《2020版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第六章 動量 動量守恒定律 本章綜合能力提升練（含解析）教科版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第六章 動量 動量守恒定律 本章綜合能力提升練（含解析）教科版（8頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、本章綜合能力提升練 一、單項(xiàng)選擇題 1．若物體在運(yùn)動過程中受到的合力不為零，則(　　) A．物體的動能不可能總是不變的 B．物體的動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)動并與彈簧發(fā)生碰撞．在整個過程中，彈簧具有的最大彈性勢能等于(　　) 圖1 A．P的初動能 B．P的初動能的 C．P的初動能的 D．P的初動能的 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)．此后經(jīng)歷時間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，則該段時間安全帶對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)動公式得：人下降h距離時的速度為v＝，在t時間內(nèi)對人，由動量定理得：(mg－F)t＝0－mv，解得安全帶對人的平均作用力為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高時正面撞到了一只兔子，當(dāng)時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)動到P點(diǎn)與由P點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)的時間相等．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)動不是勻變速運(yùn)動 C．質(zhì)點(diǎn)在這兩段時間內(nèi)的動量變化量大小相等，方向相同 D．質(zhì)點(diǎn)在這兩段時間內(nèi)的動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，所以質(zhì)點(diǎn)做勻變速曲線運(yùn)動，速度隨時間變化，故A、B錯誤；根據(jù)動量定理可得FΔt＝Δp，兩段過程所用時間相同，所以動量變化量大小和方向都相同，故C正確，D錯誤． 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末外力做功的瞬時功率最大 C．第1s內(nèi)與第2s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)動量增加量之比為1∶2 D．第1s內(nèi)與第2s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)動能增加量之比為4∶5 答案　D 解析　由動量定理：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錯誤；第1s末的外力的瞬時功率P＝F1v1＝4×4W＝16W，第2s末外力做功的瞬時功率P′＝F2v2＝2×6W＝12W，故B錯誤；第1s內(nèi)與第2s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)動量增加量之比為：＝＝＝，故C錯誤；第1s內(nèi)與第2s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)動能增加量分別為：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．當(dāng)小物塊沿斜面向上運(yùn)動到最高點(diǎn)時，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，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)動量守恒得mv0cosθ＝(m＋M)v，故A錯誤，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，與位于正對面的質(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)動量守恒，m0的速度在瞬間不變，以M的初速度方向?yàn)檎较?，若碰后M和m的速度變?yōu)関1和v2，由動量守恒定律得：Mv＝Mv1＋mv2；若碰后M和m速度相同，由動量守恒定律得：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．整個過程中空氣阻力的沖量等于小球動量的變化量 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－，則上升的時間小于下降的時間，即t上

10、小球動量的變化量，故選項(xiàng)D錯誤． 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)按下電鈕使電動卡銷放開，同時啟動兩個記錄兩滑塊運(yùn)動時間的電子計(jì)時器，當(dāng)兩滑塊A和B與擋板C和D碰撞同時，電子計(jì)時器自動停表，記下滑塊A運(yùn)動至擋板C的時間t1，滑塊B運(yùn)動至擋板D的時間t2. (3)重復(fù)幾次取t1、t2的平均值

11、． 請回答以下幾個問題： (1)在調(diào)整氣墊導(dǎo)軌時應(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和已知的物理量符號表示) 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，必須使氣墊導(dǎo)軌水平． (2)要求出A、B兩滑塊在電動卡銷放開后的速度，需測出A至C的時間t1和B至D的時間t2，并且要測量出兩滑塊到兩擋板的運(yùn)動距離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碰撞時間，三物體始終在一直線上運(yùn)動，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)為彈簧處于原長時的左端點(diǎn)，P、Q間的距離為R，PQ段地面粗糙、動摩擦因數(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)時對軌道的

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)時對軌道的壓力大小為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，彈簧的彈性勢能最大，以向右為正方向 由動量守恒定律有：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，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， 由動能定理有：－μmgx＝0－mv， 解得x＝R. 8