步步高2017年高考物理人教版浙江一輪復(fù)習(xí)課件-第12章章末綜合練

2134567891011121314151.一個(gè)質(zhì)量為0.18

kg的壘球以20

m/s的水平速度向右飛向球棒，被球棒打擊后反向水平飛回，速度大小變?yōu)?0

m/s，則這一過(guò)程動(dòng)量的變化量為(

B

)A.10.8

kg·m/s，方向水平向右B.10.8

kg·m/s，方向水平向左C.3.6

kg·m/s，方向水平向右D.3.6

kg·m/s，方向水平向左解析

規(guī)定水平向右為正方向，則初動(dòng)量p1＝mv1＝0.18

kg×20

m/s＝3.6

kg·m/s；打擊后動(dòng)量為：p2＝mv2＝0.18

kg×(－40

m/s)＝－7.2

kg·m/s；故動(dòng)量變化為：Δp＝p2－p1＝－10.8

kg·m/s，負(fù)號(hào)表示方向與規(guī)定的正方向相反，即水平向左.解析答案213456789101112131415A.Δp＝0C.W＝0B.Δp＝1.8

kg·m/sD.W＝10.8J解析 規(guī)定初速度方向?yàn)檎较颍跛俣葀1＝6

m/s，碰撞后速度v2＝－6

m/s；Δv＝v2－v1＝－12 m/s，負(fù)號(hào)表示速度變化量的方向與初速度方向相

量變化量為：Δp＝m·Δv＝0.3

kg×(－12

m/s)＝－3.6

kg·m/s，所以碰撞前后小球動(dòng)量變化量的大小為3.6kg·m/s，故A、B錯(cuò)誤；碰撞前后小球速度大小不變，小球動(dòng)能不變，對(duì)小球由動(dòng)能定理得：W＝ΔEk＝0，碰撞過(guò)程中墻對(duì)小球做功的大小W為0，故C正確，D錯(cuò)誤.2.一個(gè)質(zhì)量為0.3kg的彈性小球，在光滑水平面上以6m/s的速度垂直撞到墻上，碰撞后小球沿相反方向運(yùn)動(dòng)，反彈后的速度大小與碰撞前相同.則碰撞前后小球動(dòng)量變化量的大小Δp和碰撞過(guò)程中墻對(duì)小球做功的大小W為(C

)解析答案A.(Mg＋mg－ma)tC.(Mg＋mg＋ma)tB.(m＋M)vD.mv3.如圖，在地面上固定一個(gè)質(zhì)量為M的豎直木桿，一個(gè)質(zhì)量為m的人以加速度a沿桿勻加速向上爬，經(jīng)時(shí)間t，速度由零增加到v，在上述過(guò)程中，地面對(duì)木桿的支持力的沖量為(C

)213456789101112131415解析 以人為研究對(duì)象，根據(jù) 第二定律得：F－mg＝ma解得：F＝ma＋mg以木桿為研究對(duì)象，分析受力情況，木桿受到重力Mg、地面的支持力FN和人對(duì)木桿向下的力F，根據(jù)平衡條件得：FN＝Mg＋F＝Mg＋mg＋ma故支持力的沖量為：I＝FNt＝(Mg＋mg＋ma)t.解析答案4.航天器正在遠(yuǎn)離星球的太空中航行，若航天器內(nèi)的一個(gè)宇航員將一個(gè)鉛球推向另一個(gè)宇航員，下列說(shuō)法中不正確的是(

A

)A.鉛球碰到宇航員后，宇航員不覺(jué)得痛B.鉛球碰到宇航員后，可能會(huì)對(duì)宇航員造成C.鉛球推出后做勻速直線運(yùn)動(dòng)D.太空中宇航員拿著鉛球不覺(jué)得費(fèi)力解析

鉛球碰到宇航員后，與宇航員相互作用，有彈力，不可能沒(méi)感覺(jué)，是會(huì)感覺(jué)痛的，故A錯(cuò)誤，B正確；鉛球處于完全失重狀態(tài)，推出后，相對(duì)飛船做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故C正確；鉛球處于完全失重狀態(tài)，故太空中宇航員拿著鉛球不覺(jué)得費(fèi)力，故D正確.213456789101112131415解析答案213456789101112131415A.C.向左運(yùn)動(dòng)B.向右運(yùn)動(dòng)D.無(wú)法確定解析兩個(gè)推力等大、反向，作用距離相同，由動(dòng)能定理知，撤去兩力時(shí)A、B兩物體具有相同的動(dòng)能；動(dòng)量p＝mv＝

2mEk，已知mA＜mB，則pA＜pB，兩物體組成的系統(tǒng)初動(dòng)量方向向左，兩物體碰撞過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律可知，碰撞后系統(tǒng)速度方向向左，相碰后A、B

一起向左運(yùn)動(dòng).5.

