第6章 2 知能达标训练-2022高考物理 新编大一轮总复习(word)人教版
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1.(2019·江苏卷)质量为M的小孩站在质量为m的滑板上,小孩和滑板均处于静止状态,忽略滑板与地面间的摩擦。小孩沿水平方向跃离滑板,离开滑板时的速度大小为v,此时滑板的速度大小为( )
A.v B.v
C.v D.v
[解析] 忽略滑板与地面间摩擦时,小孩与滑板在水平方向上动量守恒:0=Mv+mv′,解得v′=-v,其中“-”表示v′与v方向相反,故B正确。
[答案] B
2.(2020·南宁模拟)如图所示,一个质量为M的木箱静止在光滑水平面上,木箱内粗糙的底板上放着一个质量为m的小木块。现使木箱获得一个向左的初速度v0,则( )
A.小木块和木箱最终将静止
B.木箱速度减为的过程,小木块受到的水平冲量大小为Mv0
C.最终小木块速度为,方向向左
D.木箱和小木块组成的系统机械能守恒
[解析] 系统所受合外力为零,动量守恒,因初状态木箱有向左的动量,小木块的动量为零,故系统的总动量方向向左。由于系统内部存在摩擦力,阻碍物体间的相对滑动,最终相对静止,故根据动量守恒定律可知,两物体最终以相同的速度一起向左运动。设最终速度为v,由动量守恒定律得:Mv0=(m+M)v,则得v=,故C正确,A错误;取向左为正方向,由动量守恒定律得:Mv0=Mv1+Mv2,又v2=v0,可得v1=,由动量定理可知,木块受到的冲量为I=mv1=,故B错误;因小木块与箱底间的摩擦力做功而消耗机械能,故系统机械能不守恒,故D错误。
[答案] C
3.(2021·河北精英中学月考)如图所示,两辆质量均为M的小车A和B静置于光滑的水平面上,有一质量为m的人静止站在A车上。若这个人自A车跳到B车上,接着又跳回A车并与A车相对静止。则此时A车和B车的速度之比为( )
A. B.
C. D.
[解析] 两车以及人组成的系统动量守恒,规定向右为正方向,有0=MvB-(M+m)vA,解得=,故选C。
[答案] C
4.(多选)(2020·哈尔滨模拟)小球A的质量为mA=5 kg,动量大小为pA=4 kg·m/s,小球A水平向右与静止的小球B发生弹性碰撞,碰后A的动量大小为pA′=1 kg·m/s,方向水平向右,则( )
A.碰后小球B的动量大小为pB=3 kg·m/s
B.碰后小球B的动量大小为pB=5 kg·m/s
C.小球B的质量为15 kg
D.小球B的质量为3 kg
[解析] 取向右为正方向,根据动量守恒定律得:pA=pA′+pB,解得:pB=3 kg·m/s,故A正确,B错误;根据机械能守恒定律得:=+,解得:mB=3 kg,故D正确,C错误。
[答案] AD
5.(2020·全国卷Ⅲ)甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动,甲追上乙,并与乙发生碰撞,碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为1 kg,则碰撞过程两物块损失的机械能为( )
A.3 J B.4 J
C.5 J D.6 J
[解析] 设乙物块的质量为m,由动量守恒定律有m甲·v甲+m乙v乙=m甲v′甲+m乙v′乙,代入图中数据解得m乙=6 kg,进而可求得碰撞过程中两物块损失的机械能为E损=m甲v+m乙v-m甲v′-m乙v′,代入图中数据解得E损=3 J,选项A正确。
[答案] A
6.(2020·青岛模拟)某研究小组通过实验测得两滑块碰撞前后运动的实验数据,得到如图所示的位移—时间图象。图中的线段a、b、c分别表示沿光滑水平面上同一条直线运动的滑块Ⅰ、Ⅱ和它们发生正碰后结合体的位移变化关系。已知相互作用时间极短,由图象给出的信息可知( )
A.碰前滑块Ⅰ、滑块Ⅱ速度大小之比为7∶2
B.碰前滑块Ⅰ的动量大小比滑块Ⅱ的动量大小大
C.碰前滑块Ⅰ的动能比滑块Ⅱ的动能小
