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
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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(kāi)始受到一個(gè)水平向左的恒力F的作用,經(jīng)過(guò)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(guò)程中,下列說(shuō)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(guò)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(shuō)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(guò)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(guò)時(shí)間t2回到斜面底端,滑塊在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的摩擦力大小始終為Ff,在整個(gè)運(yùn)
4、動(dòng)過(guò)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(huà)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(guò)程,下列說(shuō)
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(zhǎng)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(wú)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(guò)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(wú)關(guān) 解析:令小球與地面的平均作用力為,運(yùn)動(dòng)過(guò)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(guò)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(zhǎng)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(guò)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(zhǎng)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(kāi)始向右滑動(dòng),如圖乙所示,則下列有關(guān)說(shuō)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(guò)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(guò)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(méi)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(chē)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(chē)h高處自由下落,恰好落在車(chē)面上,則車(chē)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(chē)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(chē),即v車(chē)=. 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(guò)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(guò)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(kāi)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(xiāo)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(guò)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(chē),車(chē)上放有一木塊B.車(chē)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(chē)表面相平.木塊A從軌道頂端由靜止釋放滑行到車(chē)上與B碰撞并立即粘在一起在車(chē)上滑行,與固定在平板車(chē)上的輕彈簧作用后被彈回,最后兩木塊與車(chē)保持相對(duì)靜止,則從A開(kāi)始下滑到A、B與車(chē)相對(duì)靜止的全過(guò)程中,A、B和車(chē)組成的系統(tǒng)( ) A.動(dòng)量守恒 B.小車(chē)一直向右運(yùn)動(dòng) C.機(jī)械能減少量等于木塊與車(chē)之間的摩擦生熱 D.彈簧的最大彈性勢(shì)能等于木塊與車(chē)之間的摩擦生熱 解析:從A開(kāi)始下滑到A、B與車(chē)相對(duì)靜止的全過(guò)程,A、B和車(chē)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(chē)上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中,A、B和車(chē)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(chē)的速度相同)到A、B和車(chē)又一起向右運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中彈簧的最大彈性勢(shì)能等于木塊與車(chē)之間摩擦生熱,故彈簧的最大彈性勢(shì)能不等于全過(guò)程木塊與車(chē)之間摩擦生熱;根據(jù)動(dòng)量守恒可知小車(chē)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(zhǎng)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(guò)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(guò)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(guò)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(guò)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(xiě)出必要的文字說(shuō)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(zhǎng)為L(zhǎng),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(zhǎng)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(kāi)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(guò)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(guò)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(zhǎng)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(guò)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(chē)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(chē)質(zhì)量為4 kg,以5 m/s的速度向左運(yùn)動(dòng),與甲車(chē)碰撞后甲車(chē)獲得8 m/s的速度,物體滑到乙車(chē)上.若乙車(chē)足夠長(zhǎng),上表面與物體間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2,則物體在乙車(chē)上表面滑行多長(zhǎng)時(shí)間相對(duì)乙車(chē)靜止?(g取10 m/s2) 解析:車(chē)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(chē)上滑動(dòng)至有共同速度v, 對(duì)小物體和乙車(chē)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)
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