(通用版)2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 專題綜合檢測(cè)六 第六章 動(dòng)量守恒定律(含解析)

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1、動(dòng)量守恒定律 (45分鐘 100分) 一、選擇題(本題共8小題,每小題6分,共48分.1~5題為單選題,6~8題為多選題) 1.下列關(guān)于物體動(dòng)量和沖量的說(shuō)法正確的是(  ) A.物體所受合外力沖量越大,它的動(dòng)量也越大 B.物體所受合外力沖量不為零,它的動(dòng)量一定要改變 C.物體動(dòng)量的方向,就是它所受沖量的方向 D.物體所受合外力越大,它的動(dòng)量變化就越大 解析:B 物體所受合外力沖量越大,它的動(dòng)量變化就越大,不是動(dòng)量越大,故A錯(cuò)誤;合外力的沖量等于物體動(dòng)量的變化量,物體所受合外力沖量不為零,它的動(dòng)量一定要改變,故B正確;合外力的沖量等于物體動(dòng)量的變化量,所以物體動(dòng)量增量的方向,就是

2、它所受沖量的方向,而動(dòng)量的方向與所受沖量的方向沒(méi)有直接關(guān)系,故C錯(cuò)誤;物體所受合外力越大,加速度就越大,物體速度變化就越快,所以它的動(dòng)量變化就越快,但不一定越大,故D錯(cuò)誤. 2.(2018·南昌模擬)斜向上拋出一個(gè)爆竹,到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)(速度水平向東)立即爆炸成質(zhì)量相等的三塊,前面一塊速度水平向東,后面一塊速度水平向西,前、后兩塊的水平速度(相對(duì)地面)大小相等、方向相反.則以下說(shuō)法中正確的是(  ) A.爆炸后的瞬間,中間那塊的速度大于爆炸前瞬間爆竹的速度 B.爆炸后的瞬間,中間那塊的速度可能水平向西 C.爆炸后三塊將同時(shí)落到水平地面上,并且落地時(shí)的動(dòng)量相同 D.爆炸后的瞬間,中間那塊的

3、動(dòng)能可能小于爆炸前的瞬間爆竹的總動(dòng)能 解析:A 設(shè)爆炸前的速度為v,爆炸后的速度為v前后以及v′,設(shè)向東為正方向,由水平方向動(dòng)量守恒得3mv=mv前后+mv′-mv前后,解得v′=3v,方向向東,爆炸后的瞬間,中間那塊的速度大于爆炸前瞬間爆竹的速度,故A正確,B錯(cuò)誤;爆炸后三塊做平拋運(yùn)動(dòng),豎直方向h=gt2,下落時(shí)間相同,則豎直方向分速度相同,前后兩塊水平方向分速度方向不同,故合速度方向不同,則動(dòng)量不同,故C錯(cuò)誤;中間那塊的動(dòng)能m(3v)2>·3mv2,故D錯(cuò)誤. 3.如圖所示,在光滑水平面上靜止放著兩個(gè)相互接觸而不粘連的木塊A、B,質(zhì)量分別為m1和m2,今有一子彈水平穿過(guò)兩木塊.設(shè)子彈穿

4、過(guò)木塊A、B的時(shí)間分別為t1和t2,木塊對(duì)子彈的阻力恒為Ff,則子彈穿過(guò)兩木塊后,木塊A的速度大小是(  ) A. B. C. D. 解析:A 子彈穿過(guò)兩木塊后木塊A的速度大小等于子彈穿過(guò)A時(shí)兩木塊的速度大小,根據(jù)動(dòng)量定理,取兩木塊系統(tǒng)為研究對(duì)象,以子彈穿過(guò)A為研究過(guò)程,則Fft1=(m1+m2)v,解得v=,A正確. 4.在光滑水平面上,質(zhì)量為m的小球A正以速度v0勻速運(yùn)動(dòng).某時(shí)刻小球A與質(zhì)量為3m的靜止小球B發(fā)生正碰,兩球相碰后,A球的動(dòng)能恰好變?yōu)樵瓉?lái)的.則碰后B球的速度大小是(  ) A. B. C.或 D.無(wú)法確定 解析:A 兩球相碰后A球的速度大小為原來(lái)的,

