2011高考物理一轮复习成套课时练习123动量守恒定律章末质量检测 选修34

2011高考物理一轮复习成套课时练习123动量守恒定律章末质量检测 选修34

选修3-4 第十二章 动量守恒定律 ‎(时间90分钟，满分100分)‎ 命 题 设 计 难度　‎ 目标　‎ ‎ 题号　　　　　　　　　　 ‎ 较易 中等 稍难 动量、冲量 等概念 ‎1、2‎ 动量定理 ‎3、4、5‎ ‎14‎ 动量守恒定律 ‎8、9‎ ‎10‎ 综合应用 ‎11、12、13、15‎ ‎16‎ 一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)‎ ‎1.如图1所示，物体在粗糙的水平面上向右做直线运动．从a点 ‎ 开始受到一个水平向左的恒力F的作用，经过一段时间后又回 到a点，则物体在这一往返运动的过程中，下列说法中正确的 ‎ 是 (　　)‎ A．恒力F对物体做的功为零 B．摩擦力对物体做的功为零 C．恒力F的冲量为零 D．摩擦力的冲量为零 ‎ 解析：由功的定义可知，在这一往返过程中，物体的位移为零，所以恒力对物体做的功为零，选项A正确；由于摩擦力方向总与物体相对运动的方向相反，所以摩擦力对物体做的功为负值，选项B错；由冲量定义力与作用时间的乘积为力的冲量，其中F 为恒力，所以IF＝Ft≠0；Ff大小未变，但方向发生了变化，且Ff方向变化前后作用时间不相等(向右运动时间短)，故Ff的冲量不为零．所以选项C、D错．‎ 答案：A ‎2．以下有关动能与动量的说法正确的是 (　　)‎ A．动能相同的两物体的动量大小与其质量成正比 B．动量相同的两物体的动能与其质量成正比 C．运行的空间站中一磁铁穿过弥漫着细铁屑的空间时，磁铁及被吸附其上面的铁屑组成的整体的动能将逐渐减小 D．选项C中的磁铁及附着铁屑组成的整体由于质量不断变大而使其动能变大 解析：由p＝知A错；由Ek＝知B错误；空间站中完全失重，则磁铁及附着铁屑的总动量保持不变，随着铁屑增多即m增大，由Ek＝知C正确，同理可知 D错．‎ 答案：C ‎3.如图2所示，质量为m的小滑块沿倾角为θ的斜面向上滑动，经时间t1速度为零后又下滑，经过时间t2回到斜面底端，滑块在运动过程中受到的摩擦力大小始终为Ff，在整个运动过程中，滑块重力的总冲量 (　　)‎ A．mgsinθ(t1＋t2)　　　　　　B．mgsinθ(t1－t2)‎ C．mg(t1＋t2) D．0‎ 解析：谈到冲量必须明确是哪一个力的冲量，此题中要求的是重力对滑块的冲量，根据冲量的定义I＝Ft，因此重力对滑块的冲量应为重力mg乘以作用时间t.即I＝mg(t1＋t2)，C正确．‎ 答案：C ‎4.如图3所示，ad、bd、cd是竖直平面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d位于同一周圆上，a点为圆周的最高点，d点为圆周的最低点．每根杆上都套着一个质量相同的小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a、b、c处释放(初速度为零)，关于它们下滑的过程，下列说法中正确的是 (　　)‎ A．重力对它们的冲量相同 B．弹力对它们的冲量相同 C．合外力对它们的冲量相同 D．它们的动量增量相同 解析：设小滑环沿杆下滑到d点所用的时间为t，杆与水面间 ‎ 的夹角为θ，如图所示，则杆的长度为l＝2Rsinθ 滑环沿杆下滑的加速度a＝gsinθ 则gsinθt2＝2Rsinθ t ＝ ，下滑时间与杆的倾角无关．