《2022高考物理一輪復(fù)習(xí) 第六章 動(dòng)量守恒定律 力學(xué)三大觀點(diǎn)單元質(zhì)檢 新人教版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022高考物理一輪復(fù)習(xí) 第六章 動(dòng)量守恒定律 力學(xué)三大觀點(diǎn)單元質(zhì)檢 新人教版（10頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022高考物理一輪復(fù)習(xí) 第六章 動(dòng)量守恒定律 力學(xué)三大觀點(diǎn)單元質(zhì)檢 新人教版 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1~6題只有一項(xiàng)符合題目要求,第7~8題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得6分,選對(duì)但不全的得3分,有選錯(cuò)的得0分) 1.(2017·寧夏沙坡頭區(qū)月考)質(zhì)量為1 kg的物體做直線運(yùn)動(dòng),其速度—時(shí)間圖象如圖所示,則物體在前10 s內(nèi)和后10 s內(nèi)所受外力的沖量分別是(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A.10 N·s,10 N·s B.10 N·s,-10 N·s C.0,10 N·s D.0,-10 N·s 答案

2、D 解析由題圖可知,在前10 s內(nèi)初、末狀態(tài)的動(dòng)量相等,p1=p2=5 kg·m/s,由動(dòng)量定理知I1=0;在后10 s內(nèi)p2=-5 kg·m/s,I2=p3-p2=-10 N·s,故選D。 2.一個(gè)質(zhì)量是5 kg的小球以5 m/s的速度豎直落到地板上,隨后以3 m/s的速度反向彈回,若取豎直向下的方向?yàn)檎较?則小球動(dòng)量的變化量是(　　) A.10 kg·m/s B.-10 kg·m/s C.40 kg·m/s D.-40 kg·m/s 答案D 解析因向下為正方向,則小球與地面相碰前的動(dòng)量為p1=mv1=5×5 kg·m/s=25 kg·m/s;碰后的動(dòng)量為p2=mv2=5×(-

3、3) kg·m/s=-15 kg·m/s;則小球的動(dòng)量變化為Δp=p2-p1=(-15 kg·m/s)-25 kg·m/s=-40 kg·m/s,故D正確。 3. (2017·河北淶水縣期中)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(dòng)。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(dòng)量均為6 kg·m/s,運(yùn)動(dòng)中兩球發(fā)生碰撞,碰撞后A球的動(dòng)量增量為-4 kg·m/s,則(　　) 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

4、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(dòng)量都是6 kg·m/s可知,運(yùn)動(dòng)方向都向右,且能夠相碰,說(shuō)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(dòng)量減少了4 kg·m/s,即A球的動(dòng)量為2 kg·m/s,由動(dòng)量守恒定律知B球的動(dòng)量為10 kg·m/s,則其速度比為2∶5,故選項(xiàng)A是正確的。 4.(2017·福建華安縣期末)“爆竹聲中一歲除,春風(fēng)送暖入屠蘇”,爆竹聲響是辭舊迎新的標(biāo)志。有一個(gè)質(zhì)量為3m的爆竹斜向上拋出,到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)速度大小為v0、方向水平向東,在最高點(diǎn)爆炸成質(zhì)量不等的兩塊,其中一塊質(zhì)量為2m,速度大小為v,方向水平向東;則另一塊的速度為(

5、　　) A.3v0-v B.2v0-3v C.3v0-2v D.2v0+v 答案C 解析取水平向東為正方向,爆炸過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒,3mv0=2mv+mvx,可得vx=3v0-2v,C正確。 5. (2017·廣西賓陽(yáng)縣期末)如圖所示,一質(zhì)量m1=3.0 kg的長(zhǎng)方形木板B放在光滑水平地面上,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(dòng),B開始向右運(yùn)動(dòng),A始終沒(méi)有滑離B板。在小木塊A做加速運(yùn)動(dòng)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

6、 答案B 解析A先向左減速到零,再向右加速運(yùn)動(dòng),在此期間,木板減速運(yùn)動(dòng),最終它們保持相對(duì)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= m/s,v2=2 m/s,所以在小木塊A做加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間內(nèi),木板速度大小應(yīng)大于2.0 m/s而小于 m/s,只有選項(xiàng)B正確。 6. (2017·安徽金安區(qū)月考)如圖所示,兩質(zhì)量分別為m1和m2的彈性小球疊放在一起,從高度為h處自由落下,h遠(yuǎn)大于兩小球半徑,所有的碰撞都是完全彈性碰撞,且都發(fā)生在豎直方向。已知m2=3m1,則小球m1反彈后能達(dá)到

