高三物理复习：第13次限时训练

限时训练13全卷满分：100分用时：40分钟考试时间：2019.11.8一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～8题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1.质量为m的小球P以大小为v的速度与质量为3m的静止小球Q发生正碰，碰后小球P以大小为eq\f(v,2)的速度被反弹，则正碰后小球Q的速度大小是()A．2vB.eq\f(v,2) C.eq\f(v,3) D.eq\f(v,6)2.如图1所示，一辆小车静止在光滑水平面上，A、B两人分别站在车的两端．当两人同时相向运动时()图1A．若小车不动，两人速率一定相等B．若小车向左运动，A的速率一定比B的小C．若小车向左运动，A的动量一定比B的大D．若小车向左运动，A的动量一定比B的小3.如图2所示，物体A、B的质量分别为m、2m，物体B置于水平面上，B物体上部半圆型槽的半径为R，将物体A从圆槽的右侧最顶端由静止释放，不计一切摩擦．则()图2A．A不能到达B圆槽的左侧最高点B．A运动到圆槽的最低点时速度为eq\r(2gR)C．B一直向右运动D．B向右运动的最大位移大小为eq\f(2R,3)4.如图3所示，一长木板放置在水平地面上，一根轻弹簧右端固定在长木板上，左端连接一个质量为m的小物块，小物块可以在木板上无摩擦滑动．现在用手固定长木板，把小物块向左移动，弹簧的形变量为x1；然后，同时释放小物块和木板，木板在水平地面上滑动，小物块在木板上滑动；经过一段时间后，长木板达到静止状态，小物块在长木板上继续往复运动．长木板静止后，弹簧的最大形变量为x2.已知地面对长木板的滑动摩擦力大小为f.当弹簧的形变量为x时，弹性势能Ep＝eq\f(1,2)kx2，式中k为弹簧的劲度系数．由上述信息可以判断()图3A．整个过程中小物块的速度可以达到eq\r(\f(k,m))x1B．整个过程中木板在地面上运动的路程为eq\f(k,2f)(xeq\o\al(2,1)－xeq\o\al(2,2))C．长木板静止后，木板所受的静摩擦力的大小不变D．若将长木板改放在光滑地面上，重复上述操作，则运动过程中物块和木板的速度方向可能相同5.如图4所示，在光滑的水平面上静止放一质量为m的木板B，木板表面光滑，左端固定一轻质弹簧．质量为2m的木块A以速度v0从板的右端水平向左滑上木板B.在木块A与弹簧相互作用的过程中，下列判断正确的是()图4A．弹簧压缩量最大时，B板运动速率最大 B．B板的加速度一直增大C．弹簧给木块A的冲量大小为eq\f(2mv0,3) D．弹簧的最大弹性势能为eq\f(mv\o\al(2,0),3)6.如图5，一轻弹簧左端固定在长木板M的左端，右端与小木块m连接，且m、M间及M与地面的接触面均光滑．开始时，m和M均静止，现同时对m、M施加等大反向的水平恒力F1和F2，从两物体开始运动以后的全部运动过程中，弹簧形变不超过其弹性限度．对于m、M和弹簧组成的系统，下列说法中正确的有()图5①由于F1、F2等大反向，故系统机械能守恒；②当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时，m、M各自的动能最大；③由于F1、F2大小不变，所以m、M各自一直做匀加速运动；④由于F1、F2等大反向，故系统的总动量始终为零．A．①④B．②③ C．①②④ D．②④7.(多选)一辆汽车从圆弧形拱桥最高处匀速驶下，在此过程中，下列说法中正确的是()A．汽车的动量保持不变B．汽车的机械能减少C．汽车所受的合外力为零D．汽车所受的合外力做功为零8.(多选)把皮球从地面以某一初速度竖直上抛，经过一段时间后皮球又落回抛出点，上升最大高度的一半处记为A点．以地面为零势能面．设运动过程中受到的空气阻力大小与速率成正比，则()A．皮球上升过程中克服重力做的功等于下降过程中重力做的功B．皮球上升过程中重力的冲量大于下降过程中重力的冲量C．皮球上升过程与下降过程空气阻力的冲量大小相等D．皮球下降过程中重力势能与动能相等的位置在A点下方二、填空题：本题共2小题，每小题6×2=12分，共24分。9.如图6所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A球在水平面上静止放置，B球向左运动与A球发生正碰，B球碰撞前、后的速率之比为3∶1，A球垂直撞向挡板，碰后原速率返回．