高中物理人教版选修3-5课时训练第十六章高考真题集训

第十六章高考真题集训一、选择题1．(2019·江苏高考)质量为M的小孩站在质量为m的滑板上，小孩和滑板均处于静止状态，忽略滑板与地面间的摩擦。小孩沿水平方向跃离滑板，离开滑板时的速度大小为v，此时滑板的速度大小为()A.eq\f(m,M)v B.eq\f(M,m)vC.eq\f(m,m＋M)v D.eq\f(M,m＋M)v答案B解析由题意知，小孩跃离滑板时小孩和滑板组成的系统动量守恒，则Mv＋mv′＝0，得v′＝eq\f(－Mv,m)，即滑板的速度大小为eq\f(Mv,m)，B正确。2．(2019·全国卷Ⅰ)最近，我国为“长征九号”×106N，则它在1s时间内喷射的气体质量约为()×102×103kg×105×106kg答案B解析设1s内喷出气体的质量为m，喷出的气体与该发动机的相互作用力为F，由动量定理Ft＝mv知，m＝eq\f(Ft,v)＝×106×1,3×103)×103kg，B正确。3．(2018·全国卷Ⅱ)高空坠物极易对行人造成伤害。若一个50g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的撞击时间约为2ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为()A．10N B．102NC．103N D．104N答案C解析设鸡蛋落地瞬间的速度为v，每层楼的高度大约是3m，由动能定理可知：mgh＝eq\f(1,2)mv2，解得：v＝eq\r(2gh)＝eq\r(2×10×3×24)m/s＝12eq\r(10)m/s。落地时受到自身的重力和地面的支持力，规定向上为正方向，由动量定理可知：(N－mg)t＝0－(－mv)，解得：N≈1×103N，根据牛顿第三定律可知鸡蛋对地面产生的冲击力约为103N，故C正确。4．(2017·全国卷Ⅰ)将质量为1.00kg的模型火箭点火升空，50g燃烧的燃气以大小为600m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)()×102kg·m/s×102×102kg·m/s答案A解析由于喷气时间短，且不计重力和空气阻力，则火箭和燃气组成的系统动量守恒。燃气的动量p1＝mv×600kg·m/s＝30kg·m/s，则火箭的动量大小p2＝p1＝30kg·m/s，A正确。二、填空题5．(2018·天津高考)×103N，则子弹射入木块的深度为________m。答案解析根据动量守恒定律可得mv0＝(M＋m)v，解得v＝eq\f(mv0,M＋m)＝×200,0.45＋0.05)m/s＝20m/s；系统减小的动能转化为克服阻力产生的内能，故有fd＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(M＋m)v2，解得d＝eq\f(\f(1,2)mv\o\al(2,0)－\f(1,2)M＋mv2,f)＝eq\f(\f(1,2)××2002－\f(1,2)××202,×103)m＝0.2m。6．(2016·天津高考)如图所示，方盒A静止在光滑的水平面上，盒内有一小滑块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________。答案eq\f(v,3)eq\f(v2,3μg)解析设滑块的质量为m，最终盒与滑块的共同速度为v′根据动量守恒得：mv＝(m＋2m)v′解得v′＝eq\f(1,3)v设滑块相对于盒的运动路程为s根据能量守恒得：μmgs＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)(m＋2m)v′2解得s＝eq\f(v2,3μg)。三、计算题7．(2018·江苏高考)如图所示，悬挂于竖直弹簧下端的小球质量为m，运动速度的大小为v，方向向下。经过时间t，小球的速度大小为v，方向变为向上。忽略空气阻力，重力加速度为g，求该运动过程中，小球所受弹簧弹力冲量的大小。答案2mv＋mgt解析取向上为正方向，由动量定理得mv－(－mv)＝I，且小球所受总的冲量I＝(eq\x\to(F)－mg)t，解得小球所受弹簧弹力的冲量I′＝eq\x\to(F)t＝2mv＋mgt。8．(2018·全国卷Ⅱ)汽车A在水平冰雪路面上行驶，驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B。两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B车向前滑动了4.5m，A车向前滑动了2.0m，已知A和B×103×103kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g＝10m/s2。求：(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小；(2)碰撞前的瞬间A车速度的大小。