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單元質(zhì)量檢測(六) 時間：50分鐘 一、選擇題(1～4題為單項選擇題，5～8題為多項選擇題) 1．某物體受到一個－6 Ns的沖量作用，則(　　) A．物體的動量一定減少 B．物體的末動量一定是負值 C．物體動量變化量的方向一定與規(guī)定的正方向相反 D．物體原來動量的方向一定與這個沖量方向相反 解析　動量定理是矢量方程，注意規(guī)定正方向解題。沖量、動量都是矢量，對在一條直線上運動的物體，規(guī)定正方向后，可用“＋”“－”號表示矢量的方向，－6 Ns的沖量說明物體所受沖量的大小為6 Ns，方向與規(guī)定的正方向相反，由動量定理可知答案為C。而初、末動量的方向、大小由題設均不能確定。 答案　C 2．如圖1所示，一內(nèi)外側(cè)均光滑的半圓柱槽置于光滑的水平面上．槽的左側(cè)有一豎直墻壁?，F(xiàn)讓一小球(可認為質(zhì)點)自左端槽口A點的正上方從靜止開始下落，與半圓槽相切并從A點進入槽內(nèi)，則下列說法正確的是(　　) 圖1 A．小球離開右側(cè)槽口以后，將做豎直上拋運動 B．小球在槽內(nèi)運動的全過程中，只有重力對小球做功 C．小球在槽內(nèi)運動的全過程中，小球與槽組成的系統(tǒng)機械能守恒 D．小球在槽內(nèi)運動的全過程中，小球與槽組成的系統(tǒng)水平方向上的動量守恒 解析　小球從下落到最低點的過程中，槽沒有動，與豎直墻之間存在擠壓，動量不守恒；小球經(jīng)過最低點往上運動的過程中，斜槽與豎直墻分離，水平方向動量守恒；全過程中有一段時間系統(tǒng)受豎直墻彈力的作用，故全過程系統(tǒng)水平方向動量不守恒，選項D錯誤；小球離開右側(cè)槽口時，水平方向有速度，將做斜拋運動，選項A錯誤；小球經(jīng)過最低點往上運動的過程中，斜槽往右運動，斜槽對小球的支持力對小球做負功，小球?qū)π辈鄣膲毫π辈圩稣Γ到y(tǒng)機械能守恒，選項B錯，C對。 答案　C 3．如圖2所示，在水平面上有兩個物體A和B，質(zhì)量分別為mA＝2 kg，mB＝1 kg，A和B相距x＝9.5 m，A以v0＝10 m/s的初速度向靜止的B運動。已知A從開始運動到碰后停止運動共運動了6 s。碰后B運動多長時間而停止運動(已知物體與水平面間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.1，取g＝10 m/s2，A、B相碰時間極短，可忽略)(　　) 圖2 A．2 s B．3 s C．8 s D．10 s 解析　碰撞過程動量守恒，滑行過程中系統(tǒng)受到的摩擦力的沖量改變了系統(tǒng)的總動量，即μmAgt1＋μmBgt2＝mAv0 得：t2＝8 s。選項C正確。 答案　C 4．(2017四川廣安市月考)假設進行太空行走的宇航員A和B的質(zhì)量分別為mA和mB，他們攜手勻速遠離空間站，相對空間站的速度為v0。某時刻A將B向空間站方向輕推，A的速度變?yōu)関A，B的速度變?yōu)関B，則下列各關(guān)系式中正確的是(　　) 圖3 A．(mA＋mB)v0＝mAvA－mBvB B．(mA＋mB)v0＝mAvA＋mB(vA＋v0) C．(mA＋mB)v0＝mAvA＋mB(vA＋vB) D．(mA＋mB)v0＝mAvA＋mBvB 解析　本題中的各個速度都是相對于空間站的，不需要轉(zhuǎn)換。相互作用前系統(tǒng)的總動量為(mA＋mB)v0，A將B向空間站方向輕推后，A的速度變?yōu)関A，B的速度變?yōu)関B，動量分別為mAvA、mBvB，根據(jù)動量守恒定律得(mA＋mB)v0＝mAvA＋mBvB，故D正確。 