高考物理一轮复习核心考点精讲精练综合测试04 功能关系 动量守恒定律和简谐运动（2份，原卷版+解析版）

这是一份高考物理一轮复习核心考点精讲精练综合测试04 功能关系 动量守恒定律和简谐运动（2份，原卷版+解析版），共6页。试卷主要包含了本试卷分第I卷两部分等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的班级、姓名、学号填写在试卷上。
2．回答第I卷时，选出每小题答案后，将答案填在选择题上方的答题表中。
3．回答第II卷时，将答案直接写在试卷上。
第Ⅰ卷（选择题 共48分）
一、选择题（共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1-8题只有一项符合题目要求，第9-12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）
1．如图所示，带有光滑四分之一圆弧轨道的物体静止在光滑的水平面上，将一小球（视为质点）从圆弧轨道的最高点由静止释放，下列说法正确的是（ ）
A．小球下滑过程中，圆弧轨道对小球的弹力不做功
B．小球下滑过程中，小球的重力势能全部转化为其动能
C．小球下滑过程中，小球和物体组成的系统动量守恒
D．小球下滑过程中，小球和物体组成的系统机械能守恒
【答案】D
【详解】A．小球在下滑过程中，圆弧轨道向左运动，动能增大，重力势能不变，机械能增大，故小球对圆弧轨道做正功，故A错误；
B．小球下滑过程中，小球的重力势能转化为其动能和圆弧轨道的动能，故B错误；
C．小球下滑过程中，小球和物体组成的系统水平方向不受外力，故水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，故C错误；
D．因为水平面光滑，对小球和物体组成的系统而言，没有外力做功，故系统机械能守恒，故D正确。
故选D。
2．图甲为由物块和轻弹簧制作的一个竖直放置的振动装置。图乙记录了物体振动过程中速度v随时间t变化的曲线，以向上为正方向。关于该振动过程，下列说法正确的是（ ）
A．时，弹簧处于原长状态B．时，物块加速度为零
C．时，物块位于平衡位置上方D．时，物块位于平衡位置下方
【答案】B
【详解】A．t=0时，加速度为零，此时手机处于平衡状态，弹簧处于伸长状态，故A错误；
B．t=0.4s时，物块的速度最大，则加速度为零，故B正确；
C．t=0.2s时，物块速度为零，之后向正方向运动，所以物块位于最低点，即位于平衡位置下方，故C错误；
D．t=0.6s时，物块速度为零，之后向负方向运动，即物块位于最高点，即处于平衡位置上方，故D错误。
故选B。
3．如图所示，物体由静止开始分别沿I和Ⅱ不同的斜面由顶端A至底端B，物体与两种斜面间的动摩擦因数相同，且不计路径Ⅱ中转折处的能量损失，以下说法正确的是（ ）
A．沿I斜面由顶端A至底端B时的动能大
B．沿Ⅱ斜面由顶端A至底端B时的动能大
C．沿I斜面由顶端A至底端B时重力的功率大
D．沿I、Ⅱ斜面由顶端A至底端B时重力的功率相等
【答案】C
【详解】AB．设斜面倾角为θ，物体沿斜面下滑时，克服摩擦力所做的功为
x是斜面在水平面上的投影长度，Ⅰ和Ⅱ的路径虽然不同，但它们在水平面上投影长度相同，因此它们克服摩擦力所做的功相同，重力做功相同，根据动能定理可得，在B点时两次的动能相同，故AB错误；
CD．在B点时速率相同，沿Ⅰ运动到B时速度的竖直分量大于沿Ⅱ运动到B时速度的竖直分量，根据可知，沿Ⅰ由顶端A至底端B时重力的功率大，故C正确，D错误。故选C。
