第6章 2 知能達(dá)標(biāo)訓(xùn)練-2022高考物理【導(dǎo)學(xué)教程】新編大一輪總復(fù)習(xí)（word）人教版

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1、 [基礎(chǔ)題組] 1．(2019江蘇卷)質(zhì)量為M的小孩站在質(zhì)量為m的滑板上，小孩和滑板均處于靜止?fàn)顟B(tài)，忽略滑板與地面間的摩擦。小孩沿水平方向躍離滑板，離開滑板時的速度大小為v，此時滑板的速度大小為(　　) A.v　　　　　　　　 B.v C.v D.v [解析]　忽略滑板與地面間摩擦?xí)r，小孩與滑板在水平方向上動量守恒：0＝Mv＋mv′，解得v′＝－v，其中“－”表示v′與v方向相反，故B正確。 [答案]　B 2．(2020南寧模擬)如圖所示，一個質(zhì)量為M的木箱靜止在光滑水平面上，木箱內(nèi)粗糙的底板上放著一個質(zhì)量為m的小木塊?，F(xiàn)使木箱獲得一個向左的初速度v0，則(　　) A

2、．小木塊和木箱最終將靜止 B．木箱速度減為的過程，小木塊受到的水平?jīng)_量大小為Mv0 C．最終小木塊速度為，方向向左 D．木箱和小木塊組成的系統(tǒng)機械能守恒 [解析]　系統(tǒng)所受合外力為零，動量守恒，因初狀態(tài)木箱有向左的動量，小木塊的動量為零，故系統(tǒng)的總動量方向向左。由于系統(tǒng)內(nèi)部存在摩擦力，阻礙物體間的相對滑動，最終相對靜止，故根據(jù)動量守恒定律可知，兩物體最終以相同的速度一起向左運動。設(shè)最終速度為v，由動量守恒定律得：Mv0＝(m＋M)v，則得v＝，故C正確，A錯誤；取向左為正方向，由動量守恒定律得：Mv0＝Mv1＋Mv2，又v2＝v0，可得v1＝，由動量定理可知，木塊受到的沖量為I＝mv1

3、＝，故B錯誤；因小木塊與箱底間的摩擦力做功而消耗機械能，故系統(tǒng)機械能不守恒，故D錯誤。 [答案]　C 3．(2021河北精英中學(xué)月考)如圖所示，兩輛質(zhì)量均為M的小車A和B靜置于光滑的水平面上，有一質(zhì)量為m的人靜止站在A車上。若這個人自A車跳到B車上，接著又跳回A車并與A車相對靜止。則此時A車和B車的速度之比為(　　) A. B. C. D. [解析]　兩車以及人組成的系統(tǒng)動量守恒，規(guī)定向右為正方向，有0＝MvB－(M＋m)vA，解得＝，故選C。 [答案]　C 4．(多選)(2020哈爾濱模擬)小球A的質(zhì)量為mA＝5 kg，動量大小為pA＝4 kgm/s，小球A水平向右與靜

4、止的小球B發(fā)生彈性碰撞，碰后A的動量大小為pA′＝1 kgm/s，方向水平向右，則(　　) A．碰后小球B的動量大小為pB＝3 kgm/s B．碰后小球B的動量大小為pB＝5 kgm/s C．小球B的質(zhì)量為15 kg D．小球B的質(zhì)量為3 kg [解析]　取向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律得：pA＝pA′＋pB，解得：pB＝3 kgm/s，故A正確，B錯誤；根據(jù)機械能守恒定律得：＝＋，解得：mB＝3 kg，故D正確，C錯誤。 [答案]　AD 5.(2020全國卷Ⅲ)甲、乙兩個物塊在光滑水平桌面上沿同一直線運動，甲追上乙，并與乙發(fā)生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度隨時間的變化如圖中實線

5、所示。已知甲的質(zhì)量為1 kg，則碰撞過程兩物塊損失的機械能為(　　) A．3 J B．4 J C．5 J D．6 J [解析]　設(shè)乙物塊的質(zhì)量為m，由動量守恒定律有m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v′甲＋m乙v′乙，代入圖中數(shù)據(jù)解得m乙＝6 kg，進而可求得碰撞過程中兩物塊損失的機械能為E損＝m甲v＋m乙v－m甲v′－m乙v′，代入圖中數(shù)據(jù)解得E損＝3 J，選項A正確。 [答案]　A 6．(2020青島模擬)某研究小組通過實驗測得兩滑塊碰撞前后運動的實驗數(shù)據(jù)，得到如圖所示的位移—時間圖象。圖中的線段a、b、c分別表示沿光滑水平面上同一條直線運動的滑塊Ⅰ、Ⅱ和它們發(fā)生正碰后結(jié)合體的位移