，在光滑水平面上，用等大反向的F1、F2分別同時(shí)作用于A、B兩個(gè)靜止的物體上，已知mA＜mB，經(jīng)過(guò)相同的路程后同時(shí)撤去兩力，以后兩物體相碰并粘為一體，則粘合體最終將(C

)解析答案2134567891011121314156.裝有

彈的火

總質(zhì)量為m1，

彈的質(zhì)量為m2，

彈射出

口時(shí)對(duì)地的速率為v0，若 管與水平地面的夾角為θ，則火析 火 發(fā)射 彈的過(guò)程中水平方向動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得：2

0m

v

cos

θ12－(m

－m

)v＝0，解得：v＝2

0m

v

cos

θm1－m2.m2v0A.

m1－m2v0m1－m2B.

C.m2v0cos

θm1－m2D.m1后退的速度大小為(

C

)m2v0cos

θ解析答案2134567891011121314157.一輛小車(chē)個(gè)小球，在光滑水平面上，小車(chē)立柱上拴有一根長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕繩，輕繩末端拴著一.現(xiàn)將小球拉直至水平位置后由 ，小球擺動(dòng)的過(guò)程中不計(jì)一切阻力.則下列說(shuō)法中正確的是(

)小球擺動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能守恒小球開(kāi)始擺動(dòng)后，小球和小車(chē)組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒、動(dòng)量守恒小球開(kāi)始擺動(dòng)后，小球和小車(chē)組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒、動(dòng)量不守恒

D.小球開(kāi)始擺動(dòng)后，小球達(dá)最大速度時(shí)小車(chē)也同時(shí)達(dá)最大速度解析答案213456789101112131415解析以小球和小車(chē)組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，只有小球的重力做功，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，故A錯(cuò)誤；當(dāng)小球向下擺動(dòng)的過(guò)程中，豎直方向具有向上的分加速度，小車(chē)和小球整體處于超重狀態(tài)，地面對(duì)小車(chē)的支持力大于小車(chē)和小球的總重力，整體所受的合力不為零，則系統(tǒng)的總動(dòng)量不守恒，故B、C錯(cuò)誤；當(dāng)小球擺到最低點(diǎn)時(shí)，小球速度最大，根據(jù)水平方向動(dòng)量守恒可知，小車(chē)也同時(shí)達(dá)最大速度，故D正確.答案

D2134567891011121314158.一質(zhì)量為M的航天器，正以速度v0在太空中飛行，某一時(shí)刻航天器接到加速的指令后，發(fā)瞬間向后噴出一定質(zhì)量的氣體，氣體噴出時(shí)速度大小為v1，加速后航天器的速度大小v2，則噴出氣體的質(zhì)量m為(C

)析 規(guī)定航天器的速度方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律可得：02

1Mv

＝(M－m)v

－mv

，解得：m＝v2－v0v2＋v1M.v1A.

M

B.v2v

＋vv2－v0

v2－v0M

C.

M

D.v2－v0v

＋v v

－v2

1

2

1

2

1M解析答案2134567891011121314159.在光滑的水平面上有兩個(gè)在同一直線上相向運(yùn)動(dòng)的小球，其中甲球的質(zhì)量m1＝2 kg，乙球的質(zhì)量m2＝1 kg，規(guī)定向右為正方向，碰撞前后乙球的速度隨時(shí)間變化情況

.已知兩球發(fā)生正碰后，甲球靜止不動(dòng)，碰撞時(shí)間極短，則碰前甲球速度的大小和B.0.5

m/s，向左D.1.5

m/s，向右解析

由題圖知，乙球碰撞前的速度為：v2＝2

m/s，碰撞后的速度為：v2′＝－1

m/s，碰撞前后，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得：m1v1＋m2v2＝0＋m2v2′，解得：v1＝－1.5

m/s，所以碰前甲球速度的大小是1.5

m/s，方向向左.方向分別為(

C

)A.0.5

m/s，向右C.1.5

m/s，向左解析答案21345678910111213141510.如圖，質(zhì)量為M的小車(chē)A停放在光滑的水平面上，小車(chē)上表面粗糙.質(zhì)量為

m的滑塊B以初速度v0滑到小車(chē)A上，車(chē)足夠長(zhǎng)，滑塊不會(huì)從車(chē)上滑落，則小車(chē)的最終速度大小為(C

)析

B

滑上

A

的過(guò)程中，A、B

組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得：0mv

＝(M＋m)v，解得：v＝mv0M＋m.A.零MB.mv0

C.

