高考物理复习同步练习：第十二章 第2单元 课下综合提升

高考物理复习同步练习：第十二章 第2单元 课下综合提升

‎1．向空中发射一物体。不计空气阻力，当物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂为a、b两块。若质量较大的a的速度方向仍沿原来的方向，则 (　　)‎ A．b的速度方向一定与原速度方向相反 B．从炸裂到落地这段时间里，a飞行的水平距离一定比b的大 C．a比b先到达地面 ‎ D．炸裂的过程中，a、b的动量变化大小一定相等 解析：根据动量守恒定律可知，a的速度大小、b的速度大小和方向都无法判断，A、B错误；但a、b都做平抛运动，竖直高度相同，所以a、b一定同时到达地面，C错误；根据动量定理可以判断，D正确。‎ 答案：D ‎2．如图1所示，木块a和b用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上。在b上施加向左的水平力使弹簧压缩，当撤去外力后，下列说法正确的是(　　)‎ 图1‎ ‎①a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统动量守恒 ‎②a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统动量不守恒 ‎③a离开墙后，a、b组成的系统动量守恒 ‎④a离开墙后，a、b组成的系统动量不守恒 A.①③ B.②④ C.①④ D.②③‎ 解析：在a离开墙壁前的弹簧伸长过程中，a和b构成的系统受到墙的弹力，所以a、b构成的系统动量不守恒；a离开墙后，a、b构成的系统合外力为零，因此动量守恒。‎ 答案：D ‎3．(2011·福建高考)在光滑水平面上，一质量为m、速度大小为v的A球与质量为‎2m静止的B球碰撞后，A球的速度方向与碰撞前相反。则碰撞后B球的速度大小可能是(　　)‎ A．0.6v　　　　　　　　　　 B．0.4v C．0.3v D．0.2v 解析：根据动量守恒定律得：mv＝2mvB－mvA化简可得，vA＝2vB－v，因vA＞0，所以vB＞，故只有A项正确。‎ 答案：A ‎4．如图2所示，用轻弹簧相连的物块A和B放在光滑的水平面上，物块A紧靠竖直墙壁，一颗子弹沿水平方向射入物块B并留在其中，在下列依次进行的四个过程中，由子弹、弹簧和A、B物块组成的系统，动量不守恒但机械能守恒的是(　　)‎ 图2‎ ‎①子弹射入木块过程 ‎②B载着子弹向左运动的过程 ‎③弹簧推载着子弹的B向右运动，直到弹簧恢复原长的过程 ‎④B因惯性继续向右运动，直到弹簧伸长到最长的过程 A．①② B．②③‎ C．③④ D．②④‎ 解析：①过程子弹射入木块过程，系统动量守恒，机械能不守恒。②③过程，竖直墙壁对系统有向右的作用力，所以系统动量不守恒，但由于只有弹簧弹力做功，所以系统机械能守恒。④过程B因惯性继续向右运动，直到弹簧伸长到最长的过程，系统机械能守恒，动量也守恒。‎ 答案：B ‎5．炮艇总质量为M，以速度v0匀速行驶，从船上以相对海岸的水平速度v沿前进方向射出一质量为m的炮弹，发射炮弹后艇的速度为v′，若不计阻力，则下列各关系式中正确的是 (　　)‎ A．Mv0＝(M－m)v′＋mv B．Mv0＝(M－m)v′＋m(v＋v0)‎ C．Mv0＝(M－m)v′＋m(v＋v′)‎ D．Mv0＝Mv′＋mv 解析：动量守恒定律必须相对于同一参考系。本题中的各个速度都是相对于地面的，不需要转换。发射炮弹前系统的总动量为Mv0；发射炮弹后，炮弹的动量为mv，船的动量为(M－m)v′，所以动量守恒定律的表达式为Mv0＝(M－m)v′＋mv，正确选项为A。‎ 答案：A ‎6．(2012·长沙模拟)在光滑水平冰面上，甲、乙两人各乘一小车，甲、乙质量相等，甲手中另持一小球，开始时甲、乙均静止，某一时刻，甲向正东方将球沿着冰面推给乙，乙接住球后又向正西方向将球推回给甲，如此推接数次后，甲又将球推出，球在冰面上向乙运动，但已经无法追上乙，此时甲的速率v甲、乙的速率v乙及球的速率v三者之间的关系为 (　　)‎ A．v甲＝v乙≥v B．v＜v甲＜v乙 C．v甲＜v≤v乙 D．v≤v乙＜v甲 解析：以甲、乙、球三者为系统，系统的动量守恒，取向西为正方向，在全过程中有：‎ ‎0＝m甲v甲－m乙v乙－m球v 且m甲＝m乙 故v甲＞v乙。根据球最终无法追上乙得，v≤v乙，故选项D正确。‎ 答案：D ‎7．如图3，一光滑地面上有一质量为m′的足够长的木板ab，一质量为m的人站在木板的a端，关于人由静止开始运动到木板的b端(M、N表示地面上原a、b对应的点)，如图4所示的四个图像中正确的是 (　　)‎ 图3‎ 图4‎ 解析：根据动量守恒定律，木板与人组成的系统动量守恒，对于题中的“人板模型”，各自对地的位移为sm′、sm，且有m′sm′＝msm，sm′＋sm＝L板长，以M点为参考点，人向右运动，木板向左运动，易得D是正确的。‎ 答案：D ‎8.在光滑的水平面上有三个完全相同的小球，它们成一条直线，2,3小球静止，并靠在一起，1球以速度v0射向它们，如图5所示，设碰撞中不损失机械能，则碰后三个小球的速度可能值是(　　)‎ ‎ ‎ 图5‎ A．v1＝v2＝v3＝ v0 B．v1＝0，v2＝v3＝v0‎ C．v1＝0，v2＝v3＝v0 D．v1＝v2＝0，v3＝v0‎ 解析：由题设条件，三个球在碰撞过程中总动量和总动能守恒。若各球质量均为m，而碰撞前系统的总动量为mv0，总动能为mv。假如选项A正确，则碰后总动量为mv0‎ ‎，这违反了动量守恒定律，故不可能。假如选项B正确，则碰到后总动量为mv0，这也违反动量守恒定律，故也不可能。假如选项C正确，则碰后总动量为mv0，但总动能为mv，这显然违反机械能守恒定律，故也不可能。而选项D即满足机械能守恒定律，也满足动量守恒定律。‎ 答案：D ‎9．一颗手榴弹以v0＝‎10 m/s的水平速度在空中飞行。设它爆炸后炸裂为两块，小块质量为‎0.2 kg，沿原方向以‎250 m/s的速度飞去，那么，质量为‎0.4 kg的大块在爆炸后速度大小和方向是(　　)‎ A．‎125 m/s，与v0反向 B．‎110 m/s，与v0反向 C．‎240 m/s，与v0反向 D．以上答案均不正确 解析：由动量守恒定律有Mv0＝m1v1＋m2v2，即0.6×10＝0.2×250＋0.4v2，解得v2＝－‎110 m/s，则B正确。‎ 答案：B ‎10．如图6所示，斜面体C质量为M，足够长，始终静止在水平面上，一质量为m的长方形木板A上表面光滑，木板A获得初速度v0后恰好能沿斜面匀速下滑，当木板A匀速下滑时将一质量为m的滑块B轻轻放在木板A表面上，当滑块B在木板A上滑动时，下列说法正确的是(　　)‎ 图6‎ A．滑块B的动量为0.5mv0时，木板A和滑块B的加速度大小相等 B．滑块B的动量为0.5mv0时，斜面体对水平面的压力大于(M＋‎2m)g C．滑块B的动量为1.5mv0时，木板A的动量为0.5mv0‎ D．滑块B的动量为1.5mv0时，水平面施予斜面体的摩擦力向右 解析：未放B时，对A由力的平衡得mgsin θ＝μmgcos θ，计算μ＝tan θ，放上B时用牛顿第二定律，mgsin θ＝maB。aB＝g sin θ，沿斜面向下，对A：2μmgcos θ－mgsin θ＝maA。aA＝gsin θ，沿斜面向上，当滑块B的动量为0.5mv0时，A的动量也为0.5mv0，A项正确，对A、B、C整体受力分析，它们的加速度为0，则其对水平面的压力FN＝(M＋‎2m)g，B项错，当A停止运动时，B的动量为mv0，现在B的动量为1.5mv0，A处于静止，动量为0，C项错，因A、C静止，B的水平分加速度向左，从A、B、C整体看出地面施予斜面体的摩擦力向左。‎ 答案：A ‎11.如图7所示，mA＝‎1 kg, mB＝‎4 kg，小物块mC＝‎1 kg，ab、dc段均光滑，dc段足够长；物体A、B上表面粗糙，最初均处于静止。最初小物块C静止在a点，已知ab长度L＝‎16 m，现给小物块C一个水平向右的瞬间冲量I0＝6 N·s。‎ 图7‎ ‎(1)当C滑上A后，若刚好在A的右边缘与A具有共同的速度v1(此时还未与B相碰)，求v1的大小；‎ ‎(2)A、C共同运动一段时间后与B相碰，若已知碰后A被反弹回来，速度大小为‎0.2 m/s，C最后和B保持相对静止，求B、C最终具有的共同速度v2。‎ 解析：(1)对物块C，由动量定理，取向右为正方向 I0＝mCv0－0，v0＝＝‎6 m/s。‎ 在C滑到A的右边缘的过程中，由于F合＝0，所以A、C系统动量守恒，以v0方向为正，‎ mCv0＝(mC＋mA)v1，‎ v1＝‎3 m/s。‎ ‎(2)以v0方向为正，A、C一起向右运动到与B相碰后，C将滑上B做减速运动，直到与B达到共同的速度，整个过程动量守恒，有 ‎(mC＋mA)v1＝－mAvA＋(mB＋mC)v2，‎ 所以v2＝‎1.24 m/s。‎ 答案：(1)‎3 m/s　(2)‎1.24 m/s ‎12.图8中滑块和小球的质量均为m，滑块可在水平放置的光滑固定导轨上自由滑动，小球与滑块上的悬点O由一不可伸长的轻绳相连，轻绳长为l。开始时，轻绳处于水平拉直状态，小球和滑块均静止。现将小球由静止释放，当小球到达最低点时，滑块刚好被一表面涂有黏性物质的固定挡板粘住，在极短的时间内速度减为零，小球继续向左摆动，当轻绳与竖直方向的夹角θ＝60°时小球达到最高点。求：‎ 图8‎ ‎(1)从滑块与挡板接触到速度刚好变为零的过程中，挡板阻力对滑块的冲量；‎ ‎(2)小球从释放到第一次到达最低点的过程中，绳的拉力对小球做功的大小。‎ 解析：(1)对系统，设小球在最低点时速度大小为v1，此时滑块的速度大小为v2，滑块与挡板接触前由系统的机械能守恒定律得：‎ mgl＝mv＋mv，‎ 由系统的水平方向动量守恒定律得：mv1＝mv2。‎ 从滑块与挡板接触到速度刚好变为零的过程中，挡板阻力对滑块的冲量为：‎ I＝mv2。‎ 联立解得I＝m，方向向左。‎ ‎(2)小球从释放到第一次到达最低点的过程中，设绳的拉力对小球做功的大小为W，对小球由动能定理，得：‎ mgl＋W＝mv，‎ 解得W＝－mgl，‎ 即绳的拉力对小球做负功，大小为mgl。‎ 答案：(1)m。方向向左 ‎(2)拉力做负功，大小为mgl