D.滑块Ⅰ的质量是滑块Ⅱ质量的
[解析] 根据xt图象的斜率等于速度,可知碰前滑块Ⅰ速度为v1=-2 m/s,滑块Ⅱ的速度为v2=0.8 m/s,则碰前速度大小之比为5∶2,故选项A错误;碰撞前后系统动量守恒,碰撞前,滑块Ⅰ的动量为负,滑块Ⅱ的动量为正,由于碰撞后总动量为正,碰撞前总动量也为正,故碰撞前滑块Ⅰ的动量大小比滑块Ⅱ的小,故选项B错误;碰撞后的共同速度为v=0.4 m/s,根据动量守恒定律,有m1v1+m2v2=(m1+m2)v,解得m2=6m1,由动能的表达式可知,m1v>m2v,故选项C错误,D正确。
[答案] D
7.(2021·福建福州模拟)一质量为M的航天器,正以速度v0在太空中飞行,某一时刻航天器接到加速的指令后,发动机瞬间向后喷出一定质量的气体,气体喷出时速度大小为v1,加速后航天器的速度大小为v2,则喷出气体的质量m为( )
A.m=M B.m=M
C.m=M D.m=M
[解析] 规定航天器原来的速度方向为正方向,由动量守恒定律可得Mv0=(M-m)v2-mv1,解得m=·M,故C正确。
[答案] C
8.(多选)(2021·龙岩模拟)如图所示,在粗糙水平面上,用水平轻绳相连的两个相同的物体A、B质量均为m,在水平恒力F作用下以速度v做匀速运动。在t=0时轻绳断开,A在F作用下继续前进,则下列说法正确的是( )
A.t=0至t=时间内,A、B的总动量守恒
B.t=至t=时间内,A、B的总动量守恒
C.t=时,A的动量为2mv
D.t=时,A的动量为4mv
[解析] 在B停止运动前,A、B的合外力为零,总动量守恒。在B停止运动后,A、B的合外力不为零,总动量不守恒。设A、B所受的滑动摩擦力大小均为f,系统匀速运动时,有F=2f,得f=;轻绳断开后,对B,取向右为正方向,由动量定理得-ft=0-mv,联立得t=,即t=时B停止运动。在B停止运动前,即在t=0至t=时间内,A、B系统的合外力为零,总动量守恒,故A正确;t=至t=时间内,B停止运动,A做匀加速运动,系统的合外力不为零,则系统的总动量不守恒,故B错误;t=时,取向右为正方向,由系统的动量守恒得2mv=pA+0,得A的动量pA=2mv,故C正确;t=时,对A,由动量定理得ft=pA′-2mv,解得A的动量pA′=3mv,故D错误。
[答案] AC
[提升题组]
9.(2020·江西红色七校二模)在光滑水平面上有三个小钢球a、b、c处于静止状态,质量分别为2m、m、2m。其中a、b两球间夹一被压缩的弹簧,两球被左右两边的光滑挡板束缚着。若某时刻将挡板撤掉,弹簧便把a、b两球弹出,两球脱离弹簧后,a球获得的速度大小为v,若b、c两球相距足够远,则b、c两球发生弹性碰撞后( )
A.b球的速度大小为v,运动方向与原来相反
B.b球的速度大小为v,运动方向与原来相反
C.c球的速度大小为v
D.c球的速度大小为v
[解析] 设b球脱离弹簧时的速度为v0,b、c两球相碰后b、c的速度分别为vb和vc,取向右为正方向,弹簧将a、b两球弹出过程,由动量守恒定律有0=-2mv+mv0,可得v0=2v,b、c两球相碰过程,由动量守恒定律和机械能守恒得mv0=mvb+2mvc,mv=mv+·2mv,联立计算得出vb=-v(负号表示方向向左,与原来相反),vc=v,所以B正确。
[答案] B
10.(多选)(2020·六安一中模拟)如图所示,竖直墙面和水平地面均光滑,质量分别为mA=6 kg、mB=2 kg的A、B两物体用质量不计的轻弹簧相连,其中A紧靠墙壁,现对B物体缓慢施加一个向左的力,该力对物体B做功W=25 J,使A、B间弹簧被压缩,在系统静止时,突然撤去向左推力解除压缩,则( )
A.解除压缩后,两物体和弹簧组成系统动量守恒
B.解除压缩后,两物体和弹簧组成系统机械能守恒
C.从撤去外力至A与墙面刚分离,A对弹簧的冲量I=10 N·s,方向水平向右
D.A与墙面分离后至首次弹簧恢复原长时,两物体速率均是2.5 m/s