‎ 所以滑环从a、b、c滑到d点重力对它们的冲量I＝mgt相同， ‎ 杆对滑环的弹力以及滑环受到的合外力不同，所以弹力、合外 力的冲量不同，由动量定理知它们动量的增量也就不同．‎ 综上所述，A项对，B、C、D各项错．‎ 答案：A ‎5．一个小球从距地面高度H处自由落下，空气阻力大小一定，与水平地面发生碰撞．设碰撞时间为一个定值t，则在碰撞过程中，小球与地面的平均作用力与弹起的高度h的关系是 (　　)‎ A．弹起的最大高度h越大，平均作用力越大 B．弹起的最大高度h越大，平均作用力越小 C．弹起的最大高度h＝0，平均作用力最大 D．平均作用力的大小与弹起的高度无关 解析：令小球与地面的平均作用力为，运动过程中受的阻力为Ff，则小球碰撞前的速度v＝ ，碰地后反弹的初速度v′＝ ，由动量定理对碰地过程有：t＝mv′－(－mv)(取向上为正方向，并忽略重力作用)，则＝(＋)/t，由此式可知h越大，越大，当h＝0时，最小．‎ 答案：A ‎6．将一长木板静止放在光滑的水平面上，如图4甲所示，一个小铅块(可视为质点)以水平初速度v0由木板左端向右滑动，到达右端时恰能与木板保持相对静止．小铅块运动过程中所受的摩擦力始终不变，现将木板分成A和B两段，使B的长度和质量均为A的2倍，并紧挨着放在原水平面上，让小铅块仍以初速度v0由木块A的左端开始向右滑动，如图乙所示，则下列有关说法正确的是 (　　)‎ A．小铅块恰能滑到木板B的右端，并与木板B保持相对静止 B．小铅块将从木板B的右端飞离木板 C．小铅块滑到木板B的右端前就与木板B保持相对静止 D．小铅块在木板B上滑行产生的热量等于在木板A上滑行产生热量的2倍 解析：比较两次运动的区别，第一次在小铅块运动过程中，小铅块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，第二次小铅块先使整个木板加速，运动到B部分上后A部分停止加速，只有B部分加速，加速度大于第一次的对应过程，故第二次小铅块与B木板将更早达到速度相等，所以小铅块还没有运动到B的右端，A、B错，C正确．小铅块在B部分上的位移小于在A部分上位移的两倍，根据热量等于摩擦力和相对位移的乘积可知，在B上滑行产生的热量小于在A上滑行产生热量的2倍，D不对，故选C.‎ 答案：C ‎ 7.一质量为m的平板车以速度v在光滑水平面上滑行，质量为M的泥团从离车h高处自由下落，恰好落在车面上，则车的速度变为 (　　)‎ A．仍为v B．mv/(M＋m)‎ C．m/(m＋M)‎ D．(mv＋m)/(m＋M)‎ 解析：以平板车和质量为M的泥团为一系统，水平方向上的动量守恒，得mv＝(M＋m)v车，即v车＝.‎ 答案：B ‎8．质量为m的物块甲以‎3 m/s的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定其上，另一质量也为m的物块乙以 ‎4 m/s的速度与甲相向运动，如图5所示．则(　　)‎ A．甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，由于弹力作用，动量不守恒 B．当两物块相距最近时，物块甲的速率为零 C．当物块甲的速率为‎1 m/s时，物块乙的速率可能为‎2 m/s，也可能为0‎ D．物块甲的速率可能达到 ‎5 m/s 解析：甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，由于弹力是内力，所以动量守恒，A选项错误；甲、乙两物块相距最近时，两物块的速度相等，根据动量守恒定律可得两物块的速率均为‎0.5 m/s，B选项错误；当物块甲的速率为‎1 m/s向左运动时，根据动量守恒定律可得物块乙以速率‎2 m/s向右运动，当物块甲的速率为‎1 m/s向右运动时，根据动量守恒定律可得物块乙的速率为零，即C选项正确；若物块甲的速率达到‎5 m/s，则根据动量守恒定律可得乙的速率可能为‎6 m/s和‎4 m/s，这不符合能量守恒，所以D选项错误．‎ 答案：C ‎9．如图6甲所示，一质量为M的木板静止在光滑水平地面上，现有一质量为m的小滑块以一定的初速度v0从木板的左端开始向木板的右端滑行，滑块和木板的水平速度的大小随时间变化的情况如图6乙所示，根据图象作出如下判断：‎ ‎①滑块始终与木板存在相对运动 ‎②滑块未能滑出木板 ‎③滑块的质量m大于木板的质量M ‎④在t1时刻滑块从板上滑出 这些判断中正确的是 (　　)‎ A．①③④ B．②③④‎ C．②③ D．②④‎ 解析：小滑块在木板上做匀减速直线运动，木板做匀加速运动，由图象知小滑块末速度大于木板末速度，所以在t1时刻滑块从木板上滑出，并一直存在相对运动，故①④对②错；又因为它们相互的作用力一定，v－t图象的斜率反映了加速度，由图知aM＞am，因此m＞M，③对．‎ 答案：A ‎10．相对太空站静止的太空飞行器上有一种装置，它利用电场加速带电粒子，形成向外发射的粒子流，从而对飞行器产生反冲力使其获得加速度．已知飞行器的质量为M，发射的是二价氧离子，每个氧离子的质量为m，元电荷的电荷量为e，氧离子由静止经电压U加速形成氧离子流对外发射．如果每秒内飞行器发射N个氧离子，则太空飞行器获得的加速度为 (　　)‎ A. B. C. D. 解析：设每个氧离子加速获得的速度为v0，则有：‎ ‎2eU＝mv02‎ 氧离子被加速过程中，与飞行器系统动量守恒，对一秒内的所有被加速氧离子与飞行器有：Mv＝Nmv0.‎ 故v＝，即B正确．‎ 答案：B ‎11.如图7所示，在光滑的水平面上停放着一辆平板车，车上放有一木块B.车左边紧靠一个固定的光滑的1/4圆弧轨道，其底端的切线与车表面相平．木块A从轨道顶端由静止释放滑行到车上与B碰撞并立即粘在一起在车上滑行，与固定在平板车上的轻弹簧作用后被弹回，最后两木块与车保持相对静止，则从A开始下滑到A、B与车相对静止的全过程中，A、B和车组成的系统 (　　) ‎ A．动量守恒 B．小车一直向右运动 C．机械能减少量等于木块与车之间的摩擦生热 D．弹簧的最大弹性势能等于木块与车之间的摩擦生热 解析：从A开始下滑到A、B与车相对静止的全过程，A、B和车组成的系统动量不守恒，因为A在圆弧上运动时轨道对A有支持力，具有重力作用；系统减少的机械能一部分在A、B碰撞中损失了，另一部分转化为内能；A、B一起在车上运动的过程中，A、B和车组成的系统损失的动能转化为弹簧的弹性势能和内能，只有当弹簧压缩到最短(A、B和车的速度相同)到A、B和车又一起向右运动的过程中弹簧的最大弹性势能等于木块与车之间摩擦生热，故弹簧的最大弹性势能不等于全过程木块与车之间摩擦生热；根据动量守恒可知小车一直向右运动．所以正确选项是B.‎ 答案：B ‎12.用不可伸长的细线悬挂一质量为M的小木块，木块静止，如图8所示．现 ‎ 有一质量为m的子弹自左方水平射向木块，并停留在木块中，子弹初速 度为v0，则下列判断正确的是 (　　) ‎ A．从子弹射向木块到一起上升到最高点的过程中系统的机械能守恒 B．子弹射入木块瞬间动量守恒，故子弹射入木块瞬间子弹和木块的共同 ‎ 速度为 C．忽略空气阻力，子弹和木块一起上升过程中系统机械能守恒，其机械能等于子弹射入木块前的动能 D．