答案　D 5．(2017重慶期末)應用物理知識分析生活中的常見現(xiàn)象，可以使物理學習更加有趣和深入。例如人原地起跳后從空中落地的過程中，雙腿彎曲，雙腳腳尖先接觸地面，其他部分再落地。下列關(guān)于人從腳尖觸地到完全落地的過程的分析，正確的是(　　) A．地面對人的支持力始終等于重力 B．地面對人的支持力的沖量大于重力的沖量 C．雙腿彎曲，雙腳腳尖先接觸地面，這些動作是為了延長作用時間，減小作用力 D．人與地球所組成的系統(tǒng)的機械能是守恒的 解析　人在落地的過程中經(jīng)歷了先加速再減速的過程，減速過程中人受到的支持力大于重力，故A錯誤；因支持力大于重力，作用時間相同，故支持力的沖量大于重力的沖量，B正確；雙腿彎曲，雙腳腳尖先接觸地面，這些動作可以延長作用時間，減小作用力，故C正確；由于著地過程中動能和勢能都減少，故機械能不守恒，D錯誤。 答案　BC 6. (2017江西九校聯(lián)考)如圖4所示，質(zhì)量相等的兩個滑塊位于光滑水平桌面上。其中，彈簧兩端分別與靜止的滑塊N和擋板P相連接，彈簧與擋板的質(zhì)量均不計；滑塊M以初速度v0向右運動，它與擋板P碰撞(不粘接)后開始壓縮彈簧，最后，滑塊N以速度v0向右運動。在此過程中(　　) 圖4 A．M的速度等于0時，彈簧的彈性勢能最大 B．M與N具有相同的速度時，兩滑塊動能之和最小 C．M的速度為時，彈簧的長度最長 D．M的速度為時，彈簧的長度最短 解析　彈性勢能最大時，彈簧的長度最短，故兩滑塊速度相等，A錯誤，B正確；而分離時彈簧為原長，沒有拉伸狀態(tài)，故C錯誤，D正確。 答案　BD 7．如圖5所示，木塊A靜置于光滑的水平面上，其曲面部分MN光滑、水平部分NP粗糙，現(xiàn)有一物體B自M點由靜止下滑，設NP足夠長，則以下敘述正確的是(　　) 圖5 A．A、B最終以同一不為零的速度運動 B．A、B最終速度均為零 C．A物體先做加速運動，后做減速運動 D．A物體先做加速運動，后做勻速運動 解析　B物體滑下時，豎直方向的速度分量先增加后減小，故A、B物體組成的系統(tǒng)動量不守恒，但系統(tǒng)在水平方向不受外力，故系統(tǒng)在水平方向的動量守恒。因系統(tǒng)初動量為零，A、B在任一時刻的水平方向動量之和也為零，因NP足夠長，B最終與A速度相同，此速度為零。A物體由靜止到運動、最終速度又為零，C選項正確。 答案　BC 8．(2017山東臨沂質(zhì)檢)兩個小球在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運動，球2在前，球1在后，m1＝1 kg、m2＝3 kg，v01＝6 m/s，v02＝3 m/s，當球1與球2發(fā)生碰撞后，兩球的速度分別為v1、v2，將碰撞后球1的動能和動量大小分別記為E1、p1，則v1、v2、E1、p1的可能值為(　　) 圖6 A．v1＝3.75 m/s，v2＝3.75 m/s B．v1＝1.5 m/s，v2＝4.5 m/s C．E1＝9 J D．p1＝1 kgm/s 解析　兩球碰撞過程中系統(tǒng)動量守恒，以兩球的初速度方向為正方向，如果兩球發(fā)生完全非彈性碰撞，由動量守恒定律得m1v01＋m2v02＝(m1＋m2)v，代入數(shù)據(jù)解得v＝3.75 m/s，如果兩球發(fā)生完全彈性碰撞，有m1v01＋m2v02＝m1v1＋m2v2，由機械能守恒定律得m1v＋m2v＝m1v＋m2v，代入數(shù)據(jù)解得v1＝1.5 m/s，v2＝4.5 m/s，則碰撞后球1、球2的速度滿足：1.5 m/s≤v1≤3.75 m/s，3.75 m/s≤v2≤4.5 m/s；球1的動能E1＝m1v，滿足0.86 J≤E1≤7.03 J；球1的動量p1＝m1v1，滿足1.5 kgm/s≤p1≤3.75 kgm/s，綜上所述，A、B正確，C、D錯誤。 