壓縮空氣通過導(dǎo)軌的眾多小孔高速噴出,在導(dǎo)軌與滑塊之間形成薄薄一層氣墊,使滑塊懸浮在導(dǎo)軌上。由于氣墊的摩擦力極小,滑塊在導(dǎo)軌上的運(yùn)動可近似為沒有摩擦的運(yùn)動。用固定在氣墊導(dǎo)軌上

15、的光電門A、B和光電計(jì)時(shí)裝置,以及帶有擋光條的滑塊C、D來驗(yàn)證動量守恒定律。已知擋光條的持續(xù)擋光寬度為l,實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示,采用的實(shí)驗(yàn)步驟如下: a.調(diào)節(jié)氣墊導(dǎo)軌底座螺母,觀察導(dǎo)軌上的氣泡儀,使導(dǎo)軌成水平狀態(tài); b.在滑塊C、D間放入一個(gè)輕質(zhì)彈簧,用一條橡皮筋捆綁住三者成一水平整體,靜置于導(dǎo)軌中部; c.將光電門盡量靠近滑塊C、D兩端; d.燒斷捆綁的橡皮筋,使滑塊C、D在彈簧作用下分離,分別通過光電門A、B; e.由光電計(jì)時(shí)器記錄滑塊C第一次通過光電門A時(shí)擋光條持續(xù)擋光的時(shí)間tC,以及滑塊D第一次通過光電門B時(shí)擋光條持續(xù)擋光的時(shí)間tD。 (1)實(shí)驗(yàn)中還應(yīng)測量的物理量是　　　　

16、　　　　　　　　　　　　　　。? (2)根據(jù)上述測量的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)及已知量,驗(yàn)證動量守恒定律的表達(dá)式是　　　　　　　　;實(shí)驗(yàn)中算得的C、D兩滑塊的動量大小并不完全相等,產(chǎn)生誤差的主要原因是　? 　　　　　　。? (3)利用上述實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)　　　　(選填“能”或“不能”)測出被壓縮彈簧的彈性勢能的大小。如能,請寫出計(jì)算表達(dá)式:　　　　　　　　　　　　　　　　。若不能,說明理由:? 　。? 答案(1)滑塊C、D的質(zhì)量mC、mD (2)mCtC=mDtD　滑塊與氣墊導(dǎo)軌間仍存在摩擦,氣墊導(dǎo)軌未完全水平 (3)能　Ep=12mCltC2+12mDltD2 解析(1)要驗(yàn)證彈簧彈開的兩滑塊動量守

17、恒,需要知道兩滑塊的質(zhì)量和速度,而速度可以通過光電計(jì)時(shí)器測量的時(shí)間和位移計(jì)算,所以實(shí)驗(yàn)中還應(yīng)測量的物理量是滑塊C、D的質(zhì)量mC、mD。 (2)設(shè)遮光條的寬度為l,則vC=ltC,vD=ltD,驗(yàn)證動量守恒定律的表達(dá)式是mCvC=mDvD,即mCtC=mDtD。 產(chǎn)生誤差的主要原因是:滑塊與氣墊導(dǎo)軌間仍存在摩擦,氣墊導(dǎo)軌未完全水平,測量mC、mD及tC、tD時(shí)有誤差。 (3)燒斷捆綁的橡皮筋后只有彈簧彈力做功,系統(tǒng)機(jī)械能守恒,所以彈簧的彈性勢能等于兩滑塊離開彈簧時(shí)的動能,即Ep=12mCvC2+12mDvD2=12mCltC2+12mDltD2。 三、計(jì)算題(本題共3小題,共42分)

18、10.(10分) 如圖所示,在光滑水平面上有一輛質(zhì)量m1=8 kg的平板小車,車上有一個(gè)質(zhì)量m=1.9 kg 的木塊,木塊距小車左端6 m(木塊可視為質(zhì)點(diǎn)),車與木塊一起以v=1 m/s的速度水平向右勻速行駛。一顆質(zhì)量m0=0.1 kg的子彈以v0=179 m/s的初速度水平向左飛,瞬間擊中木塊并留在其中。如果木塊剛好不從車上掉下,求木塊與平板小車之間的動摩擦因數(shù)μ。(g取10 m/s2) 答案0.54 解析設(shè)子彈射入木塊后的共同速度為v1,以水平向左為正方向,則由動量守恒有m0v0-mv=(m+m0)v1① 代入數(shù)據(jù)解得v1=8m/s。 它們恰好不從小車上掉下來,則它們相對平板