两球刚好不发生第二次碰撞，A、B两球的质量之比为____________，A、B两球碰撞前后两球总动能之比为________．图610．如图7所示，方盒A静止在光滑的水平面上，盒内有一个小滑块B，盒的质量是滑块的2倍，滑块与盒内水平面间的动摩擦因数为μ；若滑块以速度v开始向左运动，与盒的左、右壁发生无机械能损失的碰撞，滑块在盒中来回运动多次，最终相对于盒静止，则此时盒的速度大小为________；滑块相对于盒运动的路程为________．图7三、说理题：本题共1小题，共28分。11.如图8所示，在光滑的水平面上有一长为L的木板B，上表面粗糙，在其左端有一光滑的eq\f(1,4)圆弧槽C，与长木板接触但不相连，圆弧槽的下端与木板上表面相平，B、C静止在水平面上．现有滑块A以初速度v0从右端滑上B，一段时间后，以eq\f(v0,2)滑离B，并恰好能到达C的最高点．A、B、C的质量均为m.求：(1)A刚滑离木板B时，木板B的速度；(2)A与B的上表面间的动摩擦因数μ；(3)圆弧槽C的半径R；(4)从开始滑上B到最后滑离C的过程中A损失的机械能．图8廉江市实验学校高补部第13次物理限时训练答题卡姓名：___________班级：________考号：________分数：__________一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1~6题只有一项符合题目要求，第7~8题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。题号12345678答案填空题：共24分。9，；10，。三、说理题（28分）11、限时训练13参考答案马进审题人：张锡东全卷满分：100分用时：40分钟考试时间：2019.11.8选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～8题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1答案：B[小球P和Q的正碰满足动量守恒定律(设小球P的运动方向为正方向)，有：mv＋0＝－m·eq\f(v,2)＋3m·v′，解得：v′＝eq\f(v,2)，故选B.]2答案：C[A、B两人及小车组成的系统不受外力，系统动量守恒，根据动量守恒定律得：mAvA＋mBvB＋m车v车＝0，若小车不动，则mAvA＋mBvB＝0，由于不知道A、B质量的关系，所以两人速率不一定相等，故A错误；若小车向左运动，则A、B的动量和必须向右，而A向右运动，B向左运动，所以A的动量一定比B的大，故B、D错误，C正确．]3答案：D[A、B组成的系统动量守恒，A、B刚开始时动量为零，所以运动过程中总动量时刻为零，所以B先向右加速后又减速到零，因为系统机械能守恒，当B静止时，A恰好运动到左侧最高点，A错误．根据动量守恒定律可得meq\f(s1,t)＝2meq\f(s2,t)，又知道s1＋s2＝2R，所以可得s2＝eq\f(2,3)R，D正确．B向右先加速后减速，减速到零之后又向左先加速后减速，即做往返运动，C错误；当A运动到最低点时，水平方向上动量守恒，所以有mv1＝2mv2，因为系统满足机械能守恒，所以有mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,2)，联立可得v1＝eq\r(\f(4,3)gR)，B错误．]4答案：B[根据动能定理：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＝eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,1)－Wf.因此速度不可能达到eq\r(\f(k,m))x1，A错误；当木板静止时，小物块在长木板上做往复运动，只有弹力做功，系统的机械能守恒，所以当木板静止时，系统具有的机械能为eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,2)，根据能量守恒定律得，eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,2)＝fs，因此s＝eq\f(k,2f)(xeq\o\al(2,1)－xeq\o\al(2,2))，B正确；木板静止后，板受到的静摩擦力大小随弹簧伸缩量的改变而改变，C错误；若将长木板改放在光滑地面上，重复上述操作，根据动量守恒定律，运动过程中物块和木板的速度方向一定相反，D错误．]