《2011高考物理一輪復(fù)習(xí)成套課時(shí)練習(xí)123動(dòng)量守恒定律章末質(zhì)量檢測(cè) 選修34》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2011高考物理一輪復(fù)習(xí)成套課時(shí)練習(xí)123動(dòng)量守恒定律章末質(zhì)量檢測(cè) 選修34（10頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、選修3-4 第十二章 動(dòng)量守恒定律 (時(shí)間90分鐘，滿分100分) 命 題 設(shè) 計(jì) 難度　 目標(biāo)　 題號(hào)　　　　　　　　　　 較易 中等 稍難 動(dòng)量、沖量 等概念 1、2 動(dòng)量定理 3、4、5 14 動(dòng)量守恒定律 8、9 10 綜合應(yīng)用 11、12、13、15 16 一、選擇題(本大題共12個(gè)小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的) 1.如圖1所示，物體在粗糙的水平面上向右做直線運(yùn)動(dòng)．從a點(diǎn) 開始受到一個(gè)水平向左的恒力F的作用，經(jīng)過一段時(shí)間后又回 到a點(diǎn)，

2、則物體在這一往返運(yùn)動(dòng)的過程中，下列說法中正確的 是(　　) A．恒力F對(duì)物體做的功為零 B．摩擦力對(duì)物體做的功為零 C．恒力F的沖量為零 D．摩擦力的沖量為零 解析：由功的定義可知，在這一往返過程中，物體的位移為零，所以恒力對(duì)物體做的功為零，選項(xiàng)A正確；由于摩擦力方向總與物體相對(duì)運(yùn)動(dòng)的方向相反，所以摩擦力對(duì)物體做的功為負(fù)值，選項(xiàng)B錯(cuò)；由沖量定義力與作用時(shí)間的乘積為力的沖量，其中F為恒力，所以IF＝Ft≠0；Ff大小未變，但方向發(fā)生了變化，且Ff方向變化前后作用時(shí)間不相等(向右運(yùn)動(dòng)時(shí)間短)，故Ff的沖量不為零．所以選項(xiàng)C、D錯(cuò)． 答案：A 2．以下有關(guān)動(dòng)能與動(dòng)量的說法正確的是(　

3、　) A．動(dòng)能相同的兩物體的動(dòng)量大小與其質(zhì)量成正比 B．動(dòng)量相同的兩物體的動(dòng)能與其質(zhì)量成正比 C．運(yùn)行的空間站中一磁鐵穿過彌漫著細(xì)鐵屑的空間時(shí)，磁鐵及被吸附其上面的鐵屑組成的整體的動(dòng)能將逐漸減小 D．選項(xiàng)C中的磁鐵及附著鐵屑組成的整體由于質(zhì)量不斷變大而使其動(dòng)能變大 解析：由p＝知A錯(cuò)；由Ek＝知B錯(cuò)誤；空間站中完全失重，則磁鐵及附著鐵屑的總動(dòng)量保持不變，隨著鐵屑增多即m增大，由Ek＝知C正確，同理可知D錯(cuò)． 答案：C 3.如圖2所示，質(zhì)量為m的小滑塊沿傾角為θ的斜面向上滑動(dòng)，經(jīng)時(shí)間t1速度為零后又下滑，經(jīng)過時(shí)間t2回到斜面底端，滑塊在運(yùn)動(dòng)過程中受到的摩擦力大小始終為Ff，在整個(gè)運(yùn)

4、動(dòng)過程中，滑塊重力的總沖量(　　) A．mgsinθ(t1＋t2)　　　　　　B．mgsinθ(t1－t2) C．mg(t1＋t2) D．0 解析：談到?jīng)_量必須明確是哪一個(gè)力的沖量，此題中要求的是重力對(duì)滑塊的沖量，根據(jù)沖量的定義I＝Ft，因此重力對(duì)滑塊的沖量應(yīng)為重力mg乘以作用時(shí)間t.即I＝mg(t1＋t2)，C正確． 答案：C 4.如圖3所示，ad、bd、cd是豎直平面內(nèi)三根固定的光滑細(xì)桿，a、b、c、d位于同一周圓上，a點(diǎn)為圓周的最高點(diǎn)，d點(diǎn)為圓周的最低點(diǎn)．每根桿上都套著一個(gè)質(zhì)量相同的小滑環(huán)(圖中未畫出)，三個(gè)滑環(huán)分別從a、b、c處釋放(初速度為零)，關(guān)于它們下滑的過程，下列說

5、法中正確的是(　　) A．重力對(duì)它們的沖量相同 B．彈力對(duì)它們的沖量相同 C．合外力對(duì)它們的沖量相同 D．它們的動(dòng)量增量相同 解析：設(shè)小滑環(huán)沿桿下滑到d點(diǎn)所用的時(shí)間為t，桿與水面間 的夾角為θ，如圖所示，則桿的長度為l＝2Rsinθ 滑環(huán)沿桿下滑的加速度a＝gsinθ 則gsinθt2＝2Rsinθ t＝ ，下滑時(shí)間與桿的傾角無關(guān)． 所以滑環(huán)從a、b、c滑到d點(diǎn)重力對(duì)它們的沖量I＝mgt相同， 桿對(duì)滑環(huán)的彈力以及滑環(huán)受到的合外力不同，所以彈力、合外 力的沖量不同，由動(dòng)量定理知它們動(dòng)量的增量也就不同． 綜上所述，A項(xiàng)對(duì)，B、C、D各項(xiàng)錯(cuò)． 答案：A 5．一個(gè)小球從距

6、地面高度H處自由落下，空氣阻力大小一定，與水平地面發(fā)生碰撞．設(shè)碰撞時(shí)間為一個(gè)定值t，則在碰撞過程中，小球與地面的平均作用力與彈起的高度h的關(guān)系是(　　) A．彈起的最大高度h越大，平均作用力越大 B．彈起的最大高度h越大，平均作用力越小 C．彈起的最大高度h＝0，平均作用力最大 D．平均作用力的大小與彈起的高度無關(guān) 解析：令小球與地面的平均作用力為，運(yùn)動(dòng)過程中受的阻力為Ff，則小球碰撞前的速度v＝ ，碰地后反彈的初速度v′＝ ，由動(dòng)量定理對(duì)碰地過程有：t＝mv′－(－mv)(取向上為正方向，并忽略重力作用)，則＝(＋)/t，由此式可知h越大，越大，當(dāng)h＝0時(shí)，最?。? 答案：A 6

7、．將一長木板靜止放在光滑的水平面上，如圖4甲所示，一個(gè)小鉛塊(可視為質(zhì)點(diǎn))以水平初速度v0由木板左端向右滑動(dòng)，到達(dá)右端時(shí)恰能與木板保持相對(duì)靜止．小鉛塊運(yùn)動(dòng)過程中所受的摩擦力始終不變，現(xiàn)將木板分成A和B兩段，使B的長度和質(zhì)量均為A的2倍，并緊挨著放在原水平面上，讓小鉛塊仍以初速度v0由木塊A的左端開始向右滑動(dòng)，如圖乙所示，則下列有關(guān)說法正確的是(　　) A．小鉛塊恰能滑到木板B的右端，并與木板B保持相對(duì)靜止 B．小鉛塊將從木板B的右端飛離木板 C．小鉛塊滑到木板B的右端前就與木板B保持相對(duì)靜止 D．小鉛塊在木板B上滑行產(chǎn)生的熱量等于在木板A上滑行產(chǎn)生熱量的

8、2倍 解析：比較兩次運(yùn)動(dòng)的區(qū)別，第一次在小鉛塊運(yùn)動(dòng)過程中，小鉛塊與木板之間的摩擦力使整個(gè)木板一直加速，第二次小鉛塊先使整個(gè)木板加速，運(yùn)動(dòng)到B部分上后A部分停止加速，只有B部分加速，加速度大于第一次的對(duì)應(yīng)過程，故第二次小鉛塊與B木板將更早達(dá)到速度相等，所以小鉛塊還沒有運(yùn)動(dòng)到B的右端，A、B錯(cuò)，C正確．小鉛塊在B部分上的位移小于在A部分上位移的兩倍，根據(jù)熱量等于摩擦力和相對(duì)位移的乘積可知，在B上滑行產(chǎn)生的熱量小于在A上滑行產(chǎn)生熱量的2倍，D不對(duì)，故選C. 答案：C 7.一質(zhì)量為m的平板車以速度v在光滑水平面上滑行，質(zhì)量為M的泥團(tuán)從離車h高處自由下落，恰好落在車面上，則車的速度變?yōu)?(　　)

9、 A．仍為v B．mv/(M＋m) C．m/(m＋M) D．(mv＋m)/(m＋M) 解析：以平板車和質(zhì)量為M的泥團(tuán)為一系統(tǒng)，水平方向上的動(dòng)量守恒，得mv＝(M＋m)v車，即v車＝. 答案：B 8．質(zhì)量為m的物塊甲以3 m/s的速度在光滑水平面上運(yùn)動(dòng)，有一輕彈簧固定其上，另一質(zhì)量也為m的物塊乙以 4 m/s的速度與甲相向運(yùn)動(dòng)，如圖5所示．則(　　) A．甲、乙兩物塊在彈簧壓縮過程中，由于彈力作用，動(dòng)量不守恒 B．當(dāng)兩物塊相距最近時(shí)，物塊甲的速率為零 C．當(dāng)物塊甲的速率為1 m/s時(shí)，物塊乙的速率可能為2 m/s，也可能為0 D．物塊甲的速率可能

10、達(dá)到 5 m/s 解析：甲、乙兩物塊在彈簧壓縮過程中，由于彈力是內(nèi)力，所以動(dòng)量守恒，A選項(xiàng)錯(cuò)誤；甲、乙兩物塊相距最近時(shí)，兩物塊的速度相等，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得兩物塊的速率均為0.5 m/s，B選項(xiàng)錯(cuò)誤；當(dāng)物塊甲的速率為1 m/s向左運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得物塊乙以速率2 m/s向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)物塊甲的速率為1 m/s向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得物塊乙的速率為零，即C選項(xiàng)正確；若物塊甲的速率達(dá)到5 m/s，則根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得乙的速率可能為6 m/s和4 m/s，這不符合能量守恒，所以D選項(xiàng)錯(cuò)誤． 答案：C 9．如圖6甲所示，一質(zhì)量為M的木板靜止在光滑水平地面上，現(xiàn)有一質(zhì)量為m的小滑

11、塊以一定的初速度v0從木板的左端開始向木板的右端滑行，滑塊和木板的水平速度的大小隨時(shí)間變化的情況如圖6乙所示，根據(jù)圖象作出如下判斷： ①滑塊始終與木板存在相對(duì)運(yùn)動(dòng) ②滑塊未能滑出木板 ③滑塊的質(zhì)量m大于木板的質(zhì)量M ④在t1時(shí)刻滑塊從板上滑出 這些判斷中正確的是(　　) A．①③④ B．②③④ C．②③ D．②④ 解析：小滑塊在木板上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，木板做勻加速運(yùn)動(dòng)，由圖象知小滑塊末速度大于木板末速度，所以在t1時(shí)刻滑塊從木板上滑出，并一直存在相對(duì)運(yùn)動(dòng)，故①④對(duì)②錯(cuò)；又因?yàn)樗鼈兿嗷サ淖饔昧σ欢?，v－t圖象的斜率反映了加速度，由圖知a

12、M＞am，因此m＞M，③對(duì)． 答案：A 10．相對(duì)太空站靜止的太空飛行器上有一種裝置，它利用電場(chǎng)加速帶電粒子，形成向外發(fā)射的粒子流，從而對(duì)飛行器產(chǎn)生反沖力使其獲得加速度．已知飛行器的質(zhì)量為M，發(fā)射的是二價(jià)氧離子，每個(gè)氧離子的質(zhì)量為m，元電荷的電荷量為e，氧離子由靜止經(jīng)電壓U加速形成氧離子流對(duì)外發(fā)射．如果每秒內(nèi)飛行器發(fā)射N個(gè)氧離子，則太空飛行器獲得的加速度為(　　) A.B. C.D. 解析：設(shè)每個(gè)氧離子加速獲得的速度為v0，則有： 2eU＝mv02 氧離子被加速過程中，與飛行器系統(tǒng)動(dòng)量守恒，對(duì)一秒內(nèi)的所有被加速氧離子與飛行器有：Mv＝Nmv0. 故v＝，即B正確． 答案：B

13、 11.如圖7所示，在光滑的水平面上停放著一輛平板車，車上放有一木塊B.車左邊緊靠一個(gè)固定的光滑的1/4圓弧軌道，其底端的切線與車表面相平．木塊A從軌道頂端由靜止釋放滑行到車上與B碰撞并立即粘在一起在車上滑行，與固定在平板車上的輕彈簧作用后被彈回，最后兩木塊與車保持相對(duì)靜止，則從A開始下滑到A、B與車相對(duì)靜止的全過程中，A、B和車組成的系統(tǒng)(　　) A．動(dòng)量守恒 B．小車一直向右運(yùn)動(dòng) C．機(jī)械能減少量等于木塊與車之間的摩擦生熱 D．彈簧的最大彈性勢(shì)能等于木塊與車之間的摩擦生熱 解析：從A開始下滑到A、B與車相對(duì)靜止的全過程，A、B和車組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，因?yàn)锳在圓弧上運(yùn)動(dòng)時(shí)軌道對(duì)A

14、有支持力，具有重力作用；系統(tǒng)減少的機(jī)械能一部分在A、B碰撞中損失了，另一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能；A、B一起在車上運(yùn)動(dòng)的過程中，A、B和車組成的系統(tǒng)損失的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢(shì)能和內(nèi)能，只有當(dāng)彈簧壓縮到最短(A、B和車的速度相同)到A、B和車又一起向右運(yùn)動(dòng)的過程中彈簧的最大彈性勢(shì)能等于木塊與車之間摩擦生熱，故彈簧的最大彈性勢(shì)能不等于全過程木塊與車之間摩擦生熱；根據(jù)動(dòng)量守恒可知小車一直向右運(yùn)動(dòng)．所以正確選項(xiàng)是B. 答案：B 12.用不可伸長的細(xì)線懸掛一質(zhì)量為M的小木塊，木塊靜止，如圖8所示．現(xiàn) 有一質(zhì)量為m的子彈自左方水平射向木塊，并停留在木塊中，子彈初速 度為v0，則下列判斷正確的是(　　)

15、A．從子彈射向木塊到一起上升到最高點(diǎn)的過程中系統(tǒng)的機(jī)械能守恒 B．子彈射入木塊瞬間動(dòng)量守恒，故子彈射入木塊瞬間子彈和木塊的共同 速度為 C．忽略空氣阻力，子彈和木塊一起上升過程中系統(tǒng)機(jī)械能守恒，其機(jī)械能等于子彈射入木塊前的動(dòng)能 D．子彈和木塊一起上升的最大高度為 解析：從子彈射向木塊到一起運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過程可以分為兩個(gè)階段：子彈射入木 的瞬間系統(tǒng)動(dòng)量守恒，但機(jī)械能不守恒，有部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)內(nèi)能，之后子彈在木塊中與木塊一起上升，該過程只有重力做功，機(jī)械能守恒，但總能量小于子彈射入木塊前的動(dòng)能，因此A、C錯(cuò)誤；由子彈射入木塊瞬間動(dòng)量守恒可得子彈射入木塊后的共同速度為，B錯(cuò)誤；之后