6、變化關(guān)系。已知相互作用時間極短，由圖象給出的信息可知(　　 ) A．碰前滑塊Ⅰ、滑塊Ⅱ速度大小之比為7∶2 B．碰前滑塊Ⅰ的動量大小比滑塊Ⅱ的動量大小大 C．碰前滑塊Ⅰ的動能比滑塊Ⅱ的動能小 D．滑塊Ⅰ的質(zhì)量是滑塊Ⅱ質(zhì)量的 [解析]　根據(jù)xt圖象的斜率等于速度，可知碰前滑塊Ⅰ速度為v1＝－2 m/s，滑塊Ⅱ的速度為v2＝0.8 m/s，則碰前速度大小之比為5∶2，故選項A錯誤；碰撞前后系統(tǒng)動量守恒，碰撞前，滑塊Ⅰ的動量為負(fù)，滑塊Ⅱ的動量為正，由于碰撞后總動量為正，碰撞前總動量也為正，故碰撞前滑塊Ⅰ的動量大小比滑塊Ⅱ的小，故選項B錯誤；碰撞后的共同速度為v＝0.4 m/s，根據(jù)動量

7、守恒定律，有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，解得m2＝6m1，由動能的表達(dá)式可知，m1v＞m2v，故選項C錯誤，D正確。 [答案]　D 7．(2021福建福州模擬)一質(zhì)量為M的航天器，正以速度v0在太空中飛行，某一時刻航天器接到加速的指令后，發(fā)動機瞬間向后噴出一定質(zhì)量的氣體，氣體噴出時速度大小為v1，加速后航天器的速度大小為v2，則噴出氣體的質(zhì)量m為(　　 ) A．m＝M B．m＝M C．m＝M D．m＝M [解析]　規(guī)定航天器原來的速度方向為正方向，由動量守恒定律可得Mv0＝(M－m)v2－mv1，解得m＝M，故C正確。 [答案]　C 8.(多選)(2021龍巖模擬)

8、如圖所示，在粗糙水平面上，用水平輕繩相連的兩個相同的物體A、B質(zhì)量均為m，在水平恒力F作用下以速度v做勻速運動。在t＝0時輕繩斷開，A在F作用下繼續(xù)前進，則下列說法正確的是(　　 ) A．t＝0至t＝時間內(nèi)，A、B的總動量守恒 B．t＝至t＝時間內(nèi)，A、B的總動量守恒 C．t＝時，A的動量為2mv D．t＝時，A的動量為4mv [解析]　在B停止運動前，A、B的合外力為零，總動量守恒。在B停止運動后，A、B的合外力不為零，總動量不守恒。設(shè)A、B所受的滑動摩擦力大小均為f，系統(tǒng)勻速運動時，有F＝2f，得f＝；輕繩斷開后，對B，取向右為正方向，由動量定理得－ft＝0－mv，聯(lián)立得t＝

9、，即t＝時B停止運動。在B停止運動前，即在t＝0至t＝時間內(nèi)，A、B系統(tǒng)的合外力為零，總動量守恒，故A正確；t＝至t＝時間內(nèi)，B停止運動，A做勻加速運動，系統(tǒng)的合外力不為零，則系統(tǒng)的總動量不守恒，故B錯誤；t＝時，取向右為正方向，由系統(tǒng)的動量守恒得2mv＝pA＋0，得A的動量pA＝2mv，故C正確；t＝時，對A，由動量定理得ft＝pA′－2mv，解得A的動量pA′＝3mv，故D錯誤。 [答案]　AC [提升題組] 9．(2020江西紅色七校二模)在光滑水平面上有三個小鋼球a、b、c處于靜止?fàn)顟B(tài)，質(zhì)量分別為2m、m、2m。其中a、b兩球間夾一被壓縮的彈簧，兩球被左右兩邊的光滑擋板束縛著。若

10、某時刻將擋板撤掉，彈簧便把a、b兩球彈出，兩球脫離彈簧后，a球獲得的速度大小為v，若b、c兩球相距足夠遠(yuǎn)，則b、c兩球發(fā)生彈性碰撞后(　　) A．b球的速度大小為v，運動方向與原來相反 B．b球的速度大小為v，運動方向與原來相反 C．c球的速度大小為v D．c球的速度大小為v [解析]　設(shè)b球脫離彈簧時的速度為v0，b、c兩球相碰后b、c的速度分別為vb和vc，取向右為正方向，彈簧將a、b兩球彈出過程，由動量守恒定律有0＝－2mv＋mv0，可得v0＝2v，b、c兩球相碰過程，由動量守恒定律和機械能守恒得mv0＝mvb＋2mvc，mv＝mv＋2mv，聯(lián)立計算得出vb＝－v(負(fù)號表示

11、方向向左，與原來相反)，vc＝v，所以B正確。 [答案]　B 10．(多選)(2020六安一中模擬)如圖所示，豎直墻面和水平地面均光滑，質(zhì)量分別為mA＝6 kg、mB＝2 kg的A、B兩物體用質(zhì)量不計的輕彈簧相連，其中A緊靠墻壁，現(xiàn)對B物體緩慢施加一個向左的力，該力對物體B做功W＝25 J，使A、B間彈簧被壓縮，在系統(tǒng)靜止時，突然撤去向左推力解除壓縮，則(　　 ) A．解除壓縮后，兩物體和彈簧組成系統(tǒng)動量守恒 B．解除壓縮后，兩物體和彈簧組成系統(tǒng)機械能守恒 C．從撤去外力至A與墻面剛分離，A對彈簧的沖量I＝10 Ns，方向水平向右 D．A與墻面分離后至首次彈簧恢復(fù)原長時，兩物體