7、的高度為(　　) A.h B.2h C.3h D.4h 答案D 解析下降過(guò)程為自由落體運(yùn)動(dòng),觸地時(shí)兩球速度相同,v=,m2碰撞地之后,速度瞬間反向,大小相等,選m1與m2碰撞過(guò)程為研究過(guò)程,碰撞前后動(dòng)量守恒,設(shè)碰后m1、m2速度大小分別為v1、v2,選向上方向?yàn)檎较?則 m2v-m1v=m1v1+m2v2 由能量守恒定律得(m1+m2)v2=m1m2,且m2=3m1 聯(lián)立解得v1=2 反彈后高度H==4h,D正確。 7.(2017·河南林州市月考)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(dòng),兩邊的傳送帶長(zhǎng)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

8、、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(dòng)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(duì)物塊A、B均做負(fù)功 D.物塊A下滑過(guò)程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量小于B下滑過(guò)程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量 答案BCD 解析因tan 37°=0.75>0.5,即mgsin θ>μmgcos θ,故A、B都會(huì)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(huì)同時(shí)到達(dá)底端,選項(xiàng)A錯(cuò)誤,B正確;物塊A、B受到傳送帶的摩擦力方向與其運(yùn)動(dòng)方向相反,

9、故傳送帶對(duì)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(dòng),相對(duì)位移要小,根據(jù)Q=Ffs相對(duì),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。 8. (2017·河北石家莊模擬)如圖所示,質(zhì)量為m的小球套在傾斜放置的固定光滑桿上,一根輕質(zhì)彈簧一端固定于O點(diǎn),另一端與小球相連,彈簧與桿在同一豎直平面內(nèi)。將小球沿桿拉到彈簧水平位置由靜止釋放,小球沿桿下滑,當(dāng)彈簧位于豎直位置時(shí),小球速度恰好為零,此時(shí)小球下降的豎直高度為h,若整個(gè)過(guò)程中彈簧始終處于伸長(zhǎng)狀態(tài)且處于彈性限度范圍內(nèi),則下列說(shuō)法正確的是(　　) A.彈簧與桿垂直時(shí),小球速度最大 B.彈簧與桿垂直時(shí),小球的動(dòng)能與重力勢(shì)

10、能之和最大 C.小球從靜止位置下滑至最低點(diǎn)的過(guò)程中,彈簧的彈性勢(shì)能增加量小于mgh D.小球從靜止位置下滑至最低點(diǎn)的過(guò)程中,彈簧的彈性勢(shì)能增加量等于mgh 答案BD 解析彈簧與斜桿垂直時(shí),彈簧的彈性勢(shì)能最小,小球的動(dòng)能與重力勢(shì)能之和最大,但加速度不為零,所以小球速度不是最大,B正確,A錯(cuò)誤;小球從靜止位置下滑至最低點(diǎn)的過(guò)程中,小球動(dòng)能變化量為零,所以彈簧的彈性勢(shì)能增加量等于小球重力勢(shì)能的減少量mgh,C錯(cuò)誤,D正確。 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(guò)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

11、墊的摩擦力極小,滑塊在導(dǎo)軌上的運(yùn)動(dòng)可近似為沒(méi)有摩擦的運(yùn)動(dòng)。用固定在氣墊導(dǎo)軌上的光電門A、B和光電計(jì)時(shí)裝置,以及帶有擋光條的滑塊C、D來(lái)驗(yàn)證動(dòng)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(guò)光電門A、B; e.由光電計(jì)時(shí)器記錄滑塊C第一次通過(guò)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(guò)光

12、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(cè)量的物理量是　　　　　　　　　　　　　;? (2)根據(jù)上述測(cè)量的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)及已知量,驗(yàn)證動(dòng)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(dòng)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)　　　　(填“能”或“不能”)測(cè)出被壓縮彈簧的彈性勢(shì)能的大小。如能,請(qǐng)寫出計(jì)算表達(dá)式,若不能,說(shuō)明理由:　? 　。? 答案(1)滑塊C、D的質(zhì)量mC、mD (2)　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=mC2+mD2 解析(1)要驗(yàn)證彈簧彈開的兩滑塊動(dòng)量守恒,需要知道兩

