(通用版)2020版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 單元質(zhì)檢六 動(dòng)量守恒定律 力學(xué)三大觀點(diǎn) 新人教版.docx
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單元質(zhì)檢六 動(dòng)量守恒定律 力學(xué)三大觀點(diǎn) (時(shí)間:45分鐘 滿(mǎn)分:100分) 一、選擇題(本題共8小題,每小題6分,共48分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,第1~5題只有一項(xiàng)符合題目要求,第6~8題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得6分,選對(duì)但不全的得3分,有選錯(cuò)的得0分) 1. 一物體在合外力F的作用下從靜止開(kāi)始做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),合外力方向不變,大小隨時(shí)間的變化如圖所示,在t0和2t0時(shí)刻,物體的動(dòng)能分別為Ek1、Ek2,物體的動(dòng)量分別為p1、p2,則 ( ) A.Ek2=9Ek1,p2=3p1 B.Ek2=3Ek1,p2=3p1 C.Ek2=8Ek1,p2=4p1 D.Ek2=3Ek1,p2=2p1 答案A 解析根據(jù)動(dòng)量定理得F0t0=mv1①,2F0t0=mv2-mv1②,由①②得v1∶v2=1∶3,得p1∶p2=1∶3;由于x1=v1t02,x2=v1+v22t0,所以有x1∶x2=1∶4,力F做的功為W1=F0x1,W2=2F0x2,所以在t0和2t0時(shí)刻的動(dòng)能Ek1∶Ek2=1∶9。故選項(xiàng)A正確。 2. 如圖所示,光滑水平面上有大小相同的A、B兩球在同一直線(xiàn)上運(yùn)動(dòng)。兩球質(zhì)量關(guān)系為mB=2mA,規(guī)定向右為正方向,A、B兩球的動(dòng)量均為6 kgm/s,運(yùn)動(dòng)中兩球發(fā)生碰撞,碰撞后A球的動(dòng)量增量為-4 kgm/s,則( ) A.左方是A球,碰撞后A、B兩球速度大小之比為2∶5 B.左方是A球,碰撞后A、B兩球速度大小之比為1∶10 C.右方是A球,碰撞后A、B兩球速度大小之比為2∶5 D.右方是A球,碰撞后A、B兩球速度大小之比為1∶10 答案A 解析由兩球的動(dòng)量都是6kgm/s可知,運(yùn)動(dòng)方向都向右,且能夠相碰,說(shuō)明左方是質(zhì)量小速度大的小球,故左方是A球。碰后A球的動(dòng)量減少了4kgm/s,即A球的動(dòng)量為2kgm/s,由動(dòng)量守恒定律知B球的動(dòng)量為10kgm/s,則其速度比為2∶5,故選項(xiàng)A是正確的。 3.(2018江西宜春月考)如圖所示,將質(zhì)量為M1、半徑為R且內(nèi)壁光滑的半圓槽置于光滑水平面上,左側(cè)靠墻角,右側(cè)靠一質(zhì)量為M2的物塊。今讓一質(zhì)量為m的小球自左側(cè)槽口A的正上方h高處從靜止開(kāi)始落下,自A點(diǎn)與圓弧槽相切進(jìn)入槽內(nèi),則以下結(jié)論正確的是( ) A.小球在槽內(nèi)運(yùn)動(dòng)的全過(guò)程中,小球與半圓槽在水平方向動(dòng)量守恒 B.小球在槽內(nèi)運(yùn)動(dòng)的全過(guò)程中,小球、半圓槽和物塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒 C.小球離開(kāi)C點(diǎn)以后,將做豎直上拋運(yùn)動(dòng) D.槽與墻不會(huì)再次接觸 答案D 解析小球從A→B的過(guò)程中,半圓槽對(duì)球的支持力沿半徑方向指向圓心,而小球?qū)Π雸A槽的壓力方向相反指向左下方,因?yàn)橛胸Q直墻擋住,所以半圓槽不會(huì)向左運(yùn)動(dòng),可見(jiàn),該過(guò)程中,小球與半圓槽在水平方向受到外力作用,動(dòng)量并不守恒,而由小球、半圓槽和物塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量也不守恒;從B→C的過(guò)程中,小球?qū)Π雸A槽的壓力方向向右下方,所以半圓槽要向右推動(dòng)物塊一起運(yùn)動(dòng),因而小球參與了兩個(gè)運(yùn)動(dòng),一個(gè)是沿半圓槽的圓周運(yùn)動(dòng),另一個(gè)是與半圓槽一起向右運(yùn)動(dòng),小球所受支持力方向與速度方向并不垂直,此過(guò)程中,因?yàn)橛形飰K擋住,小球與半圓槽在水平方向動(dòng)量并不守恒,在小球運(yùn)動(dòng)的全過(guò)程,水平方向動(dòng)量也不守恒,選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤;當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí),它的兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)的合速度方向并不是豎直向上,所以此后小球做斜上拋運(yùn)動(dòng),選項(xiàng)C錯(cuò)誤;因?yàn)槿^(guò)程中,整個(gè)系統(tǒng)在水平方向上獲得了水平向右的沖量,最終槽與墻不會(huì)再次接觸,選項(xiàng)D正確。 4.(2018廣東佛山一模)當(dāng)使用高壓水槍時(shí),我們會(huì)感受到比較強(qiáng)的反沖作用。如圖所示,一水槍與軟管相連,打開(kāi)開(kāi)關(guān)后,以30 m/s的速度每秒噴出1 kg的水,若水槍入口與出口的口徑相同,則水對(duì)該水槍作用力的大小及方向是( ) A.30 N,沿③的方向 B.30 N,沿②的方向 C.60 N,沿①的方向 D.60 N,沿②的方向 答案B 解析以水為研究對(duì)象,運(yùn)用動(dòng)量定理得Ft=m水v1-0,代入數(shù)據(jù)解得,水流受到的平均作用力為F=30N,方向沿出口方向和進(jìn)口方向的角平分線(xiàn)。根據(jù)牛頓第三定律可知,水對(duì)該水槍作用力的大小是30N,方向沿②的方向,故B正確。 5. 如圖所示,一質(zhì)量m1=3.0 kg的長(zhǎng)方形木板B放在光滑水平地面上,在其右端放一個(gè)質(zhì)量m2=1.0 kg的小木塊A。給A和B以大小均為4.0 m/s、方向相反的初速度,使A開(kāi)始向左運(yùn)動(dòng),B開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng),A始終沒(méi)有滑離B板。在小木塊A做加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間內(nèi),木板速度大小可能是( ) A.1.8 m/s B.2.4 m/s C.2.8 m/s D.3.0 m/s 答案B 解析A先向左減速到零,再向右加速運(yùn)動(dòng),在此期間,木板減速運(yùn)動(dòng),最終它們保持相對(duì)靜止,設(shè)A減速到零時(shí),木板的速度為v1,最終它們的共同速度為v2,取水平向右為正方向,則m1v-m2v=m1v1,m1v1=(m1+m2)v2,可得v1=83m/s,v2=2m/s,所以在小木塊A做加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間內(nèi),木板速度大小應(yīng)大于2.0m/s而小于83m/s,只有選項(xiàng)B正確。 6. 如圖所示,三角形傳送帶以1 m/s 的速度逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng),兩邊的傳送帶長(zhǎng)都是2 m且與水平方向的夾角均為37?,F(xiàn)有兩個(gè)小物塊A、B從傳送帶頂端都以1 m/s的初速度沿傳送帶下滑,物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)都是0.5,g取10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8。下列判斷正確的是( ) A.物塊A先到達(dá)傳送帶底端 B.物塊A、B同時(shí)到達(dá)傳送帶底端 C.傳送帶對(duì)物塊A、B均做負(fù)功 D.物塊A下滑過(guò)程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量小于B下滑過(guò)程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量 答案BCD 解析因tan37=0.75>0.5,即mgsinθ>μmgcosθ,故A、B都會(huì)勻加速下滑,根據(jù)牛頓第二定律知A、B加速度大小相等,故會(huì)同時(shí)到達(dá)底端,選項(xiàng)A錯(cuò)誤,B正確;物塊A、B受到傳送帶的摩擦力方向與其運(yùn)動(dòng)方向相反,故傳送帶對(duì)物塊A、B均做負(fù)功,選項(xiàng)C正確;因A物塊與傳送帶同向運(yùn)動(dòng),相對(duì)位移要小,根據(jù)Q=Ffs相對(duì),產(chǎn)生的熱量要小于B物塊下滑產(chǎn)生的熱量,故選項(xiàng)D正確。 7.在光滑的水平桌面上有質(zhì)量分別為m0=0.6 kg,m=0.2 kg的兩個(gè)小球,中間夾著一個(gè)被壓縮的具有Ep=10.8 J彈性勢(shì)能的輕彈簧(彈簧與兩球不相連),原來(lái)處于靜止?fàn)顟B(tài)?,F(xiàn)突然釋放彈簧,球m脫離彈簧后滑向與水平面相切、半徑為R=0.425 m的豎直放置的光滑半圓形軌道,如圖所示。g取10 m/s2。則下列說(shuō)法正確的是( ) A.球m從軌道底端A運(yùn)動(dòng)到頂端B的過(guò)程中所受合外力沖量大小為3.4 Ns B.m0離開(kāi)輕彈簧時(shí)獲得的速度為9 m/s C.若半圓軌道半徑可調(diào),則球m從B點(diǎn)飛出后落在水平桌面上的水平距離隨軌道半徑的增大而減小 D.彈簧彈開(kāi)過(guò)程,彈力對(duì)m的沖量大小為1.8 Ns 答案AD 解析釋放彈簧過(guò)程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒,以向右為正方向,由動(dòng)量守恒定律得mv1-m0v2=0,由機(jī)械能守恒定律得12mv12+12m0v22=Ep,代入數(shù)據(jù)解得v1=9m/s,v2=3m/s;m從A到B過(guò)程中,由機(jī)械能守恒定律得12mv12=12mv12+mg2R,解得v1=8m/s;以向右為正方向,由動(dòng)量定理得,球m從軌道底端A運(yùn)動(dòng)到頂端B的過(guò)程中所受合外力沖量大小為I=Δp=mv1-mv1=[0.2(-8)-0.29]Ns=-3.4Ns,故A正確;小球m0離開(kāi)輕彈簧時(shí)獲得的速度為3m/s,故B錯(cuò)誤;設(shè)圓軌道半徑為r時(shí),m從B點(diǎn)飛出后水平位移最大,由A到B根據(jù)機(jī)械能守恒定律得12mv12=12mv12+mg2r,在最高點(diǎn),由牛頓第二定律得mg+FN=mv12r,m從B點(diǎn)飛出,需要滿(mǎn)足:FN≥0,飛出后,小球做平拋運(yùn)動(dòng):2r=12gt2,x=v1t,當(dāng)8.1m-4r=4r時(shí),即r=1.0125m時(shí),x為最大,故球m從B點(diǎn)飛出后落在水平桌面上的水平距離隨軌道半徑的增大先增大后減小,C錯(cuò)誤;由動(dòng)量定理得,彈簧彈開(kāi)過(guò)程,彈力對(duì)m的沖量大小為I=Δp=mv1=1.8Ns,故D正確。 8.(2018四川成都一診)如圖所示,ABCD是固定在地面上、由同種金屬細(xì)桿制成的正方形框架,框架任意兩條邊的連接處平滑,A、B、C、D四點(diǎn)在同一豎直面內(nèi),BC、CD邊與水平面的夾角分別為α、β(α>β),讓套在金屬桿上的小環(huán)從A點(diǎn)無(wú)初速釋放。若小環(huán)從A經(jīng)B滑到C點(diǎn),摩擦力對(duì)小環(huán)做功為W1,重力的沖量為I1,若小環(huán)從A經(jīng)D滑到C點(diǎn),摩擦力對(duì)小環(huán)做功為W2,重力的沖量為I2。則( ) A.W1>W2 B.W1=W2 C.I1>I2 D.I1=I2 答案BC 解析設(shè)正方形的邊長(zhǎng)為l,小環(huán)滑下時(shí)動(dòng)摩擦因數(shù)為μ(都相同)。若小環(huán)從A經(jīng)B滑到C點(diǎn),末速度為v1,則W1=μmgcosβl+μmgcosαl ① 由動(dòng)能定理得 mglsinβ+mglsinα-W1=12mv12 ② 若小環(huán)從A經(jīng)D滑到C點(diǎn),末速度為v2,則W2=μmgcosαl+μmgcosβl③ 由動(dòng)能定理得mglsinβ+mglsinα-W2=12mv22 ④ 由①③式可知,W1=W2,故A錯(cuò)誤,B正確;由②④式可知,v1=v2 ⑤ 設(shè)小環(huán)由A滑到B的加速度為a1,與從D滑到C的加速度相等。由B滑到C的加速度為a2,與從A滑到D的加速度相等,所以a1=gsinβ-μgcosβ ⑥ a2=gsinα-μgcosα ⑦ 由⑥⑦式可知,a1- 1.請(qǐng)仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對(duì)于不預(yù)覽、不比對(duì)內(nèi)容而直接下載帶來(lái)的問(wèn)題本站不予受理。
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