5答案：D[当A向左压缩弹簧时A木块减速，B板做加速度增大的加速运动，当弹簧压缩量最大时，A、B共速，之后弹簧在恢复形变的过程中B板做加速度减小的加速运动，A木块继续减速，当弹簧恢复原长时B板达最大速度，所以A、B选项均错；当弹簧恢复原长时，设A、B的速度分别为v1和v2，由动量守恒定律得，2mv0＝2mv1＋mv2，由能量守恒定律有eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，联立解得：v1＝eq\f(1,3)v0，v2＝eq\f(4,3)v0，弹簧给木块A的冲量I＝2mv1－2mv0＝－eq\f(4mv0,3)，所以弹簧给木块A的冲量大小为eq\f(4mv0,3)，C选项错误；弹簧最大的弹性势能发生在A、B共速时，设共速的速度为v，由动量守恒知2mv0＝3mv，v＝eq\f(2v0,3)，Ep＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)×3mv2＝eq\f(1,3)mveq\o\al(2,0)，所以D选项正确．]6答案：D[由于F1、F2等大反向，m、M系统所受合外力为零，因此动量守恒，故系统的总动量始终为零．④正确；开始阶段弹簧弹力小于F1和F2，m、M都做加速运动，动能增加，当弹力增大到与F1和F2等大时，m、M动能都最大，系统机械能一直增大，①错误，②正确；上述加速过程弹簧弹力逐渐增大，合力逐渐减小，不是匀加速运动，③错误，所以应该选D.]7答案：BD[汽车做匀速圆周运动，则动量大小不变，但方向变化，故A错误；汽车在驶下时，存在摩擦力做功，所以汽车的机械能减少，故B正确；由于汽车做匀速圆周运动，是变速运动，则所受的合外力不为零，故C错误；汽车所受的合外力与速度始终垂直，所以此力不做功，故D正确．]8答案：ACD[皮球上升过程中克服重力做的功、下降过程中重力做的功均为mgh，A正确；皮球先后通过同一位置的过程中，重力做功为零，阻力做负功，根据动能定理可知v>v′，因此上升过程的平均速度一定大于下降过程的平均速度，所以上升时间小于下降时间，根据冲量的概念可知上升过程重力冲量较小，B错误；如图所示为上抛过程中的速度图象，第一、第四象限中阴影部分的面积分别表示上升和下降过程的位移，大小相等方向相反；由于f∝v，可将纵坐标改为f，第一、第四象限中阴影部分的面积仍相等，说明上升、下降过程阻力的冲量等大反向，C正确；下降到A点时，重力势能减小eq\f(1,2)mgH，但由于克服阻力做功，动能的增加量小于eq\f(1,2)mgH，因此重力势能与动能相等的位置在A点下方，D正确．]9答案：4∶19∶5解析设A、B球的质量分别为mA和mB,A球碰撞后的速度大小为vA2,B球碰撞前、后的速度大小分别为vB1和vB2,由题意知vB1∶vB2＝3∶1,vA2＝vB2.A、B碰撞过程由动量守恒定律得mBvB1＝mAvA2－mBvB2,所以有eq\f(mA,mB)＝eq\f(vB1＋vB2,vA2)＝eq\f(4,1).碰撞前后的总动能之比为eq\f(\f(1,2)mBv\o\al(2,B1),\f(1,2)mBv\o\al(2,B2)＋\f(1,2)mAv\o\al(2,A2))＝eq\f(9,5).10答案：eq\f(v,3)eq\f(v2,3μg)解析设滑块质量为m,则盒子的质量为2m;对整个过程,由动量守恒定律可得,mv＝3mv共解得，v共＝eq\f(v,3).由功能关系可得μmgs＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)·3m·(eq\f(v,3))2解得s＝eq\f(v2,3μg).11答案：(1)eq\f(v0,4)(2)eq\f(5v\o\al(2,0),16gL)(3)eq\f(v\o\al(2,0),64g)(4)eq\f(15mv\o\al(2,0),32)解析(1)对A在木板B上的滑动过程，取A、B、C为一个系统，根据动量守恒定律有：mv0＝meq\f(v0,2)＋2mvB4分解得vB＝eq\f(v0,4)1分(2)对A在木板B上的滑动过程，A、B、C系统减少的动能全部转化为系统产生的热量μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq