2019版高考物理一轮复习 第六章 动量守恒定律章末综合测试.doc

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1、1第六章第六章 动量守恒定律动量守恒定律章末综合测试(六)(时间：60 分钟 分数：100 分)一、选择题(本题共 8 小题，每小题 6 分在每小题给出的四个选项中，第 15 题只有一项符合题目要求，第 68 题有多项符合题目要求全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分)1.(2017天津理综)“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动下列叙述正确的是( )A摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变B在最高点时，乘客重力大于座椅对他的支持力C摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零D摩天轮转动过

2、程中，乘客重力的瞬时功率保持不变解析：B 本题考查匀速圆周运动乘客在竖直面内做匀速圆周运动，动能不变，而在上升过程中重力势能增加，机械能增加，下降过程中则相反，A 错误在最高点时，乘客具有竖直向下的向心加速度，处于失重状态，故 B 正确因重力恒定，重力的冲量等于重力与其作用时间的乘积，故重力冲量一定不为零，C 错误重力的瞬时功率P mgvcos ，其中是瞬时速度v的方向与重力方向之间的夹角，故重力的瞬时功率不会保持不变，D 错误2.一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A并留在其中，A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图所示则在子弹打击木块A及弹簧被压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成

3、的系统( )A动量守恒，机械能守恒B动量不守恒，机械能守恒C动量守恒，机械能不守恒D无法判定动量、机械能是否守恒解析：C 在整个过程中子弹、两木块和弹簧组成的系统所受外力之和为零，动量守恒，但在子弹射进木块过程中有内能产生，则系统机械能不守恒3一弹丸在飞行到距离地面 5 m 高时仅有水平速度v2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为 31，不计质量损失，取重力加速度g10 m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( )2解析：B 弹丸爆炸瞬间爆炸力远大于外力，故爆炸瞬间动量守恒因两弹片均水平飞出，飞行时间t1 s，取向右为正，由水平速度v 知，选项 A 中，v甲2.5

4、 2h gx tm/s，v乙0.5 m/s；选项 B 中，v甲2.5 m/s，v乙0.5 m/s；选项 C 中，v甲1 m/s，v乙2 m/s；选项 D 中，v甲1 m/s，v乙2 m/s. 因爆炸瞬间动量守恒，故mvm甲v甲m乙v乙，其中m甲m，m乙m，v2 m/s，代入数值计算知选项 B 正确3 41 44.如图所示，在足够长的光滑水平面上有一静止的质量为M的斜面，斜面表面光滑、高度为h、倾角为.一质量为m(mM)的小物块以一定的初速度沿水平面向右运动，不计冲上斜面过程中的机械能损失如果斜面固定，则小物块恰能冲到斜面顶端如果斜面不固定，则小物块冲上斜面后能达到的最大高度为( )Ah B.h

5、m MmC.hD.hm MM Mm解析：D 若斜面固定，由机械能守恒定律可得mv2mgh；若斜面不固定，系统水平1 2方向动量守恒，有mv(Mm)v1，由机械能守恒定律可得mv2mgh (Mm)v.联立1 21 22 1以上各式可得hh，故 D 正确M Mm5(2017重庆一模)如图所示，为某研究小组通过实验测得两滑块碰撞前后运动的实验数据得到的位移时间图象图中的线段a、b、c分别表示光滑水平面上沿同一条直线运动的滑块、和它们发生正碰后结合体的位移变化关系，已知相互作用时间极短，由图象给出的信息可知( )3A碰前滑块与滑块速度大小之比为 72B碰前滑块的动量比滑块的动量大C碰前滑块的动能比滑块

6、的动能小D滑块的质量是滑块的质量的1 6解析：D 根据st图象的斜率表示速度，则得：碰撞前滑块的速度为：v1 414 5m/s2 m/s，大小为 2 m/s，滑块的速度为v2 m/s0.8 m/s，则碰前速度大小之4 5比为 52，故 A 错误；碰撞前后系统动量守恒，碰撞前，滑块速度为负，动量为负，滑块的速度为正，动量为正，由于碰撞后动量为正，故碰撞前总动量也为正，故碰撞前滑块的动量比滑块小，故 B 错误；碰撞后的共同速度为v m/s0.4 m/s，根据动64 5量守恒定律，有：m1v1m2v2(m1m2)v，代入数据解得：m26m1，可知 D 正确；Ek1 Ek2，知 C 错误1 2m1v2

