2020版高考物理教科版大一轮复习训练：第六章 单元质量检测（六） Word版含解析.pdf

单元质量检测单元质量检测(六六) 时间：50 分钟 一、选择题(14 题为单项选择题，58 题为多项选择题) 1某物体受到一个6 N·s 的冲量作用，则( ) A物体的动量一定减少 B物体的末动量一定是负值 C物体动量变化量的方向一定与规定的正方向相反 D物体原来动量的方向一定与这个冲量方向相反 解析 动量定理是矢量方程，注意规定正方向解题。冲量、动量都是矢量，对在 一条直线上运动的物体， 规定正方向后， 可用 “” “” 号表示矢量的方向， 6 N·s 的冲量说明物体所受冲量的大小为 6 N·s，方向与规定的正方向相反，由动 量定理可知答案为 C。而初、末动量的方向、大小由题设均不能确定。 答案 C 2如图 1 所示，一内外侧均光滑的半圆柱槽置于光滑的水平面上槽的左侧有 一竖直墙壁。 现让一小球(可认为质点)自左端槽口 A 点的正上方从静止开始下落， 与半圆槽相切并从 A 点进入槽内，则下列说法正确的是( ) 图 1 A小球离开右侧槽口以后，将做竖直上抛运动 B小球在槽内运动的全过程中，只有重力对小球做功 C小球在槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统机械能守恒 D小球在槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统水平方向上的动量守恒 解析 小球从下落到最低点的过程中，槽没有动，与竖直墙之间存在挤压，动量 不守恒；小球经过最低点往上运动的过程中，斜槽与竖直墙分离，水平方向动量 守恒；全过程中有一段时间系统受竖直墙弹力的作用，故全过程系统水平方向动 量不守恒， 选项 D 错误 ； 小球离开右侧槽口时， 水平方向有速度， 将做斜抛运动， 选项 A 错误；小球经过最低点往上运动的过程中，斜槽往右运动，斜槽对小球 的支持力对小球做负功，小球对斜槽的压力对斜槽做正功，系统机械能守恒，选 项 B 错，C 对。 答案 C 3如图 2 所示，在水平面上有两个物体 A 和 B，质量分别为 mA2 kg，mB1 kg，A 和 B 相距 x9.5 m，A 以 v010 m/s 的初速度向静止的 B 运动。已知 A 从 开始运动到碰后停止运动共运动了 6 s。 碰后 B 运动多长时间而停止运动(已知物 体与水平面间的动摩擦因数均为 0.1，取 g10 m/s2，A、B 相碰时间极短， 可忽略)( ) 图 2 A2 s B3 sC8 s D10 s 解析 碰撞过程动量守恒， 滑行过程中系统受到的摩擦力的冲量改变了系统的总 动量，即 mAgt1mBgt2mAv0 得：t28 s。选项 C 正确。 答案 C 4(2017·四川广安市月考)假设进行太空行走的宇航员 A 和 B 的质量分别为 mA 和 mB，他们携手匀速远离空间站，相对空间站的速度为 v0。某时刻 A 将 B 向空 间站方向轻推，A 的速度变为 vA，B 的速度变为 vB，则下列各关系式中正确的是 ( ) 图 3 A(mAmB)v0mAvAmBvB B(mAmB)v0mAvAmB(vAv0) C(mAmB)v0mAvAmB(vAvB) D(mAmB)v0mAvAmBvB 解析 本题中的各个速度都是相对于空间站的，不需要转换。相互作用前系统的 总动量为(mAmB)v0，A 将 B 向空间站方向轻推后，A 的速度变为 vA，B 的速度 变为 vB， 动量分别为 mAvA、 mBvB， 根据动量守恒定律得(mAmB)v0mAvAmBvB， 故 D 正确。 答案 D 5(2017·重庆期末)应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加 有趣和深入。例如人原地起跳后从空中落地的过程中，双腿弯曲，双脚脚尖先接 触地面，其他部分再落地。下列关于人从脚尖触地到完全落地的过程的分析，正 确的是( ) A地面对人的支持力始终等于重力 B地面对人的支持力的冲量大于重力的冲量 C双腿弯曲，双脚脚尖先接触地面，这些动作是为了延长作用时间，减小作用 力 D人与地球所组成的系统的机械能是守恒的 解析 人在落地的过程中经历了先加速再减速的过程， 减速过程中人受到的支持 力大于重力，故 A 错误；因支持力大于重力，作用时间相同，故支持力的冲量 大于重力的冲量，B 正确；双腿弯曲，双脚脚尖先接触地面，这些动作可以延长 作用时间，减小作用力，故 C 正确；由于着地过程中动能和势能都减少，故机 械能不守恒，D 错误。 答案 BC 6. (2017·江西九校联考)如图 4 所示，质量相等的两个滑块位于光滑水平桌面上。 其中， 弹簧两端分别与静止的滑块 N 和挡板 P 相连接， 弹簧与挡板的质量均不计 ； 滑块 M 以初速度 v0向右运动，它与挡板 P 碰撞(不粘接)后开始压缩弹簧，最后， 滑块 N 以速度 v0向右运动。