2019年高考物理一轮复习第六章动量守恒定律45分钟章末验收卷.doc

《2019年高考物理一轮复习第六章动量守恒定律45分钟章末验收卷.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019年高考物理一轮复习第六章动量守恒定律45分钟章末验收卷.doc（7页珍藏版）》请在麦多课文档分享上搜索。

1、1第六章 动量守恒定律45 分钟章末验收卷一、单项选择题1如图 1 所示，一倾角为 、高为 h 的光滑斜面，固定在水平面上，一质量为 m 的小物块从斜面的顶端由静止开始滑下，滑到底端时速度的大小为 v，所用时间为 t，则物块滑至斜面的底端时，重力的瞬时功率及重力的冲量分别为( )图 1A. 、0 B mgv、 mgtsinmghtC mgvcos 、 mgt D mgvsin 、 mgt答案 D解析 根据瞬时功率的公式可得物块滑至斜面的底端时重力的瞬时功率为 P mgvsin ，重力的冲量为 I mgt，所以 D 正确，A、B、C 错误2在光滑水平面上，质量为 m 的小球 A 正以速度 v0匀

2、速运动某时刻小球 A 与质量为 3m的静止小球 B 发生正碰，两球相碰后， A 球的动能恰好变为原来的 .则碰后 B 球的速度大14小是( )A. B.v02 v06C. 或 D无法确定v02 v06答案 A解析 两球相碰后 A 球的速度大小变为原来的 ，相碰过程中满足动量守恒，若碰后 A 速度12方向不变，则 mv0 mv03 mv1，可得 B 球的速度 v1 ，若 B 在前， A 在后，则 A 球在后12 v06的速度应小于 B 球在前的速度，不满足实际情况，因此 A 球一定反向运动，即mv0 mv03 mv1，可得 v1 ，因此 A 正确，B、C、D 错误12 v023在光滑水平地面上有

3、两个相同的弹性小球 A、 B，质量都为 m.现 B 球静止， A 球向 B 球2运动，发生正碰已知碰撞过程中总机械能守恒，两球压缩最紧时的总弹性势能为 Ep，则碰前 A 球的速度等于( )A. B.Epm 2EpmC2 D2Epm 2Epm答案 C4图 2 是“牛顿摆”装置，5 个完全相同的小钢球用轻绳悬挂在水平支架上，5 根轻绳互相平行，5 个钢球彼此紧密排列，球心等高用 1、2、3、4、5 分别标记 5 个小钢球当把小球 1 向左拉起一定高度，如图甲所示，然后由静止释放，在极短时间内经过小球间的相互碰撞，可观察到球 5 向右摆起，且达到的最大高度与球 1 的释放高度相同，如图乙所示关于此实

4、验，下列说法中正确的是( )图 2A上述实验过程中，5 个小球组成的系统机械能守恒，动量守恒B上述实验过程中，5 个小球组成的系统机械能不守恒，动量不守恒C如果同时向左拉起小球 1、2、3 到相同高度(如图丙所示)，同时由静止释放，经碰撞后，小球 4、5 一起向右摆起，且上升的最大高度高于小球 1、2、3 的释放高度D如果同时向左拉起小球 1、2、3 到相同高度(如图丙所示)，同时由静止释放，经碰撞后，小球 3、4、5 一起向右摆起，且上升的最大高度与小球 1、2、3 的释放高度相同答案 D解析 上述实验过程中，小球 5 能够达到与小球 1 释放时相同的高度，说明系统机械能守恒，而且小球 5

5、离开平衡位置的速度和小球 1 摆到平衡位置的速度相同，说明碰撞过程动量守恒，但随后上摆过程动量不守恒，动量方向在变化，选项 A、B 错根据前面的分析，碰撞过程为弹性碰撞那么同时向左拉起小球 1、2、3 到相同高度，同时由静止释放，那3么球 3 先以 v 与球 4 发生弹性碰撞，此后球 3 的速度变为 0，球 4 获得速度 v 后与球 5 碰撞，球 5 获得速度 v，开始上摆，同理球 2 与球 3 碰撞，最后球 4 以速度 v 上摆，同理球1 与球 2 碰撞，最后球 3 以速度 v 上摆，所以选项 C 错，D 对二、多项选择题5如图 3 所示，质量为 m2的小球 B 静止在光滑的水平面上，质量为