4．如图甲，用装有墨水的小漏斗和细线做成单摆，水平纸带中央的虚线在单摆平衡位置的正下方。用电动机匀速拉动纸带时，让单摆小幅度前后摆动，于是在纸带上留下径迹。调节电动机拉动速度，分别得出图乙和丙两条纸带，取3.14，重力加速度g大小取。下列说法正确的是（ ）
A．无论纸带是否匀速拉动，都可以用纸带通过的距离表示时间
B．由图知乙纸带的速度为丙纸带速度的0.5倍
C．单摆漏斗在P点和Q点运动的方向相同
D．若乙图中，纸带拖动速度为10cm/s，可推算该单摆的摆长约为1m
【答案】D
【详解】A．纸带匀速运动时，由知，位移与时间成正比，因此只有在匀速运动的条件下，才可以用纸带通过的距离表示时间，故A错误；
B．由于乙图中有单摆的摆动时间为两个周期，丙图中有单摆的摆动时间为四个周期，纸带同样移动40cm，丙的时间是乙的两倍，故乙纸带的速度为丙纸带速度的2倍，故B错误；
C．根据同侧法，可知单摆漏斗在P点向上振动，在Q点向下振动，单摆漏斗在P点和Q点运动的方向相反，故C错误；
D．乙图中，纸带拖动速度为10cm/s，可得单摆周期为根据单摆周期公式可得单摆的摆长约为故D正确。故选D。
5．如图所示，AB为竖直固定的四分之一粗糙圆弧轨道，O为圆心，P为圆弧AB的中点，OA水平，OB竖直，轨道半径R=2m，一质量m=4kg的小物块以速度从A到B做匀速圆周运动，重力加速度 ，则下列说法不正确的是（ ）

A．A到B的过程中合力对小球的冲量为8 Ns
B．在P点时，重力的瞬时功率为40W
C．AP段克服摩擦力做的功大于PB段克服摩擦力做的功
D．在B点时，小物块对圆弧轨道的压力大小为40N
【答案】D
【详解】A．A到B的过程初状态动量方向竖直向下，末状态动量方向水平向右，大小均为该过程小物块的动量改变量大小为根据动量定理，可知即A到B的过程中合力对小球的冲量大小为 。故A正确，与题意不符；
B．依题意，P为圆弧AB的中点，则小物块在P点的速度方向与竖直方向成45°角，根据功率的表达式，有故B正确，与题意不符；
C．由几何知识可知由动能定理，可得联立，解得可知AP段克服摩擦力做的功大于PB段克服摩擦力做的功。故C正确，与题意不符；
D．小物块在B点时，由牛顿第二定律可得解得根据牛顿第三定律可知小物块对圆弧轨道的压力大小为。故D错误，与题意相符。故选D。
6．一列简谐横波沿x轴负方向传播，波长为80cm，振幅为10cm．介质中有A和B两个质点，其平衡位置分别位和处。某时刻B质点的位移为，且向y轴正方向运动，从此时刻开始计时，A质点的振动图像为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【详解】AB之间的距离为此时B点的位移5cm，且向y轴正方向运动。设此时B点的相位为φ，则根据y=Asin（ωt+φ）可得5=10sinφ解得或者（舍去，向下振动）由AB间的距离关系可知则可知此时A点的位移为y=10sinφAcm=10sincm=5cm且向下振动，所以t=0时，A的位移为5cm，且沿y轴负方向运动。选A。
7．如图是运动员斜向上抛出铅球时的情景，用h表示铅球飞行过程中的离地高度，以地面为零势能面，、、E分别表示铅球的重力势能、动能、机械能，P表示铅球重力做功的瞬时功率大小，不计空气阻力。已知铅球刚离手时高度为，运动到最高点时高度为。则铅球在空中飞行过程中，下列图像可能正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】A．铅球的重力势能为故A正确；
B．因为是斜抛，最高点时具有水平速度，动能不为0，故B错误；
C．整个过程中机械能守恒，故C错误；