5、相碰過(guò)程中滿足動(dòng)量守恒,若碰后A速度方向不變,則mv0=mv0+3mv1,可得B球的速度v1=,而B(niǎo)在前,A在后,碰后A球的速度大于B球的速度,不符合實(shí)際情況,因此A球一定反向運(yùn)動(dòng),即mv0=-mv0+3mv1,可得v1=,A正確,B、C、D錯(cuò)誤. 5.(2018·大慶模擬)半圓形光滑軌道固定在水平地面上,如圖所示,并使其軌道平面與地面垂直,物體m1、m2同時(shí)由軌道左、右最高點(diǎn)釋放,二者碰后粘在一起向上運(yùn)動(dòng),最高能上升到軌道M點(diǎn),已知OM與豎直方向夾角為60°,則兩物體的質(zhì)量之比m1∶m2為(  ) A.(+1)∶(-1) B.∶1 C.(-1)∶(+1) D.1∶ 解析:C 

6、兩球到達(dá)最低的過(guò)程由動(dòng)能定理得mgR=mv2,解得v=,設(shè)向左為正方向,則m1的速度v1=-,m2的速度v2=,碰撞過(guò)程由動(dòng)量守恒得m2v2+m1v1=(m1+m2)v,解得v=, 二者碰后粘在一起向左運(yùn)動(dòng),最高能上升到軌道P點(diǎn),對(duì)此過(guò)程由動(dòng)能定理得-(m1+m2)gR(1-cos 60°)=0-(m1+m2)v2,解得m1∶m2=(-1)∶(+1),故C正確,A、B、D錯(cuò)誤. 6.如圖所示,在光滑的水平面上靜止放一質(zhì)量為m的木板B,木板表面光滑,左端固定一輕質(zhì)彈簧.質(zhì)量為2m的木塊A以速度v0從板的右端水平向左滑上木板B.在木塊A與彈簧相互作用的過(guò)程中,下列判斷不正確的是(  )

7、A.彈簧壓縮量最大時(shí),B板運(yùn)動(dòng)速率最大 B.板的加速度一直增大 C.彈簧給木塊A的沖量大小為mv0 D.彈簧的最大彈性勢(shì)能為mv 解析:ABC 在木塊A與彈簧相互作用的過(guò)程中,從彈簧的壓縮量達(dá)到最大到彈簧恢復(fù)原狀的過(guò)程中,彈簧對(duì)木板B有向左的彈力,B板仍在加速,所以彈簧壓縮量最大時(shí),B板運(yùn)動(dòng)速率不是最大,當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)B板的速率最大,故A錯(cuò)誤;彈簧壓縮量先增加后減小,彈簧對(duì)B板的彈力先增大后減小,故B板的加速度先增加后減小,故B錯(cuò)誤;設(shè)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)A與B的速度分別為v1和v2.取向左為正方向,根據(jù)動(dòng)量守恒定律得2mv0=2mv1+mv2,根據(jù)機(jī)械能守恒定律得·2m·v=·2m·v+

8、mv,解得v1=v0,v2=v0,對(duì)滑塊A,根據(jù)動(dòng)量定理得I=2mv1-2mv0=-mv0,負(fù)號(hào)表示方向向右,故C錯(cuò)誤;當(dāng)滑塊與長(zhǎng)木板速度相等時(shí),彈簧的壓縮量最大,根據(jù)動(dòng)量守恒定律得2mv0=(m+2m)v,根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒得Ep=·2m·v-(2m+m)v2,解得Ep=mv,故D正確. 7.A、B兩物體在光滑水平面上沿同一直線運(yùn)動(dòng),如圖表示發(fā)生碰撞前后的v-t圖線,由圖線可以判斷(  ) A.A、B的質(zhì)量比為3∶2 B.A、B作用前后總動(dòng)量守恒 C.A、B作用前后總動(dòng)量不守恒 D.A、B作用前后總動(dòng)能不變 解析:ABD 根據(jù)動(dòng)量守恒定律:mA·6+mB·1=mA·2+mB·

9、7,得:mA∶mB=3∶2,故A正確;根據(jù)動(dòng)量守恒知A、B作用前后總動(dòng)量守恒,B正確,C錯(cuò)誤;作用前總動(dòng)能:mA·62+mB·12=mA,作用后總動(dòng)能:mA·22+mB·72=mA,可見(jiàn)作用前后總動(dòng)能不變,D正確. 8.矩形滑塊由不同材料的上、下兩層粘合在一起組成,將其放在光滑的水平面上,質(zhì)量為m的子彈以速度v水平射向滑塊,若射擊下層,子彈剛好不射出,若射擊上層,則子彈剛好能射進(jìn)一半厚度,如圖所示,上述兩種情況相比較(  ) A.子彈對(duì)滑塊做功一樣多 B.子彈對(duì)滑塊做的功不一樣多 C.系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量一樣多 D.系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量不一定多 解析:AC 兩次都沒(méi)射出,則子彈與滑塊最終達(dá)