答案　AB 二、非選擇題 9．如圖7，用“碰撞實驗器”可以驗證動量守恒定律，即研究兩個小球在軌道水平部分碰撞前后的動量關(guān)系。 圖7 (1)實驗中，直接測定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是，可以通過僅測量________(填選項前的符號)，間接地解決這個問題。 A．小球開始釋放高度h B．小球拋出點距地面的高度H C．小球做平拋運動的射程 (2)圖6中O點是小球拋出點在地面上的垂直投影。實驗時，先將入射球m1多次從斜軌上S位置由靜止釋放，找到其平均落地點的位置P，測量平拋射程OP。然后，把被碰小球m2靜止于軌道的水平部分，再將入射小球m1從斜軌上S位置由靜止釋放，與小球m2相撞，并多次重復。 接下來要完成的必要步驟是__________。(填選項前的符號) A．用天平測量兩個小球的質(zhì)量m1、m2 B．測量小球m1開始釋放高度h C．測量拋出點距地面的高度H D．分別找到m1、m2相碰后平均落地點的位置M、N E．測量平拋射程OM、ON (3)若兩球相碰前后的動量守恒，其表達式可表示為________(用(2)中測量的量表示)。 (4)經(jīng)測定，m1＝45.0 g，m2＝7.5 g，小球落地點的平均位置距O點的距離如圖8所示。碰撞前、后m1的動量分別為p1與p1′，則p1∶p1′＝________∶11；若碰撞結(jié)束時m2的動量為p2′，則p1′∶p2′＝11∶________。 圖8 實驗結(jié)果說明，碰撞前、后總動量的比值為________。 解析　(1)小球離開軌道后做平拋運動，由H＝gt2知t＝，即小球的下落時間一定，則初速度v＝可用平拋運動的水平射程來表示，選項C正確。 (2)本實驗要驗證的是m1OM＋m2ON＝m1OP，因此要測量兩個小球的質(zhì)量m1和m2以及它們的水平射程OM和ON，而要確定水平射程，應先分別確定兩個小球落地的平均落點，沒有必要測量小球m1開始釋放的高度h和拋出點距地面的高度H。故應完成的步驟是ADE。 (3)若動量守恒，應有m1v1＋m2v2＝m1v0(v0是m1單獨下落離開軌道時的速度，v1、v2是兩球碰后m1、m2離開軌道時的速度)，又v＝，則有m1＋m2＝m1，即m1OM＋m2ON＝m1OP。 (4)碰前m1的動量p1＝m1v0＝m1，碰后m1的動量p1′＝m1v1＝m1，則p1∶p1′＝OP∶OM＝14∶11；碰后m2的動量p2′＝m2v2＝m2，所以p1′∶p2′＝(m1OM)∶(m2ON)＝11∶2.9；碰撞前、后總動量的比值＝≈1.01。 答案　(1)C　(2)ADE　(3)m1OM＋m2ON＝m1OP　(4)14　2.9　1.01 10．如圖9所示，質(zhì)量m1＝0.3 kg的小車靜止在光滑的水平面上，車長L＝1.5 m，現(xiàn)有質(zhì)量m2＝0.2 kg可視為質(zhì)點的物塊，以水平向右的速度v0＝2 m/s從左端滑上小車，最后在車面上某處與小車保持相對靜止。物塊與車面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，取g＝10 m/s2，求 圖9 (1)物塊在車面上滑行的時間t； (2)要使物塊不從小車右端滑出，物塊滑上小車左端的速度v0′不超過多少。 