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1、单元质检六动量守恒定律力学三大观点(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48分。在每小题给出的四个选项中,第15题只有一项符合题目要求,第68题有多项符合题目要求。全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)1.一物体在合外力F的作用下从静止开始做直线运动,合外力方向不变,大小随时间的变化如图所示,在t0和2t0时刻,物体的动能分别为Ek1、Ek2,物体的动量分别为p1、p2,则()A.Ek2=9Ek1,p2=3p1B.Ek2=3Ek1,p2=3p1C.Ek2=8Ek1,p2=4p1D.Ek2=3Ek1,p2=2p1答案A解析根据动量定理得F0t0=
2、mv1,2F0t0=mv2-mv1,由得v1v2=13,得p1p2=13;由于x1=v1t02,x2=v1+v22t0,所以有x1x2=14,力F做的功为W1=F0x1,W2=2F0x2,所以在t0和2t0时刻的动能Ek1Ek2=19。故选项A正确。2.如图所示,光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动。两球质量关系为mB=2mA,规定向右为正方向,A、B两球的动量均为6 kgm/s,运动中两球发生碰撞,碰撞后A球的动量增量为-4 kgm/s,则()A.左方是A球,碰撞后A、B两球速度大小之比为25B.左方是A球,碰撞后A、B两球速度大小之比为110C.右方是A球,碰撞后A、B两球速
3、度大小之比为25D.右方是A球,碰撞后A、B两球速度大小之比为110答案A解析由两球的动量都是6kgm/s可知,运动方向都向右,且能够相碰,说明左方是质量小速度大的小球,故左方是A球。碰后A球的动量减少了4kgm/s,即A球的动量为2kgm/s,由动量守恒定律知B球的动量为10kgm/s,则其速度比为25,故选项A是正确的。3.(2018江西宜春月考)如图所示,将质量为M1、半径为R且内壁光滑的半圆槽置于光滑水平面上,左侧靠墙角,右侧靠一质量为M2的物块。今让一质量为m的小球自左侧槽口A的正上方h高处从静止开始落下,自A点与圆弧槽相切进入槽内,则以下结论正确的是()A.小球在槽内运动的全过程中
4、,小球与半圆槽在水平方向动量守恒B.小球在槽内运动的全过程中,小球、半圆槽和物块组成的系统动量守恒C.小球离开C点以后,将做竖直上抛运动D.槽与墙不会再次接触答案D解析小球从AB的过程中,半圆槽对球的支持力沿半径方向指向圆心,而小球对半圆槽的压力方向相反指向左下方,因为有竖直墙挡住,所以半圆槽不会向左运动,可见,该过程中,小球与半圆槽在水平方向受到外力作用,动量并不守恒,而由小球、半圆槽和物块组成的系统动量也不守恒;从BC的过程中,小球对半圆槽的压力方向向右下方,所以半圆槽要向右推动物块一起运动,因而小球参与了两个运动,一个是沿半圆槽的圆周运动,另一个是与半圆槽一起向右运动,小球所受支持力方向
5、与速度方向并不垂直,此过程中,因为有物块挡住,小球与半圆槽在水平方向动量并不守恒,在小球运动的全过程,水平方向动量也不守恒,选项A、B错误;当小球运动到C点时,它的两个分运动的合速度方向并不是竖直向上,所以此后小球做斜上抛运动,选项C错误;因为全过程中,整个系统在水平方向上获得了水平向右的冲量,最终槽与墙不会再次接触,选项D正确。4.(2018广东佛山一模)当使用高压水枪时,我们会感受到比较强的反冲作用。如图所示,一水枪与软管相连,打开开关后,以30 m/s的速度每秒喷出1 kg的水,若水枪入口与出口的口径相同,则水对该水枪作用力的大小及方向是()A.30 N,沿的方向B.30 N,沿的方向C
6、.60 N,沿的方向D.60 N,沿的方向答案B解析以水为研究对象,运用动量定理得Ft=m水v1-0,代入数据解得,水流受到的平均作用力为F=30N,方向沿出口方向和进口方向的角平分线。根据牛顿第三定律可知,水对该水枪作用力的大小是30N,方向沿的方向,故B正确。5.如图所示,一质量m1=3.0 kg的长方形木板B放在光滑水平地面上,在其右端放一个质量m2=1.0 kg的小木块A。给A和B以大小均为4.0 m/s、方向相反的初速度,使A开始向左运动,B开始向右运动,A始终没有滑离B板。在小木块A做加速运动的时间内,木板速度大小可能是()A.1.8 m/sB.2.4 m/sC.2.8 m/sD.
