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    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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    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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    这是一份第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,共8页。

    [基础题组]

    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:0Mvmv,解得v=-v,其中表示vv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(  )

    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(mM)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:Mv0Mv1Mv2,又v2v0,可得v1,由动量定理可知,木块受到的冲量为Imv1,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AB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0MvB(Mm)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mA5 kg动量大小为pA4 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pA1 kg·m/s方向水平向右(  )

    A碰后小球B的动量大小为pB3 kg·m/s

    B碰后小球B的动量大小为pB5 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:pApApB,解得:pB3 kg·m/s,故A正确,B错误;根据机械能守恒定律得:,解得:mB3 kg,故D正确,C错误。

    [答案] AD

    5.(2020·全国卷)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(  )

    A3 J  B4 J

    C5 J  D6 J

    [解析] 设乙物块的质量为m,由动量守恒定律有m·vmvmvmv,代入图中数据解得m6 kg,进而可求得碰撞过程中两物块损失的机械能为E损=mvmvmvmv,代入图中数据解得E3 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abc分别表示沿光滑水平面上同一条直线运动的滑块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碰前滑块滑块速度大小之比为72

    B碰前滑块的动量大小比滑块的动量大小大

    C碰前滑块的动能比滑块的动能小

    D滑块的质量是滑块质量的

    [解析] 根据x­t图象的斜率等于速度,可知碰前滑块速度为v1=-2 m/s,滑块的速度为v20.8 m/s,则碰前速度大小之比为52,故选项A错误;碰撞前后系统动量守恒,碰撞前,滑块的动量为负,滑块的动量为正,由于碰撞后总动量为正,碰撞前总动量也为正,故碰撞前滑块的动量大小比滑块的小,故选项B错误;碰撞后的共同速度为v0.4 m/s,根据动量守恒定律,有m1v1m2v2(m1m2)v,解得m26m1,由动能的表达式可知,m1vm2v,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(   )

    AmM  BmM

    CmM  DmM

    [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(Mm)v2mv1,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AB质量均为m在水平恒力F作用下以速度v做匀速运动t0时轻绳断开AF作用下继续前进则下列说法正确的是(   )

    At0t时间内AB的总动量守恒

    Btt时间内AB的总动量守恒

    CtA的动量为2mv

    DtA的动量为4mv

    [解析] B停止运动前,AB的合外力为零,总动量守恒。在B停止运动后,AB的合外力不为零,总动量不守恒。设AB所受的滑动摩擦力大小均为f,系统匀速运动时,有F2f,得f;轻绳断开后,对B,取向右为正方向,由动量定理得-ft0mv,联立得t,即tB停止运动。在B停止运动前,即在t0t时间内,AB系统的合外力为零,总动量守恒,故A正确;tt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2mvpA0,得A的动量pA2mv,故C正确;t时,对A,由动量定理得ftpA2mv,解得A的动量pA3mv,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abc处于静止状态质量分别为2mm2m其中ab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ab两球弹出两球脱离弹簧后a球获得的速度大小为vbc两球相距足够远bc两球发生弹性碰撞后(  )

    Ab球的速度大小为v运动方向与原来相反

    Bb球的速度大小为v运动方向与原来相反

    Cc球的速度大小为v

    Dc球的速度大小为v

    [解析] b球脱离弹簧时的速度为v0bc两球相碰后bc的速度分别为vbvc,取向右为正方向,弹簧将ab两球弹出过程,由动量守恒定律有0=-2mvmv0,可得v02vbc两球相碰过程,由动量守恒定律和机械能守恒得mv0mvb2mvcmvmv·2mv,联立计算得出vb=-v(负号表示方向向左,与原来相反)vcv,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mA6 kgmB2 kgAB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W25 J使AB间弹簧被压缩在系统静止时突然撤去向左推力解除压缩(   )

    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I10 N·s方向水平向右

    DA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:WEpmBv,得v05 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:ImBv010 N·s,故C正确;当弹簧恢复原长时,A的速度最小,则:vAmin0AB都运动后,B减速,A加速,当AB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:mBv0mAvAmBvBmBvmAvmBv,得vA2.5 m/svB=-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在光滑水平地面上紧靠轨道c停着质量为M3 kg长度为L0.5 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g10 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ab由机械守恒定律有:

    mgRmv

    物块运动到b点由牛顿第二定律有:Fmgm

    联立解得:m1 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(mM)v

    由能量守恒定律有:

    Qmv(mM)v2

    联立解得:Q1.5 J

    [答案] (1)1 kg (1)1.5 J

    12(2020·福建四校二联)如图所示半径R0.5 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h0.8 m质量m20.2 kg的小球Y静置在B一个小球XA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CX球反弹后又经B点落到地面上的DB点与CB点与D点间的水平距离分别为s20.8 ms10.4 mg10 m/s2两球均视为质点不计一切摩擦XY两球落地后不反弹

    (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

    hgt2

    解得t0.4 s

    v22 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v11 m/s

    (2)两球发生弹性正碰,则m1vm2v2m1v1

    m1v2m1vm2v

    解得v3 m/s

    m10.1 kg

    X球,根据牛顿第二定律有Nm1gm1

    解得N2.8 N

    [答案] (1)1 m/s 2 m/s (2)3 m/s 2.8 N

     

     

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