[解析] 解除压缩后,弹簧在恢复原长的过程中,墙壁对A物体还有弹力的作用,故解除压缩后到弹簧恢复原长前,两物体和弹簧组成系统动量不守恒,恢复原长后,AB一起向右运动,系统的合外力为零,动量守恒,故A错误;解除压缩后,两物体和弹簧组成系统只有动能和弹性势能的相互转化,故机械能守恒,故B正确;压缩弹簧时,外力做的功全转化为弹性势能,撤去外力,弹簧恢复原长,弹性势能全转化为B的动能,设此时B的速度为v0,则:W=Ep=mBv,得v0=5 m/s,此过程墙壁对A的冲量大小等于弹簧对A的冲量大小,也等于弹簧对B的冲量大小,由动量定理得:I=mBv0=10 N·s,故C正确;当弹簧恢复原长时,A的速度最小,则:vAmin=0,A、B都运动后,B减速,A加速,当A、B速度相等时弹簧拉伸最长。此后,B继续减速,A继续加速,当弹簧再次恢复原长时,以向右为正方向,由系统动量守恒、机械能守恒有:mBv0=mAvA+mBvB,mBv=mAv+mBv,得vA=2.5 m/s,vB=-2.5 m/s,故D正确。
[答案] BCD
11.(2021·贵阳高三适应性考试)如图所示,光滑轨道abc固定在竖直平面内,ab为四分之一圆弧轨道,bc段水平,且与ab圆弧相切于b点,在光滑水平地面上紧靠轨道c端,停着质量为M=3 kg、长度为L=0.5 m的平板车,平板车上表面与bc等高、现将可视为质点的物块从与圆心O等高的a点静止释放,物块滑至圆弧轨道最低点b时的速度大小为vb =2 m/s,对轨道的压力大小等于30 N,之后物块向右滑上平板车。取重力加速度g=10 m/s,不计空气阻力。
(1)求该物块的质量;
(2)若物块最终未从平板车上滑落,求物块在平板车上滑动过程中产生的热量。
[解析] (1)设四分之一圆弧的半径为R,物块的质量为m,物块在b点对轨道的压力为F,
物块从a到b由机械守恒定律有:
mgR=mv
物块运动到b点由牛顿第二定律有:F-mg=m
联立解得:m=1 kg。
(2)设物块与平板车的共同速度为v,物块在平板车上滑行过程中产生的热量为Q,由动量守恒定律有:
mvb=(m+M)v
由能量守恒定律有:
Q=mv-(m+M)v2
联立解得:Q=1.5 J。
[答案] (1)1 kg (1)1.5 J
12.(2020·福建四校二联)如图所示,半径R=0.5 m的圆弧支架竖直固定,B为最低点(切线水平)且离水平地面高度h=0.8 m。质量m2=0.2 kg的小球Y静置在B点。一个小球X从A处由静止释放(A点比O点低),沿圆弧AB到达B点时与Y球发生弹性正碰,碰后Y球落到地面上的C点,X球反弹后又经B点落到地面上的D点,B点与C点、B点与D点间的水平距离分别为s2=0.8 m、s1=0.4 m。取g=10 m/s2,两球均视为质点,不计一切摩擦,X、Y两球落地后不反弹。求:
(1)碰撞后,X球的速度大小v1以及Y球的速度大小v2;
(2)碰前瞬间,X球的速率v以及受到的支持力大小N。
[解析] (1)碰后Y球做平抛运动,则
h=gt2
解得t=0.4 s
v2==2 m/s
X球碰后沿圆弧上滑后又返回B点开始做平抛运动,则碰撞后,X球的速度大小v1==1 m/s。
(2)两球发生弹性正碰,则m1v=m2v2-m1v1
m1v2=m1v+m2v
解得v=3 m/s
m1=0.1 kg
对X球,根据牛顿第二定律有N-m1g=m1
解得N=2.8 N。
[答案] (1)1 m/s 2 m/s (2)3 m/s 2.8 N
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实验2 知能达标训练-2022高考物理 新编大一轮总复习(word)人教版: 这是一份实验2 知能达标训练-2022高考物理 新编大一轮总复习(word)人教版,共4页。
第9章 2 知能达标训练-2022高考物理 新编大一轮总复习(word)人教版: 这是一份第9章 2 知能达标训练-2022高考物理 新编大一轮总复习(word)人教版,共10页。