7、 1 1 2m2v2 225 246质量为 1 kg 的小球以 4 m/s 的速度与质量为 2 kg 的静止小球正碰，关于碰后的速度v1和v2，下列可能正确的是( )Av1v2 m/s4 3Bv11 m/s，v22.5 m/sCv11 m/s，v23 m/sDv13 m/s，v20.5 m/s解析：AB 对于碰撞问题要遵循三个原则：动量守恒、碰后系统的机械能不增加和碰撞过程要符合实际情况经检验，选项 A、B 满足碰撞过程应遵循的三个原则，所以 A、B正确7一静止的铝原子核Al 俘获一速度为 1.0107 m/s 的质子 p 后，变为处于激发态2713的硅原子核Si*.下列说法正确的是( )28

8、14A核反应方程为 pAlSi*271328144B核反应过程中系统动量守恒C核反应过程中系统能量不守恒D核反应前后核子数相等，所以生成物的质量等于反应物的质量之和E硅原子核速度的数量级为 105 m/s，方向与质子初速度的方向一致解析：ABE 核反应方程满足质量数守恒和电荷数守恒，A 项正确；微观粒子相互作用过程中，满足动量守恒定律，B 项正确；题述核反应过程属于“二合一”形式的完全非弹性碰撞，机械能有损失，但对于封闭的系统，能量仍然守恒，C 项错误；核反应过程中的机械能有损失，故存在质量亏损现象，D 项错误；硅原子质量约是质子质量的 28 倍，由动量守恒定律知，m0v028m0v，所以硅原

9、子核速度数量级为 105 m/s，方向与质子初速度的方向一致，E 项正确8如图甲所示，一质量为 2 kg 的物体受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直线运动，at图象如图乙所示，t0 时其速度大小为 2 m/s，滑动摩擦力大小恒为 2 N，则( )At6 s 时，物体的速度为 20 m/sB在 0.6 s 内，合力对物体做的功为 400 JC在 0.6 s 内，拉力对物体的冲量为 36 NsDt6 s 时，拉力F的功率为 200 W解析：AD 类比速度图象中位移的表示方法可知，在加速度时间图象中图线与横轴所围面积表示速度变化量，在 06 s 内 v18 m/s，又知v02 m/s，则t6 s

10、 时的速度v20 m/s，A 正确；由动能定理可知，06 s 内，合力做的功为Wmv2mv396 1 21 22 0J，B 错误；由动量定理可知，IFFftmvmv0，解得IF48 Ns，C 错误；由牛顿第二定律可知，6 s 末FFfma，解得F10 N，所以拉力的功率PFv200 W，D 正确二、非选择题(本大题共 3 小题，第 9、10 题各 16 分，第 11 题 20 分，共 52 分)9.(1)如图甲所示，一个质量为m的物体，初速度为v0，在水平合外力F(恒力)的作用下，经过一段时间t后，速度变为vt.请根据上述情景，利用牛顿第二定律推导动量定理，并写出动量定理表达式中等号两边物理量

11、的物理意义(2)高空坠物很危险一球形面团，质量为 1 kg，从 20 m 高的楼层上掉下，落在坚硬的水泥地面上，被摔成薄片，若面团与地面的作用时间约 0.01 s，g取 10 m/s2，试估算地面受到平均冲力的大小5(3)如图乙所示，自动称米机已被广泛使用称米时，打开阀门，米粒就以每秒d千克的恒定流量流进放在秤上的容器当秤的示数达到顾客所要求的数量时，在出口处关闭阀门，切断米流米粒在出口处速度很小，可视为零对上述现象，买卖双方引起了争论买方认为：因为米粒落到容器中时有向下的冲力而不划算；卖方则认为：当达到顾客所要求的数量时，切断米流，此时尚有一些米在空中，这些米是多给买方的请谈谈你的看法，并根

