高考物理一轮复习配套单元检测第十二章 第3单元 课下综合提升

高考物理一轮复习配套单元检测第十二章 第3单元 课下综合提升

‎1．A、B两球在光滑水平面上做相向运动，已知mA＞mB，当两球相碰后，其中一球停止，则可以断定 (　　)‎ A．碰前A的动量与B的动量大小相等 B．碰前A的动量大于B的动量 C．若碰后A的速度为零，则碰前A的动量大于B的动量 D．若碰后B的速度为零，则碰前A的动量大于B的动量 解析：A、B两球动量守恒，有mAvA＋mBvB＝mAvA′＋mBvB′。若vA′＝0，则碰前A的动量大于B的动量；若vB′＝0，则碰前A的动量小于B的动量。‎ 答案：C ‎2．如图1所示，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车上AB部分是半径为R的四分之一光滑圆弧，BC部分是粗糙的水平面。现把质量为m的小物体从A点由静止释放，m与BC部分间的动摩擦因数为μ，最终小物体与小车相对静止于B、C之间的D点，则B、D间的距离x随各量变化的情况是(　　)‎ 图1‎ A．其他量不变，R越大x越大 B．其他量不变，μ越大x越大 C．其他量不变，m越大x越大 D．其他量不变，M越大x越大 解析：两个物体组成的系统水平方向的动量是守恒的，所以当两物体相对静止时，系统水平方向的总动量为零，则两物体最终会停止运动，由能量守恒有μmgx＝mgR，解得x＝，故选项A是正确的。‎ 答案：A ‎3.如图2所示，设质量为M的导弹运动到空中最高点时速度为v0，突然炸成两块，质量为m的一块以速度v沿v0的方向飞去，则另一块的运动(　　)‎ 图2‎ A．一定沿v0的方向飞去 B．一定沿v0的反方向飞去 C．可能做自由落体运动 D．以上说法都不对 解析：根据动量守恒得v′＝。mv可能大于、小于或等于Mv0，所以v′可能小于、大于或等于零。‎ 答案：C ‎4．一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳，经Δt时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v。在此过程中(　　)‎ A．地面对他的冲量为mv＋mgΔt，地面对他做的功为mv2‎ B．地面对他的冲量为mv＋mgΔt，地面对他做的功为零 C．地面对他的冲量为mv，地面对他做的功为mv2‎ D．地面对他的冲量为mv－mgΔt，地面对他做的功为零 解析：在运动员从下蹲状态向上起跳过程中，由动量定理I－mgΔt＝mv，即I＝mv＋mgΔt。在此过程中，运动员双脚在地面对其弹力作用下未离开地面，故地面对运动员不做功，故B正确。‎ 答案：B ‎5．如图3所示，质量为m的物体从半径为R的内壁光滑的半圆形槽左侧最高点A由静止开始滑下，不计空气阻力，则下列判断错误的是(　　)‎ 图3‎ A．若半圆槽固定不动，物体可滑到右侧最高点B B．若半圆槽固定不动，物体到达底部C点时动能为mgR C．若半圆槽与桌面间无摩擦，物体可滑到右边的最高点B D．若半圆槽与桌面间无摩擦，物体到达底部C点时的动能为mgR 解析：半圆槽固定不动时，物体滑动过程中机械能守恒，所以A、B正确；半圆槽与桌面间无摩擦时，设物体滑到右边的最大高度为h，由系统的机械能守恒和水平方向动量守恒得0＝(m＋M)v，mgR＝(M＋m)v2＋mgh，‎ 解得h＝R，C正确；物体到达C点时，半圆槽有一定动能，故物体动能小于mgR，D错误。‎ 答案：D ‎6． (2012·兰州模拟)如图4所示为甲、乙两物体碰撞相互作用前后的v－t图像，则由图像可知下列判断错误的是(　　)‎ 图4‎ A．一定是甲物体追击乙物体发生碰撞 B．可能是乙物体追击甲物体发生碰撞 C．甲、乙两物体的质量比为3∶2‎ D．甲、乙两物体作用前后总动能不变 解析：由v－t图像可知，是甲物体追击乙物体发生碰撞，A正确B错误；甲、乙两物体相互作用，系统所受合外力为零，动量守恒，由动量守恒定律m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，解得m1∶m2＝3∶2，C正确；计算出碰撞前后甲、乙两物体的动能，可知甲、乙两物体作用前后总动能不变，D正确。‎ 答案：B ‎7．如图5所示，子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的木块，子弹未穿透木块，此过程木块动能增加了6 J，那么此过程产生的内能可能为(　　)‎ 图5‎ ‎①16 J　　　　　　　　 ②12 J ‎③6 J ④4 J A.①② B.