子弹和木块一起上升的最大高度为 解析：从子弹射向木块到一起运动到最高点的过程可以分为两个阶段：子弹射入木 的瞬间系统动量守恒，但机械能不守恒，有部分机械能转化为系统内能，之后子弹在木块中与木块一起上升，该过程只有重力做功，机械能守恒，但总能量小于子弹射入木块前的动能，因此A、C错误；由子弹射入木块瞬间动量守恒可得子弹射入木块后的共同速度为，B错误；之后子弹和木块一起上升，该阶段机械能守恒，可得上升的最大高度为，D正确．‎ 答案：D 二、计算题(本大题共4个小题，共40分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)‎ ‎13．(8分)如图9所示，质量为m的子弹，以速度v水平射入用轻绳悬挂在空中的木块，木块的质量为M，绳长为L，子弹停留在木 块中，求子弹射入木块后的瞬间绳子中的张力的大小．‎ 解析：由动量守恒定律得：‎ ‎0＋mv＝(m＋M)v1‎ 解得v1＝ 由牛顿第二定律有(取向上为正方向)‎ F－(M＋m)g＝(M＋m) 将v1代入即得：F＝(m＋M)g＋.‎ 答案：(m＋M)g＋ ‎14. (10分)如图10所示，长l＝‎0.8 m的细线上端固定在O点，下端 ‎ 连接一个质量为m＝‎0.4 kg的小球，悬点O距地面的高度 H＝‎3.55 m，开始时将小球提到O点而静止，然后让它 自由下落，当小球到达使细线被拉直的位置时，刚好把细 线拉断，再经过t＝0.5 s落到地面，如果不考虑细线的形变，‎ g＝10 ‎ m/s2，试求：‎ ‎(1)细线拉断前后的速度大小和方向；‎ ‎(2)假设细线由拉直到断裂所经历的时间为0.1 s，试确定细线的平均张力大小．‎ 解析：(1)细线拉断前，小球下落过程机械能守恒：‎ mgl＝mv12‎ 得v1＝＝‎4 m/s，方向竖直向下．‎ 设细线断后球速为v2，方向竖直向下，由 H－l＝v2t＋gt2，‎ 可得：v2＝‎3 m/s，方向竖直向下．‎ ‎(2)设细线的平均张力为F，方向竖直向上．取竖直向上为正方向，由动量定理可得：(F－mg)Δt＝－mv2－(－mv1)‎ F＝＋mg＝8 N.‎ 答案：(1)‎4 m/s，方向竖直向下；‎3 m/s，方向竖直向下 ‎(2)8 N ‎15．如图11所示，足够长的光滑轨道由斜槽轨道和水平轨道组成．水平轨道上一质量为mB的小球处于静止状态，一个质量为mA的小球沿斜槽轨道向下运动，与B球发生弹性正碰．要使小球A与小球B能发生第二次碰撞，mA和mB应满足什么关系？‎ ‎、‎ 解析：设小球A与小球B碰撞前的速度大小为v0.‎ 根据弹性碰撞过程中动量守恒和机械能守恒得 mAv0＝mAv1＋mBv2‎ mAv02＝mAv12＋mBv22‎ 联立解得v1＝v0‎ V2＝v0‎ 要使小球A与小球B能发生第二次碰撞，小球A必须反弹，且速率大于碰后B球的速率．有 ＞v0‎ 解得mB＞3mA.‎ 答案：mB＞3mA ‎16．(12分)如图12所示，甲车的质量为‎2 kg，静止在光滑水平面上，上表面光滑，右端放一个质量为‎1 kg的小物体．乙车质量为‎4 kg，以‎5 m/s的速度向左运动，与甲车碰撞后甲车获得‎8 m/s的速度，物体滑到乙车上．若乙车足够长，上表面与物体间的动摩擦因数为0.2，则物体在乙车上表面滑行多长时间相对乙车静止？(g取‎10 m/s2)‎ 解析：车乙与甲碰撞动量守恒 m乙v乙＝m乙v乙′＋m甲v甲′‎ 小物体m在乙车上滑动至有共同速度v，‎ 对小物体和乙车运用动量守恒定律得 m乙v乙′＝(m＋m乙)v 对小物体应用牛顿第二定律得 a＝μg 所以t＝ 代入数据得t＝0.4 s.‎ 答案：0.4 s