10、到共同速度,設(shè)為v共,由動(dòng)量守恒定律可得mv=(M+m)v共,得v共=v;子彈對(duì)滑塊所做的功等于滑塊獲得的動(dòng)能,故選項(xiàng)A正確;系統(tǒng)損失的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為熱量,故選項(xiàng)C正確. 二、非選擇題(本題共4小題,共52分.有步驟計(jì)算的需寫出規(guī)范的解題步驟) 9.(8分)如圖所示,在實(shí)驗(yàn)室用兩端帶豎直擋板C、D的氣墊導(dǎo)軌和帶固定擋板的質(zhì)量都是M的滑塊A、B,做探究碰撞中的不變量的實(shí)驗(yàn): (1)把兩滑塊A和B緊貼在一起,在A上放質(zhì)量為m的砝碼,置于導(dǎo)軌上,用電動(dòng)卡銷卡住A和B,在A和B的固定擋板間放一彈簧,使彈簧處于水平方向上的壓縮狀態(tài). (2)按下電鈕使電動(dòng)卡銷放開(kāi),同時(shí)啟動(dòng)兩個(gè)記錄兩滑塊運(yùn)動(dòng)時(shí)間

11、的電子計(jì)時(shí)器,當(dāng)A和B與擋板C和D碰撞同時(shí),電子計(jì)時(shí)器自動(dòng)停表,記下A運(yùn)動(dòng)至C的時(shí)間t1,B運(yùn)動(dòng)至D的時(shí)間t2. (3)重復(fù)幾次取t1、t2的平均值. 請(qǐng)回答以下幾個(gè)問(wèn)題: (1)在調(diào)整氣墊導(dǎo)軌時(shí)應(yīng)注意_________________________________________________; (2)應(yīng)測(cè)量的數(shù)據(jù)還有_______________________________________________________: (3)作用前A、B兩滑塊的速度與質(zhì)量乘積之和為_(kāi)___________,作用后A、B兩滑塊的速度與質(zhì)量乘積之和為_(kāi)___________.(用測(cè)量的物

12、理量符號(hào)和已知的物理量符號(hào)表示) 解析:(1)為了保證滑塊A、B作用后做勻速直線運(yùn)動(dòng),必須使氣墊導(dǎo)軌水平. (2)要求出A、B兩滑塊在電動(dòng)卡銷放開(kāi)后的速度,需測(cè)出A至C的時(shí)間t1和B至D的時(shí)間t2,并且要測(cè)量出兩滑塊到兩擋板的運(yùn)動(dòng)距離L1和L2,再由公式v=求出其速度. (3)設(shè)向左為正方向,根據(jù)所測(cè)數(shù)據(jù)求得兩滑塊的速度分別為vA=,vB=-.作用前兩滑塊靜止,v=0,速度與質(zhì)量乘積之和為0;作用后兩滑塊的速度與質(zhì)量乘積之和為(M+m)-M.若設(shè)向右為正方向,同理可得作用后兩滑塊的速度與質(zhì)量的乘積之和為M-(M+m). 答案:(1)使氣墊導(dǎo)軌水平 (2)A至C的距離L1、B至D的距離

13、L2 (3)0 (M+m)-M或M-(M+m)(每空2分) 10.(12分)氣墊導(dǎo)軌(如圖甲)工作時(shí),空氣從導(dǎo)軌表面的小孔噴出,在導(dǎo)軌表面和滑塊內(nèi)表面之間形成一層薄薄的空氣層,使滑塊不與導(dǎo)軌表面直接接觸,大大減小了滑塊運(yùn)動(dòng)時(shí)的阻力.為了驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律,在水平氣墊導(dǎo)軌上放置兩個(gè)質(zhì)量均為a的滑塊,每個(gè)滑塊的一端分別與穿過(guò)打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的紙帶相連,兩個(gè)打點(diǎn)計(jì)時(shí)器所用電源的頻率均為b.氣墊導(dǎo)軌正常工作后,接通兩個(gè)打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的電源,并讓兩滑塊以不同的速度相向運(yùn)動(dòng),兩滑塊相碰后粘在一起繼續(xù)運(yùn)動(dòng).圖乙所示為某次實(shí)驗(yàn)打出的點(diǎn)跡清晰的紙帶的一部分,在紙帶上以同間距的6個(gè)連續(xù)點(diǎn)為一段劃分紙帶,用刻度尺分別量出其