12、据所学的知识给出合理的解释解析：(1)根据牛顿第二定律Fma(1 分)加速度定义a(1 分)vtv0 t解得Ftmvtmv0，即动量定理(1 分)Ft表示物体所受合力的冲量(1 分)mvtmv0表示物体动量的变化(1 分)(2)面团刚落地时v22gh(1 分)v20 m/s与地面碰撞过程，以竖直向上为正方向(1 分)由动量定理得(Fmg)t0(mv)(1 分)面团受到支持力F2 010 N(1 分)根据牛顿第三定律，地面受到的平均冲力F冲2 010 N(1 分)(3)米粒的流量是恒定的，关闭阀门就能在出口处切断米流若切断米流时，盛米容器中静止的那部分米的质量为m1，空中正在下落的米的质量为m2

13、，刚落到已静止的米堆(m1)上的一部分米的质量为 m，这部分米对静止部分的米的冲力为F.(1 分)刚切断米流时，称米机的读数为M2m1F/g(1 分)最终称米机的读数为M2m1m2m(1 分)取 m为研究对象，在 t时间内，有 mdt，设其落到米堆上之前的速度为v，经时间 t静止，根据动量定理得(Fmg)t0(mv)(1 分)设米从出口处落到盛米容器中的米表面所用的时间为t，则m2dt，vgt(1 分)解得dvm2g，即Fm2gmg(1 分)根据牛顿第三定律知FF，刚切断米流时，称米机的读数为M1m1F/gm1m2m(1 分)M1M2(1 分)可见，双方的说法都不正确自动称米机是准确的，不存在

14、谁划算谁不划算的问题答案：(1)见解析 (2)2 010 N (3)见解析610如图 1 所示为某农庄灌溉工程的示意图，地面与水面的距离为H.用水泵从水池抽水(抽水过程中H保持不变)，龙头离地面高h，水管横截面积为S，水的密度为，重力加速度为g，不计空气阻力(1)水从管口以不变的速度源源不断地沿水平方向喷出，水落地的位置到管口的水平距离为 10h.设管口横截面上各处水的速度都相同求：a每秒内从管口喷出的水的质量m0；b不计额外功的损失，水泵输出的功率P.(2)在保证水管流量不变的前提下，在龙头后接一喷头，如图 2 所示让水流竖直向下喷出，打在水平地面上不反弹，产生大小为F的冲击力由于水与地面作

15、用时间很短，可忽略重力的影响求水流落地前瞬间的速度大小v.解析：(1)a.水从管口沿水平方向喷出做平抛运动，设水喷出时速度为v0，落地时间为t竖直方向hgt2(1 分)1 2水平方向 10hv0t(1 分)时间t0内喷出的水的质量mVv0t0S(1 分)每秒喷出的水的质量m0(1 分)m t0联立以上各式解得m05S(1 分)2ghb时间t0内水泵输出功Wmg(Hh)mv(2 分)1 22 0输出功率P(1 分)W t0解得P5Sg(H26h)(2 分)2gh(2)取与地面作用的一小部分水 m为研究对象根据动量定理Ftmv(2 分)由题意可知 mm0t(2 分)解得v(2 分)F5S2gh7答

16、案：(1)a.5S b5Sg(H26h) (2)2gh2ghF5S2gh11.如图，质量为M的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一圆弧光滑轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于b点一质量为m的滑块在小车上从A点由静止开始沿轨道滑下，重力加速度为g.(1)若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力；(2)若不固定小车，滑块仍从A点由静止下滑，然后滑入BC轨道，最后从C点滑出小车已知滑块质量m ，在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的 2 倍，M 2滑块与轨道BC间的动摩擦因数为，求：滑块运动过程中，小车的最大速度大小vm；滑块从B到C运动过程中，小车

17、的位移大小s.解析：(1)滑块滑到B点时对小车压力最大，从A到B机械能守恒mgRmv(2 分)1 22B滑块在B点处，由牛顿第二定律Nmgm(2 分)v2B R解得N3mg(2 分)由牛顿第三定律N3mg(2 分)(2)滑块下滑到达B点时，小车速度最大由系统的机械能守恒mgRMvm(2vm)2(2 分)1 22 m1 2解得vm(2 分)gR 3设滑块运动到C点时，小车速度大小为vC，由功能关系mgRmgLMvm(2vC)2(2 分)1 22C1 2设滑块从B到C过程中，小车运动加速度大小为a，由牛顿第二定律mgMa(2 分)由运动学规律vv2as，(2 分)2C2 m解得sL(2 分)1 3答案：(1)3mg (2) LgR313