D．设初始时竖直方向速度，过程中任意时刻竖直方向速度，则有，铅球重力做功的瞬时功率大小P-h图像应为曲线，故D错误。故选A。
8．帆船是利用风力航行的船，是继舟、筏之后的一种古老的水上交通工具。如图所示，在某次航行时，一艘帆船在水平风力的作用下，以速度沿风的方向匀速前行，风与帆作用的有效面积为S，气流的平均密度为，帆船行驶过程水平方向上所受阻力恒为f。假设气流与帆作用后速度与帆船前行速度相等，则风速大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】时间内冲击船帆的空气的体积为时间内冲击船帆的空气质量为空气的动量改变量为取船速方向为正，设帆对空气的作用力大小为F，由动量定理可得即又帆船匀速前行，根据平衡条件联立解得故选A。
9．如图所示为某型号新能源汽车在某次测试行驶时的加速度a和车速倒数的关系图像。若汽车质量为，由静止开始沿平直公路行驶，假设汽车行驶过程中阻力恒定，最终汽车以最大速度匀速运行，由图像可知（ ）

A．汽车匀加速所需时间为7.5sB．汽车所受阻力为
C．汽车的额定功率为D．汽车的加速度为时，速度为24m/s
【答案】CD
【详解】A．由图像可知，汽车以4m/s2的加速度匀加速启动，匀加速运动结束时的速度为20m/s，最终以30m/s做匀速运动；汽车匀加速所需时间为故A错误；
BC．匀加速运动时，根据牛顿第二定律可得匀加速运动结束时，有汽车做匀速运动时，有联立解得，故B错误，C正确；
D．当汽车加速度为时，根据牛顿第二定律可得解得此时牵引力为则此时速度为故D正确。故选CD。
10．如图所示，用水平传送带将质量为的煤块从A端运送到B端。AB之间的距离为，传送带始终保持以速率匀速运动，煤块与传送带间的动摩擦因数为将煤块轻轻放在传送带上后，煤块在传送带上留下一段长度为（）的痕迹。已知重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．摩擦力对煤块做的功为B．摩擦力对煤块做的功为
C．摩擦力对传送带做功D．一对滑动摩擦力对煤块与传送带系统做功之和为
【答案】BD
【详解】AB．设煤块与传送带的速度相等时，所用的时间为t，且煤块相对于地面的位移为x，则由于煤块在传送带上留下一段长度为（）的痕迹，则有联立解得根据动能定理可得，摩擦力对煤块做的功为故A错误， B正确；
C．摩擦力对传送带做功为故C错误；
D．一对滑动摩擦力对煤块与传送带系统做功之和为故D正确。故选BD。
11．如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别是m1和m2的两物块相连，它们静止在光滑水平地面上。使物块m1瞬间获得水平向右的速度v0，从此时刻开始计时，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示。下列说法正确的是（ ）

A．m1小于m2
B．t1与t3两时刻，弹簧的长度一样
C．在t1~ t3时间内，两条图线之间围成的面积表示弹簧的最大形变量的2倍
D．在t2与t4两时刻，弹簧的弹性势能一定相等
【答案】ACD
【详解】A．两物块与弹簧组成的系统动量守恒，根据图乙可知，时间内的速度始终大于的速度，则可知此过程中弹簧被压缩，而时刻弹簧被压缩至最短，此时两物块拥有共同速度，之后继续加速，继续减速，某时刻速度减为零后反向加速，直至时刻两者速度均达到最大值，此时弹簧恢复原长，根据动量守恒定律有整理可得而根据图像可知由此可得故A正确；
B．根据以上分析，时刻两者速度均达到最大值，但此时两者速度相反，此后与均做减速运动，某时刻的速度减为零后反向加速，直至时刻，两者达到共速，此时弹簧被拉升至最长，则可知t1与t3两时刻，弹簧的长度不一样，故B错误；