②③ C. ②③ D. ①④‎ 解析：设子弹的质量为m0，初速度为v0，木块质量为m，则子弹打入木块过程中，子弹与木块组成的系统动量守恒，即：m0v0＝(m＋m0)v，此过程产生的内能等于系统损失的动能，即：E＝m0v－(m＋m0)v2＝()m0v，而木块获得的动能E木＝m(v0)2＝6 J，两式相除得：＝＞1。‎ 答案：A ‎8．(2011·全国卷改编)质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ ‎。初始时小物块停在箱子正中间，如图6所示。现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止。设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为(　　)‎ 图6‎ ‎①mv2 ④v2‎ ‎②NμmgL ③NμmgL 解析：小物块与箱子作用过程中满足动量守恒，最后恰好又回到箱子正中间。二者相对静止，即为共速，设速度为v1，mv＝(m＋M)v1，系统损失动能Ek＝mv2－(M＋m)v＝；由于碰撞为弹性碰撞，故碰撞时不损失能量，系统损失的动能等于系统产生的热量，即ΔEk＝Q＝NμmgL。 ‎ 答案：B A.①③ B.②④ C.①④ D.②③‎ ‎9．如图7所示，质量为m的人立于平板车上，人车的总质量为M，人与车以速度v1在光滑水平面上向东运动。当此人相对于车以速度v2竖直跳起时，车的速度变为(　　)‎ 图7‎ A.，向东 B.，向东 C.，向东 D．v1，向东 解析：人相对于车以速度v2竖直跳起时，水平方向与车的相对速度为0，即与车同速，由水平方向系统动量守恒易得：车速仍为v1，方向向东，所以D正确。‎ 答案：D ‎10．在一条直线上，运动方向相反的两球发生正碰。以球1的运动方向为正，碰前球1、球2的动量分别是p1＝‎6 kg·m/s，p2＝－‎8 kg·m/s。若两球所在水平面是光滑的，碰后各自的动量可能是(　　)‎ ‎①p1′＝‎4 kg·m/s，p2′＝－‎6 kg·m/s ‎②p1′＝－‎4 kg·m/s，p2′＝‎2 kg·m/s ‎③p1′＝－‎8 kg·m/s，p2′＝‎6 kg·m/s ‎④p1′＝－‎12 kg·m/s，p2′＝‎10 kg·m/s A.①③ B.②④ C. ②③ D. ①④‎ 解析：解答本题时要注意，两球的碰撞不一定是弹性碰撞，所以，它们在碰撞过程中动量守恒，但动能不一定守恒，一般情况下，要有一部分机械能转化为内能，除此之外，还要注意它们的速度关系。‎ 经过计算可知，4种情况均符合动量守恒。‎ 一般来说，在碰撞过程中，要有一部分机械能转化为内能，即系统会损失一部分机械能，即有 ＋≥＋ 经计算知， ④不符合上述关系。‎ 再仔细分析①、②、③中的速度关系，发现在①中，碰后两小球的速度方向不变，好像二者相互穿过一样(如图所示)，这显然是不可能的，所以①错误。‎ 同样对②、③进行分析，可以判断②、③是正确的。‎ 答案：C ‎11.两个质量分别为M1和M2的劈A和B，高度相同，放在光滑水平面上。A和B的倾斜面都是光滑曲面，曲面下端与水平面相切，如图8所示。一质量为m的物块位于劈A的倾斜面上，距水平面的高度为h。物块从静止开始滑下，然后又滑上劈B。求物块在B上能够达到的最大高度。‎ 图8‎ 解析：设物块到达劈A的底端时，物块和A的速度大小分别为v和V，由机械能守恒和动量守恒得 mgh＝mv2＋M1V2①‎ M1V＝mv②‎ 设物块在劈B上达到的最大高度为h′，此时物块和B的共同速度大小为V′，由机械能守恒和动量守恒得 mgh′＋(M2＋m)V′2＝mv2③‎ mv＝(M2＋m)V′④‎ 联立①②③④式得 h′＝h。‎ 答案：h ‎12．(2011·新课标全国卷)如图9，A、B、C三个木块的质量均为m，置于光滑的水平桌面上，B、C之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触而不固连。将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把B和C紧连，使弹簧不能伸展，以至于B、C可视为一个整体。现A以初速v0沿B、C的连线方向朝B运动，与B相碰并粘合在一起，以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离。已知C离开弹簧后的速度恰为v0。求弹簧释放的势能。‎ 图9‎ 解析：设碰后A、B和C的共同速度大小为v，由动量守恒定律得 ‎3mv＝mv0①‎ 设C离开弹簧时，A、B的速度大小为v1，由动量守恒定律得 ‎3mv＝2mv1＋mv0②‎ 设弹簧的弹性势能为Ep，从细线断开到C与弹簧分开的过程中机械能守恒，有 (‎3m)v2＋Ep＝(‎2m)v＋mv③‎ 由①②③式得弹簧所释放的势能为 Ep＝mv。‎ 答案：mv