（通用版）2020版高考物理大一輪復習 單元質檢六 動量守恒定律 力學三大觀點 新人教版.docx
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單元質檢六 動量守恒定律 力學三大觀點 (時間: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選項中,第1~5題只有一項符合題目要求,第6~8題有多項符合題目要求。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動,合外力方向不變,大小隨時間的變化如圖所示,在t0和2t0時刻,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,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時刻的動能Ek1∶Ek2=1∶9。故選項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動。兩球質量關系為mB=2mA,規(guī)定向右為正方向,A、B兩球的動量均為6 kgm/s,運動中兩球發(fā)生碰撞,碰撞后A球的動量增量為-4 kgm/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6kgm/s可知,運動方向都向右,且能夠相碰,說明左方是質量小速度大的小球,故左方是A球。碰后A球的動量減少了4kgm/s,即A球的動量為2kgm/s,由動量守恒定律知B球的動量為10kgm/s,則其速度比為2∶5,故選項A是正確的。 3.(2018江西宜春月考)如圖所示,將質量為M1、半徑為R且內(nèi)壁光滑的半圓槽置于光滑水平面上,左側靠墻角,右側靠一質量為M2的物塊。今讓一質量為m的小球自左側槽口A的正上方h高處從靜止開始落下,自A點與圓弧槽相切進入槽內(nèi),則以下結論正確的是( ) A.小球在槽內(nèi)運動的全過程中,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點以后,將做豎直上拋運動 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,而小球對半圓槽的壓力方向相反指向左下方,因為有豎直墻擋住,所以半圓槽不會向左運動,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、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,小球對半圓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動,因而小球參與了兩個運動,一個是沿半圓槽的圓周運動,另一個是與半圓槽一起向右運動,小球所受支持力方向與速度方向并不垂直,此過程中,因為有物塊擋住,小球與半圓槽在水平方向動量并不守恒,在小球運動的全過程,水平方向動量也不守恒,選項A、B錯誤;當小球運動到C點時,它的兩個分運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動,選項C錯誤;因為全過程中,整個系統(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D正確。 4.(2018廣東佛山一模)當使用高壓水槍時,我們會感受到比較強的反沖作用。如圖所示,一水槍與軟管相連,打開開關后,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,一質量m1=3.0 kg的長方形木板B放在光滑水平地面上,在其右端放一個質量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開始向左運動,B開始向右運動,A始終沒有滑離B板。在小木塊A做加速運動的時間內(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,再向右加速運動,在此期間,木板減速運動,最終它們保持相對靜止,設A減速到零時,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做加速運動的時間內(nèi),木板速度大小應大于2.0m/s而小于83m/s,只有選項B正確。 6. 如圖所示,三角形傳送帶以1 m/s 的速度逆時針勻速轉動,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先到達傳送帶底端 B.物塊A、B同時到達傳送帶底端 C.傳送帶對物塊A、B均做負功 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tan37=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,故會同時到達底端,選項A錯誤,B正確;物塊A、B受到傳送帶的摩擦力方向與其運動方向相反,故傳送帶對物塊A、B均做負功,選項C正確;因A物塊與傳送帶同向運動,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D正確。 7.在光滑的水平桌面上有質量分別為m0=0.6 kg,m=0.2 kg的兩個小球,中間夾著一個被壓縮的具有Ep=10.8 J彈性勢能的輕彈簧(彈簧與兩球不相連),原來處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)突然釋放彈簧,球m脫離彈簧后滑向與水平面相切、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運動到頂端B的過程中所受合外力沖量大小為3.4 Ns B.m0離開輕彈簧時獲得的速度為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 Ns 答案AD 解析釋放彈簧過程中系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒,以向右為正方向,由動量守恒定律得mv1-m0v2=0,由機械能守恒定律得12mv12+12m0v22=Ep,代入數(shù)據(jù)解得v1=9m/s,v2=3m/s;m從A到B過程中,由機械能守恒定律得12mv12=12mv12+mg2R,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)-0.29]Ns=-3.4Ns,故A正確;小球m0離開輕彈簧時獲得的速度為3m/s,故B錯誤;設圓軌道半徑為r時,m從B點飛出后水平位移最大,由A到B根據(jù)機械能守恒定律得12mv12=12mv12+mg2r,在最高點,由牛頓第二定律得mg+FN=mv12r,m從B點飛出,需要滿足:FN≥0,飛出后,小球做平拋運動:2r=12gt2,x=v1t,當8.1m-4r=4r時,即r=1.0125m時,x為最大,故球m從B點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=1.8Ns,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點無初速釋放。若小環(huán)從A經(jīng)B滑到C點,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,摩擦力對小環(huán)做功為W2,重力的沖量為I2。則( ) A.W1>W2 B.W1=W2 C.I1>I2 D.I1=I2 答案BC 解析設正方形的邊長為l,小環(huán)滑下時動摩擦因數(shù)為μ(都相同)。若小環(huán)從A經(jīng)B滑到C點,末速度為v1,則W1=μmgcosβl+μmgcosαl ① 由動能定理得 mglsinβ+mglsinα-W1=12mv12 ② 若小環(huán)從A經(jīng)D滑到C點,末速度為v2,則W2=μmgcosαl+μmgcosβl③ 由動能定理得mglsinβ+mglsinα-W2=12mv22 ④ 由①③式可知,W1=W2,故A錯誤,B正確;由②④式可知,v1=v2 ⑤ 設小環(huán)由A滑到B的加速度為a1,與從D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-μgcosβ ⑥ a2=gsinα-μgcosα ⑦ 由⑥⑦式可知,a1
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