C．根据以上分析可知，时刻弹簧压缩至最短，而时刻弹簧拉伸至最长，且时间内，两条图线围成的面积表示弹簧的最大形变量，另时间内，弹簧由拉伸至最长恢复到原长，根据图像的对称性可知，在t1~ t3时间内，两条图线之间围成的面积表示弹簧的最大形变量的2倍，故C正确；
D．根据以上分析，时刻弹簧被拉升至最长，此后继续做加速运动，继续做减速运动，直至时刻，速度达到最大值，速度减小为最小值，此时弹簧恢复原长，因此可知，在t2与t4两时刻，弹簧均处于原长，其所具有的弹性势能相同，故D正确。故选ACD。
12．如图所示，质量为的物块A静止在光滑水平地面上，物块A左侧面为圆弧面且与水平地面相切，质量为m的滑块B以初速度向右运动滑上A，沿A左侧面上滑一段距离后又返回，最后滑离A，不计一切摩擦，滑块B从滑上A到滑离A的过程中，下列说法正确的是（ ）

A．A、B组成的系统动量守恒
B．合外力对B的冲量大小为
C．A对B做的功为
D．B沿A上滑的最大高度为
【答案】BD
【详解】A．A、B组成的系统在竖直方向所受合外力不为零，因此系统动量不守恒，故A错误；
B．系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，对整个过程，以向右的方向为正方向，由动量守恒定律得由机械能守恒定律可得解得对B由动量定理可得合力对B的冲量大小为，故B正确；
C．对B由动能定理得故C错误；
D．B沿A上升到最大高度时，两者速度相等，在水平方向上，由动量守恒定律可得有机械能守恒定律可得解得故D正确。故选BD。
第II卷（非选择题 共52分）
二、实验题（满分14分）
13．某同学用如图（a）所示的装置验证机械能守恒定律。不可伸长的轻绳绕过轻质定滑轮，轻绳两端分别连接物块P与感光细钢柱K，两者质量均为m＝100g。钢柱K下端与质量为M＝200g的物块Q相连。铁架台下部固定一个电动机，电动机竖直转轴上装一支激光笔，电动机带动激光笔绕转轴在水平面内匀速转动，每转一周激光照射在细钢柱表面时就会使细钢柱感光并留下痕迹。初始时P、K、Q系统在外力作用下保持静止，轻绳与细钢柱均竖直（重力加速度g取9.8m/s2）。

(1)开启电动机，待电动机以角速度ω＝20πrad/s匀速转动后，将P、K、Q系统由静止释放，Q落地前，激光在细钢柱K上留下感光痕迹，取下K，测出感光痕迹间的距离如图（b）所示:hA＝38.40cm，hB＝60.00cm，hC＝86.40cm。感光痕迹间的时间间隔T＝ s，激光束照射到B点时，细钢柱速度大小为vB＝ m/s。经判断系统由静止释放时激光笔光束恰好经过O点，在OB段，系统动能的增加量Ek＝ J，重力势能的减少量Ep＝ J，比较两者关系可判断系统机械能是否守恒。（该小问除第一空外，其余计算结果均保留3位有效数字）
(2)选取相同的另一感光细钢柱K，若初始时激光笔对准K上某点，开启电动机的同时系统由静止释放，电动机的角速度按如图（c）所示的规律变化，图像斜率为k，记录下如图（d）所示的感光痕迹，其中两相邻感光痕迹间距均为d。当满足 即可证明系统在运动过程中机械能守恒（用含字母d、k、g、π的表达式表示）。
【答案】(1) 0.1 2.40 1.15 1.18 (2)
【详解】（1）[1][2][3][4]感光痕迹间的时间间隔激光束照射到B点时，细钢柱速度大小为在OB段，系统动能的增加量重力势能的减少量
（2）从初始时激光笔对准K上某点开始选取连续的n段，根据时间关系有根据运动学公式有根据机械能守恒定律有解得。
14．如图1，某实验小组用轨道和两辆相同规格的小车验证动量守恒定律。已知小车在水平轨道上运动所受阻力正比于小车重力，验证动量守恒定律实验步骤如下：