19、車滑行s=6m時(shí)它們跟小車具有共同速度v2,則由動量守恒得 (m+m0)v1-m1v=(m+m0+m1)v2② 由能量守恒定律得 Q=μ(m+m0)gs=12(m+m0)v12+12m1v2-12(m+m0+m1)v22③ 聯(lián)立①②③并代入數(shù)據(jù)解得μ=0.54。 11.(16分) 如圖所示,固定在地面上的光滑的14圓弧面與車C的上表面平滑相接,在圓弧面上有一個(gè)滑塊A,其質(zhì)量為mA=2 kg,在半徑為R=1.25 m 的14圓弧面頂端由靜止下滑,車C的質(zhì)量為mC=6 kg,在車C的左端有一個(gè)質(zhì)量mB=2 kg的滑塊B,滑塊A與B均可看作質(zhì)點(diǎn),滑塊A與B碰撞后黏合在一起共同運(yùn)動,最

20、終沒有從車C上滑出,已知滑塊A和B與車C的動摩擦因數(shù)均為μ=0.5,車C與水平地面的摩擦忽略不計(jì)。g取10 m/s2。求: (1)滑塊A滑到圓弧面末端時(shí)對軌道的壓力大小; (2)滑塊A與B碰撞后瞬間的共同速度的大小; (3)車C的最短長度。 答案(1)60 N　(2)2.5 m/s　(3)0.375 m 解析(1)根據(jù)機(jī)械能守恒定律: mAgR=12mAvA2 vA=2gR=5m/s 滑塊A滑到圓弧面末端時(shí),根據(jù)牛頓第二定律得FN-mAg=mAvA2R 則FN=mAg+mAvA2R=60N 根據(jù)牛頓第三定律,滑塊A對軌道的壓力大小為60N。 (2)A滑塊與B滑塊碰撞,根據(jù)

21、動量守恒定律得mAvA=(mA+mB)v v=mAvAmA+mB=2.5m/s。 (3)A、B在C上滑行受到的摩擦力為Ff=μ(mA+mB)g=20N A、B在C上滑行滿足動量守恒 (mA+mB)v=(mA+mB+mC)vC 解得vC=1m/s 設(shè)車的最短長度為l,根據(jù)能量守恒得12(mA+mB)v2-12(mA+mB+mC)vC2=Ffl,l=0.375m。 12.(16分) 如圖所示,兩個(gè)圓形光滑細(xì)管在豎直平面內(nèi)交疊,組成“8”字形通道,在“8”字形通道底端B處連接一內(nèi)徑相同的粗糙水平直管AB。已知E處距地面的高度h=3.2 m,一質(zhì)量ma=1 kg的小球a從A點(diǎn)以速度

22、v0=12 m/s的速度向右進(jìn)入直管道,到達(dá)B點(diǎn)后沿“8”字形軌道向上運(yùn)動,到達(dá)D點(diǎn)時(shí)恰好與軌道無作用力,直接進(jìn)入DE管(DE管光滑),并與原來靜止于E處的質(zhì)量為mb=4 kg的小球b發(fā)生正碰(a、b均可 視為質(zhì)點(diǎn))。已知碰撞后a球沿原路返回,速度大小為碰撞前速度大小的13,而b球從E點(diǎn)水平拋出,其水平射程s=0.8 m。(g取10 m/s2) (1)求碰后b球的速度大小。 (2)求“8”字形管道上下兩圓的半徑r和R。 (3)若小球a在管道AB中運(yùn)動時(shí)所受阻力為定值,請通過計(jì)算判斷a球返回到BA管道時(shí),能否從A端穿出? 答案(1)1 m/s　(2)0.9 m　0.7 m　(3)不能

23、 解析(1)b球離開E點(diǎn)后做平拋運(yùn)動 h=12gt2 s=vbt 解得vb=1m/s。 (2)a、b碰撞過程,動量守恒,以水平向右為正方向,則有 mava=-ma×13va+mbvb 解得va=3m/s。 碰前a在D處恰好與軌道無作用力,則有mag=mava2r,解得r=0.9m。 R=h-2r2=0.7m。 (3)小球從B到D,根據(jù)機(jī)械能守恒得12mavB2=12mava2+magh 解得12mavB2=36.5J 從A到B過程,由動能定理得 -Wf=12mavB2-12mav02 解得Wf=35.5J。 從D到B,根據(jù)機(jī)械能守恒得 12mava32+magh=12mavB'2 解得12mavB'2=32.5J