6、 m1的小球 A 以速度 v0靠近 B，并与 B 发生碰撞，碰撞前后两个小球的速度始终在同一条直线上 A、 B 两球的半径相等，且碰撞过程没有机械能损失当 m1、 v0一定时，若 m2越大，则( )图 3A碰撞后 A 的速度越小B碰撞后 A 的速度越大C碰撞过程中 B 受到的冲量越大D碰撞过程中 A 受到的冲量越大答案 CD解析 碰撞过程中，动量守恒，则 m1v0 m1v1 m2v2，又因碰撞过程中机械能守恒， m1v02 m1v12 m2v2212 12 12两式联立得， v1 ， v2m1 m2v0m1 m2 2m1v0m1 m2当 m2m1时， m2越大， v1速度反向，但越来越大，A、

7、B 错误；碰撞过程中， A 受到的冲量 IA m1v1 m1v0 v0 v0，可知 m2越大， A 受到2m1m2m1 m2 2m1m1m2 1的冲量越大，D 正确；而 B 受到的冲量与 A 受到的冲量大小相等，方向相反，因此 m2越大，B 受到的冲量也会越大，C 正确6如图 4 所示，在水平光滑地面上有 A、 B 两个木块， A、 B 之间用一轻弹簧连接 A 靠在墙壁上，用力 F 向左推 B 使两木块之间的弹簧压缩并处于静止状态若突然撤去力 F，则下列说法中正确的是( )图 44A木块 A 离开墙壁前，墙对木块 A 的冲量大小等于木块 B 动量变化量的大小B木块 A 离开墙壁前，弹性势能的减

8、少量等于木块 B 动能的增量C木块 A 离开墙壁时， B 的动能等于 A、 B 共速时的弹性势能D木块 A 离开墙壁后，当弹簧再次恢复原长时，木块 A 的速度为零答案 AB解析 木块 A 离开墙壁前，对 A、 B 整体而言，墙对木块 A 的冲量大小等于整体的动量变化量即等于木块 B 动量变化量的大小；根据能量守恒定律，木块 A 离开墙壁前，弹性势能的减少量等于木块 B 动能的增量；木块 A 离开墙壁时， B 的动能等于 A、 B 共速时的弹性势能及 A 的动能之和；木块 A 离开墙壁后，当弹簧再次恢复原长时， A、 B 交换速度，木块 B 的速度为零选项 A、B 正确三、非选择题7两小孩在冰面

9、上乘坐“碰碰车”相向运动 A 车总质量为 50kg，以 2 m/s 的速度向右运动； B 车总质量为 70 kg，以 3 m/s 的速度向左运动；碰撞后， A 以 1.5 m/s 的速度向左运动，则 B 的速度大小为_m/s，方向向_(选填“左”或“右”)答案 0.5 左解析 规定向右为正方向，由动量守恒定律得： mAvA mBvB mAvA mBvB，解得：vB0.5m/s，所以 B 的速度大小是 0.5 m/s，方向向左8用半径相同的两小球 A、 B 的碰撞验证动量守恒定律，实验装置示意图如图 5 所示，斜槽与水平槽圆滑连接实验时先不放 B 球，使 A 球从斜槽上某一固定点 C 由静止滚下

10、，落到位于水平地面的记录纸上留下痕迹再把 B 球静置于水平槽前端边缘处，让 A 球仍从 C处由静止滚下， A 球和 B 球碰撞后分别落在记录纸上留下各自的痕迹记录纸上的 O 点是重垂线所指的位置，若测得各落点痕迹到 O 点的距离：OM2.68cm， OP8.62cm， ON11.50cm，并知 A、 B 两球的质量比为 21，则未放 B 球时A 球落地点是记录纸上的_点，系统碰撞前总动量 p 与碰撞后总动量 p的百分误差_%(结果保留一位有效数字)|p p |p图 55答案 P 2解析 根据实验现象，未放 B 球时 A 球落地点是记录纸上的 P 点；碰撞前总动量 p 与碰撞后总动量 p的百分误

11、差 2%.|p p |p |28.62 22.68 111.50|28.629如图 6，质量分别为 mA、 mB的两个小球 A、 B 静止在地面上方， B 球距地面的高度h0.8m， A 球在 B 球的正上方.先将 B 球释放，经过一段时间后再将 A 球释放.当 A 球下落t0.3s 时，刚好与 B 球在地面上方的 P 点处相碰，碰撞时间极短，碰后瞬间 A 球的速度恰为零已知 mB3 mA，重力加速度大小为 g10m/s 2，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失图 6(1)B 球第一次到达地面时的速度；(2)P 点距离地面的高度答案 (1)4m/s (2)0.75m解析 (1) B 球在地面上方静止