14、長(zhǎng)度s1、s2和s3.若題中各物理量的單位均為國(guó)際單位,那么,碰撞前兩滑塊的動(dòng)量大小分別為_(kāi)_______、________,兩滑塊的總動(dòng)量大小為_(kāi)_______;碰撞后兩滑塊的總動(dòng)量大小為_(kāi)_______.重復(fù)上述實(shí)驗(yàn),多做幾次.若碰撞前、后兩滑塊的總動(dòng)量在實(shí)驗(yàn)誤差允許的范圍內(nèi)相等,則動(dòng)量守恒定律得到驗(yàn)證. 解析:動(dòng)量p=mv,根據(jù)v=可知兩滑塊碰前的速度分別為v1=0.2s1b、v2=0.2s3b,則碰前動(dòng)量分別為0.2abs1和0.2abs3,總動(dòng)量大小為av1-av2=0.2ab(s1-s3),碰撞后兩滑塊的總動(dòng)量大小為2av==0.4abs2. 答案:0.2abs3 0.2a

15、bs1(第1、2空答案可互換) 0.2ab(s1-s3) 0.4abs2(每空3分) 11.(14分)(2018·吉林模擬)質(zhì)量m=0.60 kg的籃球從距地板H=0.80 m高處由靜止釋放,與水平地板撞擊后反彈上升的最大高度h=0.45 m,從釋放到彈跳至h高處經(jīng)歷的時(shí)間t=1.1 s,忽略空氣阻力,重力加速度g取10 m/s2,求: (1)籃球與地板撞擊過(guò)程中損失的機(jī)械能. (2)籃球?qū)Φ匕宓钠骄矒袅Γ? 解析:(1)籃球與地板撞擊過(guò)程中損失的機(jī)械能為: ΔE=mgH-mgh=2.1 J(2分) (2)設(shè)籃球從H高處下落到地板所用時(shí)間為t1,剛接觸地板時(shí)的速度為v1;反彈離地

16、時(shí)的速度為v2,上升的時(shí)間為t2,由動(dòng)能定理和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得: 下落過(guò)程:mgH=mv 解得:v1=4 m/s(2分) t1==0.4 s(2分) 上升過(guò)程:-mgh=0-mv 解得:v2=3 m/s(1分) t2==0.3 s(1分) 籃球與地板接觸時(shí)間為: Δt=t-t1-t2=0.4 s(1分) 設(shè)地板對(duì)籃球的平均撞擊力為F,取向上為正方向,由動(dòng)量定理得: (F-mg)Δt=mv2-(-mv1)(2分) 解得:F=16.5 N(1分) 根據(jù)牛頓第三定律,籃球?qū)Φ匕宓钠骄矒袅′=F=16.5 N,方向豎直向下(2分) 答案:(1)2.1 J (2)16.5 N,

17、方向豎直向下 12.(18分)(2018·肇慶模擬)如圖所示,在光滑的水平面上有一長(zhǎng)為L(zhǎng)的木板B,上表面粗糙,在其左端有一光滑的圓弧槽C,與長(zhǎng)木板接觸但不相連,圓弧槽的下端與木板上表面相平,B、C靜止在水平面上.現(xiàn)有滑塊A以初速度v0從右端滑上B,并以v0滑離B,恰好能到達(dá)C的最高點(diǎn).A、B、C的質(zhì)量均為m,試求: (1)木板B上表面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ. (2)圓弧槽R的半徑R. (3)當(dāng)A滑離C時(shí),C的速度. 解析:(1)當(dāng)A在B上滑動(dòng)時(shí),A與BC整體發(fā)生作用,規(guī)定向左為正方向,由于水平面光滑,A與BC組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,則有 mv0=m+2mv1(2分) 得v1=(1分)

18、系統(tǒng)動(dòng)能的減小量等于滑動(dòng)過(guò)程中產(chǎn)生的內(nèi)能,則有: Q=μmgL, ΔEk=mv-m()2-(2m)()2(2分) 得μ=(2分) (2)當(dāng)A滑上C,B與C分離,A與C發(fā)生作用,設(shè)到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)速度相等為v2,由于水平面光滑,A與C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,則有: m+mv1=(m+m)v2(2分) 得v2=(1分) A與C組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒,則有: m()2+m()2=(2m)v+mgR(2分) 得R=(1分) (3)當(dāng)A滑下C時(shí),設(shè)A的速度為vA,C的速度為vC,規(guī)定向左為正方向,A與C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,則有: m·+mv1=mvA+mvC(2分) A與C組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒,則有: m()2+m·()2=mv+mv(2分) 解得:vC=(1分) 答案:(1) (2) (3) 9

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