在此过程中( ) 图 4 AM 的速度等于 0 时，弹簧的弹性势能最大 BM 与 N 具有相同的速度时，两滑块动能之和最小 CM 的速度为时，弹簧的长度最长 v0 2 DM 的速度为时，弹簧的长度最短 v0 2 解析 弹性势能最大时，弹簧的长度最短，故两滑块速度相等，A 错误，B 正确 ； 而分离时弹簧为原长，没有拉伸状态，故 C 错误，D 正确。 答案 BD 7如图 5 所示，木块 A 静置于光滑的水平面上，其曲面部分 MN 光滑、水平部 分 NP 粗糙，现有一物体 B 自 M 点由静止下滑，设 NP 足够长，则以下叙述正确 的是( ) 图 5 AA、B 最终以同一不为零的速度运动 BA、B 最终速度均为零 CA 物体先做加速运动，后做减速运动 DA 物体先做加速运动，后做匀速运动 解析 B 物体滑下时，竖直方向的速度分量先增加后减小，故 A、B 物体组成的 系统动量不守恒，但系统在水平方向不受外力，故系统在水平方向的动量守恒。 因系统初动量为零， A、 B 在任一时刻的水平方向动量之和也为零， 因 NP 足够长， B 最终与 A 速度相同，此速度为零。A 物体由静止到运动、最终速度又为零，C 选项正确。 答案 BC 8(2017·山东临沂质检)两个小球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动， 球 2 在前，球 1 在后，m11 kg、m23 kg，v016 m/s，v023 m/s，当球 1 与 球 2 发生碰撞后，两球的速度分别为 v1、v2，将碰撞后球 1 的动能和动量大小分 别记为 E1、p1，则 v1、v2、E1、p1的可能值为( ) 图 6 Av13.75 m/s，v23.75 m/s Bv11.5 m/s，v24.5 m/s CE19 J Dp11 kg·m/s 解析 两球碰撞过程中系统动量守恒，以两球的初速度方向为正方向，如果两球 发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得 m1v01m2v02(m1m2)v，代入数据解 得 v3.75 m/s，如果两球发生完全弹性碰撞，有 m1v01m2v02m1v1m2v2，由 机械能守恒定律得 m1v m2v m1v m2v ， 代入数据解得 v11.5 m/s， v2 1 2 2 01 1 2 2 02 1 2 2 1 1 2 2 2 4.5 m/s， 则碰撞后球1、 球2的速度满足 ： 1.5 m/sv13.75 m/s， 3.75 m/sv24. 5 m/s；球 1 的动能 E1 m1v ，满足 0.86 JE17.03 J；球 1 的动量 p1m1v1，满 1 2 2 1 足 1.5 kg·m/sp13.75 kg·m/s，综上所述，A、B 正确，C、D 错误。 答案 AB 二、非选择题 9如图 7，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道 水平部分碰撞前后的动量关系。 图 7 (1)实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是，可以通过仅测量 _(填选项前的符号)，间接地解决这个问题。 A小球开始释放高度 h B小球抛出点距地面的高度 H C小球做平抛运动的射程 (2)图 6 中 O 点是小球抛出点在地面上的垂直投影。实验时，先将入射球 m1多次 从斜轨上 S 位置由静止释放，找到其平均落地点的位置 P，测量平抛射程 OP。 然后，把被碰小球 m2静止于轨道的水平部分，再将入射小球 m1从斜轨上 S 位置 由静止释放，与小球 m2相撞，并多次重复。 接下来要完成的必要步骤是_。(填选项前的符号) A用天平测量两个小球的质量 m1、m2 B测量小球 m1开始释放高度 h C测量抛出点距地面的高度 H D分别找到 m1、m2相碰后平均落地点的位置 M、N E测量平抛射程 OM、ON (3)若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为_(用(2)中测量的量表 示)。 (4)经测定，m145.0 g，m27.5 g，小球落地点的平均位置距 O 点的距离如图 8 所示。碰撞前、后 m1的动量分别为 p1与 p1，则 p1p1_11；若碰 撞结束时 m2的动量为 p2，则 p1p211_。 图 8 实验结果说明，碰撞前、后总动量的比值为_。 p1 p1p2 解析 (1)小球离开轨道后做平抛运动，由 H gt2知 t，即小球的下落时 1 2 2H g 间一定，则初速度 v 可用平抛运动的水平射程来表示，选项 C 正确。 x t (2)本实验要验证的是 m1·OMm2·ONm1·OP，因此要测量两个小球的质量 m1 和 m2以及它们的水平射程 OM 和 ON，而要确定水平射程，应先分别确定两个 小球落地的平均落点，没有必要测量小球 m1开始释放的高度 h 和抛出点距地面 的高度 H。故应完成的步骤是 ADE。 (3)若动量守恒， 应有 m1v1m2v2m1v0(v0是 m1单独下落离开轨道时的速度， v1、 v2是两球碰后 m1、 m2离开轨道时的速度)， 又 v ， 则有 m1·m2·m1·， x t OM t ON t OP t 即 m1·OMm2·ONm1·OP。 (4)碰前 m1的动量 p1m1v0m1·，碰后 m1的动量 p1m1v1m1·，则 OP t OM t p1p1OPOM1411；碰后 m2的动量 p2m2v2m2·，所以 p1p2 ON t (m1·OM)(m2·ON)112.9； 碰撞前、 后总动量的比值 p1 p1p2 m1·OP m1·OMm2·ON 1.01。 答案 (1)C (2)ADE (3)m1·OMm2·ONm1·OP (4)14 2.9 1.01 10如图 9 所示，质量 m10.3 kg 的小车静止在光滑的水平面上，车长 L1.5 m，现有质量 m20.2 kg 可视为质点的物块，以水平向右的速度 v02 m/s 从左 端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止。物块与车面间的动摩擦因 数 0.5，取 g10 m/s2，求 图 9 (1)物块在车面上滑行的时间 t； (2)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度 v0不超过多少。 解析 (1)设物块与小车的共同速度为 v，以水平向右的方向为正方向，根据动量 守恒定律有 m2v0(m1m2)v 设物块与车面间的滑动摩擦力为 F，对物块应用动量定理有Ftm2vm2v0 又 Fm2g 解得 t m1v0 （m1m2 ）g 代入数据得 t0.24 s。 (2)要使物块恰好不从车面滑出，须物块到车面最右端时与小车有共同的速度， 设其为 v，则 m2v0(m1m2)v 由功能关系有 m2v02 (m1m2)v2m2gL 1 2 1 2 代入数据解得 v05 m/s 故要使物体不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度 v0不超过 5 m/s。 答案 (1)0.24 s (2)5 m/s 11(2017·湖南宜章一中调研)如图 10 所示，一质量为 M、顶端距离地面为 h 的 带有曲面的斜面体放在水平面上，斜面体底端的切线水平，将一质量为 m、可视 为质点的滑块从斜面体的顶端由静止释放。第一次斜面体固定在水平面上，滑块 滑到斜面体底端时的速度大小为 v1； 第二次斜面体不固定， 滑块滑到斜面体底端 时的速度大小为 v2。已知 M4 kg、m5 kg，忽略一切摩擦。则的值为多少？ v1 v2 图 10 解析 第一次斜面体固定，滑块下滑过程中只有重力做功，滑块的机械能守恒， 滑块在最高处的重力势能全部转化为滑到斜面体底端时的动能，有 mgh mv 1 2 2 1 解得滑块滑到斜面体底端时的速度 v1 2gh 第二次斜面体不固定，当滑块滑到斜面体底端时，对滑块和斜面体组成的系统， 由于在水平方向上不受外力，因此系统在水平方向上动量守恒 滑块到达斜面体底端时的速度为 v2，设斜面体的速度为 v0，则由水平方向动量 守恒，得 mv2Mv00 滑块下滑时，只有重力和系统内的弹力做功，系统的机械能守恒，有 mgh mv 1 2 Mv 2 2 1 2 2 0 联立解得 v2 2Mgh Mm 因此两种情况下滑块到达斜面体底端的速度的比值为 。 v1 v2 Mm M 3 2 答案 3 2 12(2016·全国卷)如图 11，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面 体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。 某时刻小孩将冰块 以相对冰面 3 m/s 的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上 升的最大高度为 h0.3 m(h 小于斜面体的高度)。已知小孩与滑板的总质量为 m1 30 kg，冰块的质量为 m210 kg，小孩与滑板始终无相对运动。取重力加速度 的大小 g10 m/s2。 图 11 (1)求斜面体的质量； (2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？ 解析 (1)规定向左为速度正方向。冰块在斜面体上上升到最大高度时两者达到 共同速度，设此共同速度为 v，斜面体的质量为 m3。由水平方向动量守恒和机械 能守恒定律得 m2v0(m2m3)v m2v (m2m3)v2m2gh 1 2 2 0 1 2 式中 v03 m/s 为冰块推出时的速度。联立式并代入题给数据得 m320 kg v1 m/s (2)设小孩推出冰块后的速度为 v1，由动量守恒定律有 m1v1m2v00 代入数据得 v11 m/s 设冰块与斜面体分离后的速度分别为 v2和 v3，由动量守恒和机械能守恒定律有 m2v0m2v2m3v3 m2v m2v m3v 1 2 2 0 1 2 2 2 1 2 2 3 联立式并代入数据得 v21 m/s 由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方， 故冰 块不能追上小孩。 答案 (1)20 kg (2)不能，理由见解析