mv0

D.

mv0M＋m

M－m解析答案21345678910111213141511.下面的說(shuō)法正確的是(BD

)A.當(dāng)力與物體的位移垂直時(shí)，該力的沖量為零B.如果物體(質(zhì)量不變)的速度發(fā)生變化，則可以肯定它受到的合外力的沖量不為零

C.物體所受合外力的沖量越大，它的動(dòng)量也越大D.做曲線運(yùn)動(dòng)的物體，在任何Δt時(shí)間內(nèi)所受合外力的沖量一定不為零解析 力的沖量：I＝mv，當(dāng)力與物體的位移垂直時(shí)，該力的沖量不為零，故A錯(cuò)誤；如果物體(質(zhì)量不變)的速度發(fā)生變化，物體的動(dòng)量發(fā)生變化，由動(dòng)量定理可知，物體所受到的合外力的沖量不為零，故B正確；由動(dòng)量定理可知，物體所受合外力的沖量越大，物體動(dòng)量的變化量越大，它的動(dòng)量不一定大，故C錯(cuò)誤；做曲線運(yùn)動(dòng)的物體，速度方向沿切線方向，速度不斷變化，物體動(dòng)量不斷變化，由動(dòng)量定理可知，在任何Δt時(shí)間內(nèi)所受合外力的沖量一定變化，沖量一定不為零，故D正確.解析答案12345678910111213141512.如圖，木塊A、B用輕彈簧連接，用力F壓縮彈簧，當(dāng)撤去F后，若地面光滑BC，則(

)A.A尚未離開(kāi)墻前，木塊A、彈簧、木塊B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒

B.A尚未離開(kāi)墻前，木塊A、彈簧、木塊B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒

C.A離開(kāi)墻后，木塊A、彈簧、木塊B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒D.A離開(kāi)墻后，木塊A、彈簧、木塊B組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒解析

A尚未離開(kāi)墻前，木塊A、彈簧、木塊B組成的系統(tǒng)受合外力不為零，系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，該過(guò)程只有彈力做功，機(jī)械能守恒，故A錯(cuò)誤，B正確；A離開(kāi)墻后，木塊A、彈簧、木塊B組成的系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，故C正確

D

誤解析答案21345678910111213141513.用 的裝置進(jìn)行探究碰撞中的不變量的實(shí)驗(yàn)：先測(cè)出滑塊A、B的質(zhì)量M、m及滑塊與桌面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ，查出當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭；用細(xì)線將滑塊A、B連接，使A、B間的彈簧處于壓縮狀態(tài)，滑塊B緊靠在桌子的邊緣；剪斷細(xì)線，測(cè)出滑塊B做平拋運(yùn)動(dòng)

時(shí)的水平位移為x1，滑塊A沿桌面滑行的距離為x2.答案M

2μgx2＝mx1為了探究碰撞中的不變量，寫(xiě)出還須測(cè)量的物理量及表示它的字母

桌面離地面g

的高度h

.如果動(dòng)量守恒，須滿足的關(guān)系是

2h

.21345678910111213141514.

，水平桌面長(zhǎng)L＝3

m，距水平地面高h(yuǎn)＝0.8

m，桌面右端放置一個(gè)質(zhì)量m2＝0.4

kg的小物塊B，桌面的左端有一質(zhì)量m1＝0.6

kg的小物塊A.某時(shí)刻物塊A以初速度

v0＝4m/s開(kāi)始向右滑動(dòng)，與B發(fā)生正碰后立刻粘在一起，它們從桌面水平飛出，落到地面上的D點(diǎn).已知物塊A與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，重力加速度g＝10

m/s2.求：物塊A與物塊B碰前瞬間，A的速度大小v1；物塊A與物塊B碰后瞬間，A、B整體的速度大小v2；A、B整體的 點(diǎn)D距桌面右邊緣的水平距離x.解析答案213456789101112131415析

(1)物塊

A

向右做勻 直線運(yùn)動(dòng)，μmg＝mav12－v02＝－2aL代入數(shù)據(jù)解得v1＝2

m/sA與B碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒m1v1＝(m1＋m2)v2代入數(shù)據(jù)解得v2＝1.2

m/sA、B整體做平拋運(yùn)動(dòng)h＝1

，x＝v

t2gt2

2聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得x＝0.48

m21345678910111213141515.

，質(zhì)量M＝8kg的小車(chē)放在光滑的水平面上，在小車(chē)左端加一水平推力F＝8N，當(dāng)小車(chē)向右運(yùn)動(dòng)的速度達(dá)到1.5m/s時(shí)