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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[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.vC.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]　B2．(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Mv0C．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]　C3．(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]　C4．(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/sB．碰后小球B的动量大小为pB＝5 kg·m/sC．小球B的质量为15 kgD．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]　AD5.(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 JC．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]　A6．(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∶2B．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]　D7．(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＝MC．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]　C8.(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2mvD．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vD．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]　B10．(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]　BCD11．(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 J12．(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 sv2＝＝2 m/sX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－m1v1m1v2＝m1v＋m2v解得v＝3 m/sm1＝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