解析　(1)設物塊與小車的共同速度為v，以水平向右的方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律有m2v0＝(m1＋m2)v 設物塊與車面間的滑動摩擦力為F，對物塊應用動量定理有－Ft＝m2v－m2v0 又F＝μm2g 解得t＝ 代入數(shù)據(jù)得t＝0.24 s。 (2)要使物塊恰好不從車面滑出，須物塊到車面最右端時與小車有共同的速度，設其為v′，則m2v0′＝(m1＋m2)v′ 由功能關(guān)系有 m2v0′2＝(m1＋m2)v′2＋μm2gL 代入數(shù)據(jù)解得v0′＝5 m/s 故要使物體不從小車右端滑出，物塊滑上小車左端的速度v0′不超過5 m/s。 答案　(1)0.24 s　(2)5 m/s 11．(2017湖南宜章一中調(diào)研)如圖10所示，一質(zhì)量為M、頂端距離地面為h的帶有曲面的斜面體放在水平面上，斜面體底端的切線水平，將一質(zhì)量為m、可視為質(zhì)點的滑塊從斜面體的頂端由靜止釋放。第一次斜面體固定在水平面上，滑塊滑到斜面體底端時的速度大小為v1；第二次斜面體不固定，滑塊滑到斜面體底端時的速度大小為v2。已知M＝4 kg、m＝5 kg，忽略一切摩擦。則的值為多少？ 圖10 解析　第一次斜面體固定，滑塊下滑過程中只有重力做功，滑塊的機械能守恒，滑塊在最高處的重力勢能全部轉(zhuǎn)化為滑到斜面體底端時的動能，有mgh＝mv 解得滑塊滑到斜面體底端時的速度v1＝ 第二次斜面體不固定，當滑塊滑到斜面體底端時，對滑塊和斜面體組成的系統(tǒng)，由于在水平方向上不受外力，因此系統(tǒng)在水平方向上動量守恒 滑塊到達斜面體底端時的速度為v2，設斜面體的速度為v0，則由水平方向動量守恒，得mv2＋Mv0＝0 滑塊下滑時，只有重力和系統(tǒng)內(nèi)的彈力做功，系統(tǒng)的機械能守恒，有mgh＝mv＋Mv 聯(lián)立解得v2＝ 因此兩種情況下滑塊到達斜面體底端的速度的比值為 ＝＝。 答案　 12．(2016全國卷Ⅱ)如圖11，光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體，斜面體右側(cè)一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上。某時刻小孩將冰塊以相對冰面3 m/s的速度向斜面體推出，冰塊平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的最大高度為h＝0.3 m(h小于斜面體的高度)。已知小孩與滑板的總質(zhì)量為m1＝30 kg，冰塊的質(zhì)量為m2＝10 kg，小孩與滑板始終無相對運動。取重力加速度的大小g＝10 m/s2。 圖11 (1)求斜面體的質(zhì)量； (2)通過計算判斷，冰塊與斜面體分離后能否追上小孩？ 解析　(1)規(guī)定向左為速度正方向。冰塊在斜面體上上升到最大高度時兩者達到共同速度，設此共同速度為v，斜面體的質(zhì)量為m3。由水平方向動量守恒和機械能守恒定律得 m2v0＝(m2＋m3)v① m2v＝(m2＋m3)v2＋m2gh② 式中v0＝3 m/s為冰塊推出時的速度。聯(lián)立①②式并代入題給數(shù)據(jù)得 m3＝20 kg　v＝1 m/s③ (2)設小孩推出冰塊后的速度為v1，由動量守恒定律有 m1v1＋m2v0＝0④ 代入數(shù)據(jù)得v1＝－1 m/s⑤ 設冰塊與斜面體分離后的速度分別為v2和v3，由動量守恒和機械能守恒定律有 m2v0＝m2v2＋m3v3⑥ m2v＝m2v＋m3v⑦ 聯(lián)立③⑥⑦式并代入數(shù)據(jù)得 v2＝－1 m/s⑧ 由于冰塊與斜面體分離后的速度與小孩推出冰塊后的速度相同且處在后方，故冰塊不能追上小孩。 答案　(1)20 kg　(2)不能，理由見解析