16、子彈和木塊一起上升，該階段機(jī)械能守恒，可得上升的最大高度為，D正確． 答案：D 二、計(jì)算題(本大題共4個(gè)小題，共40分，解答時(shí)應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟，有數(shù)值計(jì)算的要注明單位) 13．(8分)如圖9所示，質(zhì)量為m的子彈，以速度v水平射入用輕繩懸掛在空中的木塊，木塊的質(zhì)量為M，繩長為L，子彈停留在木 塊中，求子彈射入木塊后的瞬間繩子中的張力的大?。? 解析：由動(dòng)量守恒定律得： 0＋mv＝(m＋M)v1 解得v1＝ 由牛頓第二定律有(取向上為正方向) F－(M＋m)g＝(M＋m) 將v1代入即得：F＝(m＋M)g＋. 答案：(m＋M)g＋ 14.(10分)如

17、圖10所示，長l＝0.8 m的細(xì)線上端固定在O點(diǎn)，下端 連接一個(gè)質(zhì)量為m＝0.4 kg的小球，懸點(diǎn)O距地面的高度 H＝3.55m，開始時(shí)將小球提到O點(diǎn)而靜止，然后讓它 自由下落，當(dāng)小球到達(dá)使細(xì)線被拉直的位置時(shí)，剛好把細(xì) 線拉斷，再經(jīng)過t＝0.5 s落到地面，如果不考慮細(xì)線的形變， g＝10 m/s2，試求： (1)細(xì)線拉斷前后的速度大小和方向； (2)假設(shè)細(xì)線由拉直到斷裂所經(jīng)歷的時(shí)間為0.1 s，試確定細(xì)線的平均張力大?。? 解析：(1)細(xì)線拉斷前，小球下落過程機(jī)械能守恒： mgl＝mv12 得v1＝＝4 m/s，方向豎直向下． 設(shè)細(xì)線斷后球速為v2，方向豎直向下，

18、由 H－l＝v2t＋gt2， 可得：v2＝3 m/s，方向豎直向下． (2)設(shè)細(xì)線的平均張力為F，方向豎直向上．取豎直向上為正方向，由動(dòng)量定理可得：(F－mg)Δt＝－mv2－(－mv1) F＝＋mg＝8 N. 答案：(1)4 m/s，方向豎直向下；3 m/s，方向豎直向下 (2)8 N 15．如圖11所示，足夠長的光滑軌道由斜槽軌道和水平軌道組成．水平軌道上一質(zhì)量為mB的小球處于靜止?fàn)顟B(tài)，一個(gè)質(zhì)量為mA的小球沿斜槽軌道向下運(yùn)動(dòng)，與B球發(fā)生彈性正碰．要使小球A與小球B能發(fā)生第二次碰撞，mA和mB應(yīng)滿足什么關(guān)系？ 、 解析：設(shè)小球A與小球B碰撞前的

19、速度大小為v0. 根據(jù)彈性碰撞過程中動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒得 mAv0＝mAv1＋mBv2 mAv02＝mAv12＋mBv22 聯(lián)立解得v1＝v0 V2＝v0 要使小球A與小球B能發(fā)生第二次碰撞，小球A必須反彈，且速率大于碰后B球的速率．有 ＞v0 解得mB＞3mA. 答案：mB＞3mA 16．(12分)如圖12所示，甲車的質(zhì)量為2 kg，靜止在光滑水平面上，上表面光滑，右端放一個(gè)質(zhì)量為1 kg的小物體．乙車質(zhì)量為4 kg，以5 m/s的速度向左運(yùn)動(dòng)，與甲車碰撞后甲車獲得8 m/s的速度，物體滑到乙車上．若乙車足夠長，上表面與物體間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，則物體在乙車上表面滑行多長時(shí)間相對(duì)乙車靜止？(g取10 m/s2) 解析：車乙與甲碰撞動(dòng)量守恒 m乙v乙＝m乙v乙′＋m甲v甲′ 小物體m在乙車上滑動(dòng)至有共同速度v， 對(duì)小物體和乙車運(yùn)用動(dòng)量守恒定律得 m乙v乙′＝(m＋m乙)v 對(duì)小物體應(yīng)用牛頓第二定律得 a＝μg 所以t＝ 代入數(shù)據(jù)得t＝0.4 s. 答案：0.4 s 內(nèi)容總結(jié)