7、3.0 m/s答案B解析A先向左减速到零,再向右加速运动,在此期间,木板减速运动,最终它们保持相对静止,设A减速到零时,木板的速度为v1,最终它们的共同速度为v2,取水平向右为正方向,则m1v-m2v=m1v1,m1v1=(m1+m2)v2,可得v1=83m/s,v2=2m/s,所以在小木块A做加速运动的时间内,木板速度大小应大于2.0m/s而小于83m/s,只有选项B正确。6.如图所示,三角形传送带以1 m/s 的速度逆时针匀速转动,两边的传送带长都是2 m且与水平方向的夹角均为37。现有两个小物块A、B从传送带顶端都以1 m/s的初速度沿传送带下滑,物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5,g
8、取10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8。下列判断正确的是()A.物块A先到达传送带底端B.物块A、B同时到达传送带底端C.传送带对物块A、B均做负功D.物块A下滑过程中系统产生的热量小于B下滑过程中系统产生的热量答案BCD解析因tan37=0.750.5,即mgsinmgcos,故A、B都会匀加速下滑,根据牛顿第二定律知A、B加速度大小相等,故会同时到达底端,选项A错误,B正确;物块A、B受到传送带的摩擦力方向与其运动方向相反,故传送带对物块A、B均做负功,选项C正确;因A物块与传送带同向运动,相对位移要小,根据Q=Ffs相对,产生的热量要小于B物块下滑产生的热量,故选项
9、D正确。7.在光滑的水平桌面上有质量分别为m0=0.6 kg,m=0.2 kg的两个小球,中间夹着一个被压缩的具有Ep=10.8 J弹性势能的轻弹簧(弹簧与两球不相连),原来处于静止状态。现突然释放弹簧,球m脱离弹簧后滑向与水平面相切、半径为R=0.425 m的竖直放置的光滑半圆形轨道,如图所示。g取10 m/s2。则下列说法正确的是()A.球m从轨道底端A运动到顶端B的过程中所受合外力冲量大小为3.4 NsB.m0离开轻弹簧时获得的速度为9 m/sC.若半圆轨道半径可调,则球m从B点飞出后落在水平桌面上的水平距离随轨道半径的增大而减小D.弹簧弹开过程,弹力对m的冲量大小为1.8 Ns答案AD
10、解析释放弹簧过程中系统动量守恒、机械能守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得mv1-m0v2=0,由机械能守恒定律得12mv12+12m0v22=Ep,代入数据解得v1=9m/s,v2=3m/s;m从A到B过程中,由机械能守恒定律得12mv12=12mv12+mg2R,解得v1=8m/s;以向右为正方向,由动量定理得,球m从轨道底端A运动到顶端B的过程中所受合外力冲量大小为I=p=mv1-mv1=0.2(-8)-0.29Ns=-3.4Ns,故A正确;小球m0离开轻弹簧时获得的速度为3m/s,故B错误;设圆轨道半径为r时,m从B点飞出后水平位移最大,由A到B根据机械能守恒定律得12mv12=12
11、mv12+mg2r,在最高点,由牛顿第二定律得mg+FN=mv12r,m从B点飞出,需要满足:FN0,飞出后,小球做平抛运动:2r=12gt2,x=v1t,当8.1m-4r=4r时,即r=1.0125m时,x为最大,故球m从B点飞出后落在水平桌面上的水平距离随轨道半径的增大先增大后减小,C错误;由动量定理得,弹簧弹开过程,弹力对m的冲量大小为I=p=mv1=1.8Ns,故D正确。8.(2018四川成都一诊)如图所示,ABCD是固定在地面上、由同种金属细杆制成的正方形框架,框架任意两条边的连接处平滑,A、B、C、D四点在同一竖直面内,BC、CD边与水平面的夹角分别为、(),让套在金属杆上的小环从
12、A点无初速释放。若小环从A经B滑到C点,摩擦力对小环做功为W1,重力的冲量为I1,若小环从A经D滑到C点,摩擦力对小环做功为W2,重力的冲量为I2。则()A.W1W2B.W1=W2C.I1I2D.I1=I2答案BC解析设正方形的边长为l,小环滑下时动摩擦因数为(都相同)。若小环从A经B滑到C点,末速度为v1,则W1=mgcosl+mgcosl由动能定理得mglsin+mglsin-W1=12mv12若小环从A经D滑到C点,末速度为v2,则W2=mgcosl+mgcosl由动能定理得mglsin+mglsin-W2=12mv22由式可知,W1=W2,故A错误,B正确;由式可知,v1=v2设小环由
13、A滑到B的加速度为a1,与从D滑到C的加速度相等。由B滑到C的加速度为a2,与从A滑到D的加速度相等,所以a1=gsin-gcosa2=gsin-gcos由式可知,a1)由和式,作出v-t图像,如图所示,由图像知,从A经B到C用时为t1,从A经D到C用时为t2,t1t2,因此重力的冲量I1I2,故C正确,D错误。二、实验题(10分)9.气垫导轨是常用的一种实验仪器, 它是利用气泵将压缩空气通过导轨的众多小孔高速喷出,在导轨与滑块之间形成薄薄一层气垫,使滑块悬浮在导轨上。由于气垫的摩擦力极小,滑块在导轨上的运动可近似为没有摩擦的运动。用固定在气垫导轨上的光电门A、B和光电计时装置,以及带有挡光条
14、的滑块C、D来验证动量守恒定律。已知挡光条的持续挡光宽度为l,实验装置如图所示,采用的实验步骤如下:a.调节气垫导轨底座螺母,观察导轨上的气泡仪,使导轨成水平状态;b.在滑块C、D间放入一个轻质弹簧,用一条橡皮筋捆绑住三者成一水平整体,静置于导轨中部;c.将光电门尽量靠近滑块C、D两端;d.烧断捆绑的橡皮筋,使滑块C、D在弹簧作用下分离,分别通过光电门A、B;e.由光电计时器记录滑块C第一次通过光电门A时挡光条持续挡光的时间tC,以及滑块D第一次通过光电门B时挡光条持续挡光的时间tD。(1)实验中还应测量的物理量是。(2)根据上述测量的实验数据及已知量,验证动量守恒定律的表达式是;实验中算得的
15、C、D两滑块的动量大小并不完全相等,产生误差的主要原因是。(3)利用上述实验数据(选填“能”或“不能”)测出被压缩弹簧的弹性势能的大小。如能,请写出计算表达式:。若不能,说明理由:。答案(1)滑块C、D的质量mC、mD(2)mCtC=mDtD滑块与气垫导轨间仍存在摩擦,气垫导轨未完全水平(3)能Ep=12mCltC2+12mDltD2解析(1)要验证弹簧弹开的两滑块动量守恒,需要知道两滑块的质量和速度,而速度可以通过光电计时器测量的时间和位移计算,所以实验中还应测量的物理量是滑块C、D的质量mC、mD。(2)设遮光条的宽度为l,则vC=ltC,vD=ltD,验证动量守恒定律的表达式是mCvC=mDvD,即mCtC=mDtD。产生误差的主要原因是:滑块与气垫导轨间仍存在摩擦,气垫导轨未完全水平,测量mC、mD及tC、tD时有误差。(3)烧断捆绑的橡皮
