高考物理一轮复习配套单元检测第十二章 第2单元 课下综合提升

高考物理一轮复习配套单元检测第十二章 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＞v 2，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＝ 1 3 v0 B．v1＝0，v2＝v3＝ 1 2v0 C．v1＝0，v2＝v3＝1 2v0 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 1 2mv20。假如选项 A 正确，则碰后总动量为 3mv0， 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 2mv0，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 1 4mv20， 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＝ma B。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 F N＝(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＝ I0 mC＝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＝1 2mv12＋1 2mv22， 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 gl，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＝1 2mv12， 解得 W＝－1 2mgl， 即绳的拉力对小球做负功，大小为 1 2mgl。 答案：(1)m gl。方向向左 (2)拉力做负功，大小为 1 2mgl