13、滑塊的質(zhì)量和速度,而速度可以通過(guò)光電計(jì)時(shí)器測(cè)量的時(shí)間和位移計(jì)算,所以實(shí)驗(yàn)中還應(yīng)測(cè)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=,vD=,驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律的表達(dá)式是mCvC=mDvD,即。 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(cè)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(shì)能等于兩滑塊離開彈簧時(shí)的動(dòng)能,即Ep=mCmDmC2+mD2。 三、計(jì)算題(本題共3小題,共42分) 10. (10分)(2018·山東省山師附中三模)如圖,兩塊相同平板P1、P2置于光

14、滑水平面上,質(zhì)量均為m=0.1 kg。P2的右端固定一輕質(zhì)彈簧,物體P置于P1的最右端,質(zhì)量為M=0.2 kg且可看作質(zhì)點(diǎn)。P1與P以共同速度v0=4 m/s向右運(yùn)動(dòng),與靜止的P2發(fā)生碰撞,碰撞時(shí)間極短,碰撞后P1與P2黏連在一起,P壓縮彈簧后被彈回(彈簧始終在彈性限度內(nèi))。平板P1的長(zhǎng)度L=1 m,P與P1之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.2,P2上表面光滑。求: (1)P1、P2剛碰完時(shí)的共同速度v1; (2)此過(guò)程中彈簧的最大彈性勢(shì)能Ep。 (3)通過(guò)計(jì)算判斷最終P能否從P1上滑下,并求出P的最終速度v2。 答案(1)2 m/s　(2)0.2 J　(3)3 m/s 解析(1)P1、P2

15、碰撞過(guò)程,由動(dòng)量守恒定律mv0=2mv1 解得v1==2 m/s,方向水平向右; (2)對(duì)P1、P2、P系統(tǒng),由動(dòng)量守恒定律 2mv1+Mv0=(2m+M)v2' 解得v2'=v0=3 m/s,方向水平向右, 此過(guò)程中彈簧的最大彈性勢(shì)能Ep=·2m(2m+M)v2'2=0.2 J; (3)對(duì)P1、P2、P系統(tǒng),由動(dòng)量守恒定律 2mv1+Mv0=2mv3-Mv2 由能量守恒定律得·2m·2m+μMgL 解得P的最終速度v2=3 m/s>0,即P能從P1上滑下,P的最終速度v2=3 m/s。 11.(14分)如圖所示,在足夠長(zhǎng)的光滑水平面上,物體A、B、C位于同一直線上,A位于

16、B、C之間。A的質(zhì)量為m,B、C的質(zhì)量都為M,三者均處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)使A以某一速度向右運(yùn)動(dòng),求m和M之間應(yīng)滿足什么條件,才能使A只與B、C各發(fā)生一次碰撞。設(shè)物體間的碰撞都是彈性的。 答案(-2)M≤m

17、即v0≥v1=2v0 整理可得m2+4Mm≥M2 解方程可得m≥(-2)M 另一解m≤-(+2)M舍去 所以使A只與B、C各發(fā)生一次碰撞,須滿足(-2)M≤m

18、,不計(jì)物塊A從斜面滑上木板時(shí)的機(jī)械能損失。 (1)求物塊A到達(dá)斜面底端時(shí)的速度大小v; (2)改變物塊A由靜止釋放的位置,若物塊A恰好能滑到圓弧面C的最高點(diǎn),求其開始下滑時(shí)到斜面底端的高度h1; (3)在(2)中情況下,求物塊A從圓弧面最高點(diǎn)返回后停留在長(zhǎng)木板B上的位置到長(zhǎng)木板右端的距離s(設(shè)物塊A不會(huì)從長(zhǎng)木板B的左端滑下)。 答案(1)　(2)　(3) 解析(1)物塊A在斜面上下滑的過(guò)程,由動(dòng)能定理得 mgh-μmgcos θ·mv2 解得v=。 (2)當(dāng)物塊開始下滑時(shí)到斜面底端的高度h1時(shí),物塊A在斜面上下滑的過(guò)程,由動(dòng)能定理得 mgh1-μmgcos θ· 解得v1= 設(shè)物塊A滑到圓弧面C的最高點(diǎn)時(shí)的速度大小為v2,取向右為正方向,由水平方向動(dòng)量守恒得mv1=3mv2。 由功能關(guān)系有μmgL=×3m-mgR 解得h1=。 (3)經(jīng)分析可知,當(dāng)物塊A最終停留在長(zhǎng)木板B上時(shí),物塊、木板和圓弧面具有共同的速度,設(shè)為v3。根據(jù)動(dòng)量守恒定律得mv1=3mv3。 上式中v1=且h1= 由功能關(guān)系有μmg(L+s)=·3m 解得s=。