①在小车上适当放置砝码，分别测量甲车总质量和乙车总质量；
②将卷尺固定在水平轨道侧面，零刻度线与水平轨道左端对齐。先不放乙车，让甲车多次从倾斜轨道上挡板位置由静止释放，记录甲车停止后车尾对应刻度，求出其平均值；
③将乙车静止放在轨道上，设定每次开始碰撞位置如图2所示，此时甲车车尾与水平轨道左端刚好对齐，测出甲车总长度L（含弹簧）。在挡板位置由静止释放甲车，记录甲车和乙车停止后车尾对应刻度，多次重复实验求出其对应平均值x1和x2；
④改变小车上砝码个数，重复①、②、③步骤。
(1)由图2得 cm；（选填“20”、“20.0”、“20.00”）
(2)若本实验所测的物理量符合关系式 （用所测物理量的字母、、、x1、x2、L表示），则验证了小车碰撞前后动量守恒；
(3)某同学先把6个50g的砝码全部放在甲车上，然后通过逐次向乙车转移一个砝码的方法来改变两车质量进行实验，若每组质量只采集一组位置数据，且碰撞后甲车不反向运动，则该同学最多能采集 组有效数据；
(4)实验小组通过分析实验数据发现，碰撞前瞬间甲车的动量总是比碰撞后瞬间两车的总动量略大，原因是___________
A．两车间相互作用力冲量大小不等
B．水平轨道没有调平，右侧略微偏低
C．碰撞过程中弹簧上有机械能损失
D．碰撞过程中阻力对两小车总冲量不为零
【答案】(1)20.00(2)(3)3(4)D
【详解】（1）刻度尺估读到0.1mm，甲车车尾与水平轨道左端刚好对齐，测出甲车总长度（含弹簧）L为20.00cm。
（2）小车在水平轨道上运动所受阻力正比于小车重力，即根据牛顿第二定律，可得根据甲车停止后车尾对应刻度，求出其平均值x0，则甲的初速度为由挡板位置静止释放甲车，记录甲车和乙车停止后车尾对应刻度，多次重复实验求出其对应平均值x1和x2，则碰后的速度为，由碰撞过程满足动量守恒，有可得
（3）两辆相同规格的小车，即质量相同，而甲车上装上钩码后与乙车碰撞，为了防止反弹，需要甲的总质量大于等于乙的质量，则最多能够转移2个钩码，两车的质量就相等，算上最开始4个钩码在甲车上的一组数据，共可以获得3组碰撞数据。
（4）碰撞前瞬间甲车的动量总是比碰撞后瞬间两车的总动量略大，则碰撞过程有外力作用，即碰撞过程中阻力对两小车有冲量。即碰撞过程中阻力对两小车总冲量不为零。故选D。
三、计算题（满分38分）
15．一列简谐横波在轴上传播，已知时波形如图中实线所示，时的波形如图中虚线所示。（横轴上所标数据对应实线与横轴交点）
（1）若波向轴负向传播，求：该波的波速；
（2）用表示该简谐波的周期，若，且波向轴正向传播，求：处的质点在从到的时间内通过的路程。
【答案】（1）；（2）3m
【详解】（1）若波向x轴负向传播，由图象知在内波向左传播的距离为则波速为
（2）若且波向x轴正向传播，时处的质点向下振动，在内，该质点振动了，通过的路程为。
16．每年8月至10月是浙江省台风多发的季节。每次在台风来临前，我们都要及时检查一下家里阳台窗台上的物品，加固广告牌，以防高空坠物事件发生，危害公共安全。若有一质量为的花盆从高为的11层居民楼的花架上无初速坠下，砸中身高为的居民头顶，假设撞击后花盆碎片的速度均变为零，撞击时间，不计空气阻力，求：
（1）花盆刚砸中该居民头顶前的速度大小；
（2）花盆对该居民的平均撞击力有多大。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）花盆下落高度根据自由落体运动规律解得花盆刚砸中该居民头顶前的速度大小
（2）花盆与居民头顶碰撞的过程，选竖直向上为正方向，由动量定理得解得F=106N由牛顿第三定律，花盆对该居民的平均撞击力大小为。