12、速率均是2.5 m/s [解析]　解除壓縮后，彈簧在恢復(fù)原長的過程中，墻壁對A物體還有彈力的作用，故解除壓縮后到彈簧恢復(fù)原長前，兩物體和彈簧組成系統(tǒng)動量不守恒，恢復(fù)原長后，AB一起向右運動，系統(tǒng)的合外力為零，動量守恒，故A錯誤；解除壓縮后，兩物體和彈簧組成系統(tǒng)只有動能和彈性勢能的相互轉(zhuǎn)化，故機械能守恒，故B正確；壓縮彈簧時，外力做的功全轉(zhuǎn)化為彈性勢能，撤去外力，彈簧恢復(fù)原長，彈性勢能全轉(zhuǎn)化為B的動能，設(shè)此時B的速度為v0，則：W＝Ep＝mBv，得v0＝5 m/s，此過程墻壁對A的沖量大小等于彈簧對A的沖量大小，也等于彈簧對B的沖量大小，由動量定理得：I＝mBv0＝10 Ns，故C正確；當(dāng)彈簧

13、恢復(fù)原長時，A的速度最小，則：vAmin＝0，A、B都運動后，B減速，A加速，當(dāng)A、B速度相等時彈簧拉伸最長。此后，B繼續(xù)減速，A繼續(xù)加速，當(dāng)彈簧再次恢復(fù)原長時，以向右為正方向，由系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒有：mBv0＝mAvA＋mBvB，mBv＝mAv＋mBv，得vA＝2.5 m/s，vB＝－2.5 m/s，故D正確。 [答案]　BCD 11．(2021貴陽高三適應(yīng)性考試)如圖所示，光滑軌道abc固定在豎直平面內(nèi)，ab為四分之一圓弧軌道，bc段水平，且與ab圓弧相切于b點，在光滑水平地面上緊靠軌道c端，停著質(zhì)量為M＝3 kg、長度為L＝0.5 m的平板車，平板車上表面與bc等高、現(xiàn)將可視為

14、質(zhì)點的物塊從與圓心O等高的a點靜止釋放，物塊滑至圓弧軌道最低點b時的速度大小為vb ＝2 m/s，對軌道的壓力大小等于30 N，之后物塊向右滑上平板車。取重力加速度g＝10 m/s，不計空氣阻力。 (1)求該物塊的質(zhì)量； (2)若物塊最終未從平板車上滑落，求物塊在平板車上滑動過程中產(chǎn)生的熱量。 [解析]　(1)設(shè)四分之一圓弧的半徑為R，物塊的質(zhì)量為m，物塊在b點對軌道的壓力為F， 物塊從a到b由機械守恒定律有： mgR＝mv 物塊運動到b點由牛頓第二定律有：F－mg＝m 聯(lián)立解得：m＝1 kg。 (2)設(shè)物塊與平板車的共同速度為v，物塊在平板車上滑行過程中產(chǎn)生的熱量為Q，由

15、動量守恒定律有： mvb＝(m＋M)v 由能量守恒定律有： Q＝mv－(m＋M)v2 聯(lián)立解得：Q＝1.5 J。 [答案]　(1)1 kg　(1)1.5 J 12．(2020福建四校二聯(lián))如圖所示，半徑R＝0.5 m的圓弧支架豎直固定，B為最低點(切線水平)且離水平地面高度h＝0.8 m。質(zhì)量m2＝0.2 kg的小球Y靜置在B點。一個小球X從A處由靜止釋放(A點比O點低)，沿圓弧AB到達(dá)B點時與Y球發(fā)生彈性正碰，碰后Y球落到地面上的C點，X球反彈后又經(jīng)B點落到地面上的D點，B點與C點、B點與D點間的水平距離分別為s2＝0.8 m、s1＝0.4 m。取g＝10 m/s2，兩球均視為質(zhì)

16、點，不計一切摩擦，X、Y兩球落地后不反彈。求： (1)碰撞后，X球的速度大小v1以及Y球的速度大小v2； (2)碰前瞬間，X球的速率v以及受到的支持力大小N。 [解析]　(1)碰后Y球做平拋運動，則 h＝gt2 解得t＝0.4 s v2＝＝2 m/s X球碰后沿圓弧上滑后又返回B點開始做平拋運動，則碰撞后，X球的速度大小v1＝＝1 m/s。 (2)兩球發(fā)生彈性正碰，則m1v＝m2v2－m1v1 m1v2＝m1v＋m2v 解得v＝3 m/s m1＝0.1 kg 對X球，根據(jù)牛頓第二定律有N－m1g＝m1 解得N＝2.8 N。 [答案]　(1)1 m/s　2 m/s　(2)3 m/s　2.8 N