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.docx

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.docx

《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.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《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.docx（13页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

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

单元质量检测（六）

时间：

50分钟

一、选择题（1～4题为单项选择题，5～8题为多项选择题）

1．某物体受到一个－6N·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，－6N·s的冲量说明物体所受冲量的大小为6N·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mA＝2kg，mB＝1kg，A和B相距x＝9.5m，A以v0＝10m/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6s。

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μ＝0.1，取g＝10m/s2，A、B相碰时间极短，可忽略）（　　）

图2

A．2sB．3sC．8sD．10s

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μmAgt1＋μmBgt2＝mAv0

得：

t2＝8s。

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．（mA＋mB）v0＝mAvA－mBvB

B．（mA＋mB）v0＝mAvA＋mB（vA＋v0）

C．（mA＋mB）v0＝mAvA＋mB（vA＋vB）

D．（mA＋mB）v0＝mAvA＋mBvB

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（mA＋mB）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（mA＋mB）v0＝mAvA＋mBvB，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

A．M的速度等于0时，弹簧的弹性势能最大

B．M与N具有相同的速度时，两滑块动能之和最小

C．M的速度为

时，弹簧的长度最长

D．M的速度为

时，弹簧的长度最短

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

A．A、B最终以同一不为零的速度运动

B．A、B最终速度均为零

C．A物体先做加速运动，后做减速运动

D．A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，m1＝1kg、m2＝3kg，v01＝6m/s，v02＝3m/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

A．v1＝3.75m/s，v2＝3.75m/s

B．v1＝1.5m/s，v2＝4.5m/s

C．E1＝9J

D．p1＝1kg·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m1v01＋m2v02＝（m1＋m2）v，代入数据解得v＝3.75m/s，如果两球发生完全弹性碰撞，有m1v01＋m2v02＝m1v1＋m2v2，由机械能守恒定律得

m1v

＋

m2v

＝

m1v

＋

m2v

，代入数据解得v1＝1.5m/s，v2＝4.5m/s，则碰撞后球1、球2的速度满足：

1.5m/s≤v1≤3.75m/s，3.75m/s≤v2≤4.5m/s；球1的动能E1＝

m1v

，满足0.86J≤E1≤7.03J；球1的动量p1＝m1v1，满足1.5kg·m/s≤p1≤3.75kg·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，m1＝45.0g，m2＝7.5g，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p1∶p1′＝________∶11；若碰撞结束时m2的动量为p2′，则p1′∶p2′＝11∶________。

图8

实验结果说明，碰撞前、后总动量的比值

为________。

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。

（2）本实验要验证的是m1·OM＋m2·ON＝m1·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m1v1＋m2v2＝m1v0（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·

，即m1·OM＋m2·ON＝m1·OP。

（4）碰前m1的动量p1＝m1v0＝m1·

，碰后m1的动量p1′＝m1v1＝m1·

，则p1∶p1′＝OP∶OM＝14∶11；碰后m2的动量p2′＝m2v2＝m2·

，所以p1′∶p2′＝（m1·OM）∶（m2·ON）＝11∶2.9；碰撞前、后总动量的比值

＝

≈1.01。

答案　

（1）C　

（2）ADE　（3）m1·OM＋m2·ON＝m1·OP　（4）14　2.9　1.01

10．如图9所示，质量m1＝0.3kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1.5m，现有质量m2＝0.2kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝2m/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μ＝0.5，取g＝10m/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＝（m1＋m2）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－Ft＝m2v－m2v0

又F＝μm2g

解得t＝

代入数据得t＝0.24s。

（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′＝（m1＋m2）v′

由功能关系有

m2v0′2＝

（m1＋m2）v′2＋μm2gL

代入数据解得v0′＝5m/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5m/s。

答案　

（1）0.24s　

（2）5m/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M＝4kg、m＝5kg，忽略一切摩擦。

则

的值为多少？

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

解得滑块滑到斜面体底端时的速度v1＝

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mv2＋Mv0＝0

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

＋

Mv

联立解得v2＝

因此两种情况下滑块到达斜面体底端的速度的比值为

＝

＝

。

答案　

12．（2016·全国卷Ⅱ）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3m/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h＝0.3m（h小于斜面体的高度）。

已知小孩与滑板的总质量为m1＝30kg，冰块的质量为m2＝10kg，小孩与滑板始终无相对运动。

取重力加速度的大小g＝10m/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＝（m2＋m3）v①

m2v

＝

（m2＋m3）v2＋m2gh②

式中v0＝3m/s为冰块推出时的速度。

联立①②式并代入题给数据得

m3＝20kg　v＝1m/s③

（2）设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有

m1v1＋m2v0＝0④

代入数据得v1＝－1m/s⑤

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

m2v0＝m2v2＋m3v3⑥

m2v

＝

m2v

＋

m3v

⑦

联立③⑥⑦式并代入数据得

v2＝－1m/s⑧

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）20kg　

（2）不能，理由见解析

感谢您的下载!

快乐分享，知识无限！

由Ruize收集整理！