17．某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角的直轨道AB，半径的圆弧轨道BCD，长度、倾角为θ的直轨道DE，半径为R、圆心角为θ的圆弧管道EF组成，轨道间平滑连接。在轨道末端F的右侧光滑水平面上紧靠着质量滑块b，其上表面与轨道末端F所在的水平面平齐。质量的小物块a从轨道AB上高度为h静止释放，经圆弧轨道BCD滑上轨道DE，轨道DE由特殊材料制成，小物块a向上运动时动摩擦因数，向下运动时动摩擦因数，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当小物块a在滑块b上滑动时动摩擦因数恒为，小物块a恰好不从滑块b上滑落。（其它轨道均光滑，小物块视为质点，不计空气阻力，，，取）
(1)若，求小物块
①第一次经过C点的向心加速度大小；
②第一次沿DE上滑的最大高度；
③在DE上经过的总路程。
(2)若，滑块至少多长才能使小物块不脱离滑块。
【答案】(1)①；②0.45m；③2m (2)0.4m
【详解】（1）①对小物块从A到第一次经过的过程，根据机械能守恒定律有第一次经过点的向心加速度大小为
②小物块从A到DE上滑最大高度处，设从D到最大高度处的距离为，由动能定理可得由几何关系可得最大高度解得
③小物块在上时，因为，所以小物块每次在上升至最高点后一定会下滑，之后经过若干次在上的滑动使机械能损失，最终小物块将在、间往复运动，且易知小物块每次在上向上运动和向下运动的距离相等，设其在上经过的总路程为，根据功能关系有解得
（2）对小物块从A到的过程，根据动能定理有解得
方法一：对小物块由牛顿第二定律可得对滑块b可得小物块从滑上滑块到滑到滑块最右端时两者恰好共速，用时为，设滑块长度为，则有，联立解得解得
方法二：设滑块长度为时，小物块恰好不脱离滑块，且此时二者达到共同速度，根据动量守恒定律和能量守恒定律有，解得
18．如图所示，光滑水平地面上固定一个半径R=2.5m的光滑圆弧轨道AB，其圆心角θ=53°。轨道上A点切线沿水平方向，忽略A点距地面的高度，轨道右侧有质量M＝1kg的静止薄木板，上表面与A点平齐。一质量m=1kg的小滑块（可视为质点）以初速度v0=14m/s从右端滑上薄木板，重力加速度大小为g=10m/s2，小滑块与薄木板之间的动摩擦因数为µ=0.75，sin53°=0.8，cs53°=0.6。
(1)若薄木板左端与A点距离d足够长，薄木板长度L=7.4m，薄木板与轨道A端碰后立即静止，求小滑块离开薄木板运动到轨道上A点时的速度vA；
(2)在（1）中，小滑块继续沿圆弧轨道AB运动至B点时对轨道的压力大小FN；
(3)在（1）中，小滑块运动至B点沿切线方向飞出，最后落回水平地面，不计空气阻力，若B点与地面间的高度差保持不变，但圆弧AB对应的圆心角θ和半径R可调节，求小滑块的最大水平射程s。
【答案】(1)(2)(3)
【详解】（1）因薄木板左端与点距离足够大，小滑块与薄木板共速后才和轨道发生碰撞，共速前，M和m的加速度均为设共同速度为，则根据动量守恒定律，有解得设此过程中小滑块相对薄木板滑动的位移为，则对滑块、薄木板系统由功能关系，有
解得薄木板与轨道碰后立即静止，小滑块继续作匀减速运动，直到运动到轨道上的点，有解得
（2）小滑块由点到点的过程中，根据动能定理解得在B点，根据牛顿第二定律解得由牛顿第三定律可知，小滑块对轨道的压力大小为。
（3）小滑块飞出后做斜抛运动，根据运动规律，画出位移矢量三角形关系，如图所示
可得由第（2）问可知带入数据解得故时最大，最大水平位移。