12、释放后只有重力做功，根据动能定理有mBgh mBvB212可得 B 球第一次到达地面时的速度 vB 4m/s2gh(2)A 球下落过程，根据自由落体运动可得 A 球的速度 vA gt3m/s设 B 球的速度为 vB，则有碰撞过程动量守恒 mAvA mBvB mBvB碰撞过程没有动能损失则有 mAvA2 mBvB 2 mBvB 212 12 12解得 vB1m/s， vB2 m/s小球 B 与地面碰撞后根据没有动能损失，所以 B 离开地面上抛时的速度 v0 vB4m/s所以 P 点的高度 hP 0.75m.v20 vB 22g10质量为 M 的滑块由水平轨道和竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道组成

13、，放在光滑的水平面上质量为 m 的物块从圆弧轨道的最高点由静止开始滑下，以速度 v 从滑块的水平6轨道的左端滑出，如图 7 所示已知 M m31，物块与水平轨道之间的动摩擦因数为 ，圆弧轨道的半径为 R.图 7(1)求物块从轨道左端滑出时，滑块 M 的速度的大小和方向；(2)求水平轨道的长度；(3)若滑块静止在水平面上，物块从左端冲上滑块，要使物块 m 不会越过滑块，求物块冲上滑块的初速度应满足的条件答案 (1) v，方向水平向右 (2) (3) v013 3gR 2v23 g 433gR v2解析 (1)对于滑块 M 和物块 m 组成的系统，物块沿轨道滑下的过程中，水平方向动量守恒，物块滑出

14、时，有 mv Mv滑块 M 的速度 v v v，方向水平向右mM 13(2)物块滑下的过程中，物块的重力势能转化为系统的动能和内能，有mv2 Mv 2 mgL mgR12 12解得 L3gR 2v23 g(3)物块以速度 v0冲上轨道，初速度越大，冲上圆弧轨道的高度越大若物块刚能到达最高点，两者有相同的速度 v1，此物块不会越过滑块对于 M 和 m 组成的系统，水平方向动量守恒，有 mv0( m M)v1相互作用过程中，系统的总动能减小，转化为内能和重力势能，有mv02 (M m)v12 mgL mgR12 12解得 v0433gR v2要使物块 m 不会越过滑块，其初速度应满足 v0 .43

15、3gR v211光滑水平面上放有如图 8 所示的用绝缘材料制成的“”型滑板(平面部分足够长)，滑板的质量为 4m.距离滑板的右壁 A 为 L1的 B 处放有一质量为 m、电量为 q(q0)的小物体(可视为质点)，小物体与板面之间的摩擦可忽略不计整个装置处于场强为 E、方向水平向右的匀强电场中开始时，滑板与小物体都处于静止状态，某时刻释放小物体，求：7图 8(1)小物体第一次跟滑板的 A 壁碰撞前瞬间的速度 v1；(2)若小物体与 A 壁碰撞时间极短，且碰撞过程没有机械能损失，则：小物体第二次即将跟 A 壁碰撞瞬间，滑板的速度 v 和小物体的速度 v2分别为多大；从开始释放小物体到它即将第二次跟

16、 A 壁碰撞的过程中，整个装置的电势能减少了多少答案 (1) (2) qEL12qEL1m 252qEL1m 752qEL1m 135解析 (1)由动能定理得： mv120 qEL112得 v12qEL1m(2)小物体与 A 壁碰撞时间极短，且碰撞过程没有机械能损失由动量守恒得 mv1 mv14 mv由机械能守恒得mv12 mv1 2 4mv 212 12 12可得 v1 v1， v v135 25设再经过 t 发生第二次碰撞，则v1 t at2 v t12可得 v2 v1 at v175 752qEL1mv v v125 252qEL1m小物体跟 A 壁第一次碰撞后到即将第二次跟 A 壁碰撞的过程中，滑板的位移 L2 vt L185小物体从释放到即将第二次跟 A 壁碰撞过程中电场力对它所做的功：W qE(L1 L2) qEL1135所以整个装置的电势能减少量 E W qEL1.135