答案(1)3.0m/s(2)4.25m/s解析(1)设B车质量为mB，碰后加速度大小为aB，根据牛顿第二定律有μmBg＝mBaB①式中μ是汽车与路面间的动摩擦因数。设碰撞后瞬间B车速度的大小为vB′，碰撞后滑行的距离为sB。由运动学公式有vB′2＝2aBsB②联立①②式并利用题给数据得vB′＝3.0m/s③(2)设A车的质量为mA，碰后加速度大小为aA。根据牛顿第二定律有μmAg＝mAaA④设碰撞后瞬间A车速度的大小为vA′，碰撞后滑行的距离为sA。由运动学公式有vA′2＝2aAsA⑤设碰撞前瞬间A车速度的大小为vA，两车在碰撞过程中动量守恒，有mAvA＝mAvA′＋mBvB′⑥联立③④⑤⑥式并利用题给数据得vA＝4.25m/s。9．(2018·全国卷Ⅰ)一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空。当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量。求：(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。答案(1)eq\f(1,g)eq\r(\f(2E,m))(2)eq\f(2E,mg)解析(1)设烟花弹上升的初速度为v0，由题给条件有E＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)①设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t，由运动学公式有0－v0＝－gt②联立①②式得t＝eq\f(1,g)eq\r(\f(2E,m))③(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1，由机械能守恒定律有E＝mgh1④火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设炸后瞬间其速度分别为v1和v2，规定竖直向上为正方向由题给条件和动量守恒定律有eq\f(1,4)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,4)mveq\o\al(2,2)＝E⑤eq\f(1,2)mv1＋eq\f(1,2)mv2＝0⑥由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动。设爆炸后烟花弹上部分继续上升的高度为h2，由机械能守恒定律有eq\f(1,4)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(m,2)gh2⑦联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为h＝h1＋h2＝eq\f(2E,mg)。10.(2017·天津高考)如图所示，物块A和B通过一根轻质不可伸长的细绳相连，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为mA＝2kg、mB＝1kg。初始时A静止于水平地面上，B悬于空中。现将B竖直向上再举高h＝1.8m(未触及滑轮)，然后由静止释放。一段时间后细绳绷直，A、B以大小相等的速度一起运动，之后B恰好可以和地面接触。取g＝10m/s2，空气阻力不计。求：(1)B从释放到细绳绷直时的运动时间t；(2)A的最大速度v的大小；(3)初始时B离地面的高度H。答案(1)0.6s(2)2m/s(3)0.6m解析(1)B从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，有h＝eq\f(1,2)gt2①代入数据解得t＝0.6s②(2)设细绳绷直前瞬间B速度大小为vB，有vB＝gt③细绳绷直瞬间，细绳张力T远大于A、B的重力，由动量定理得TΔt＝mAv′④－TΔt＝mBv′－mBvB⑤之后A做匀减速运动，所以细绳绷直后瞬间A的速度v′即为A的最大速度，联立②③④⑤式，代入数据解得v＝v′＝2m/s⑥(3)细绳绷直后，A、B一起运动，B恰好可以和地面接触，说明此时A、B的速度为零，这一过程中A、B组成的系统机械能守恒，有eq\f(1,2)(mA＋mB)v2＋mBgH＝mAgH⑦代入数据解得H＝0.6m。11．(2016·全国卷Ⅰ)某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中。为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开。忽略空气阻力。已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g。求：(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。答案(1)ρv0S(2)eq\f(v\o\al(2,0),2g)－eq\f(M2g,2ρ2v\o\al(2,0)S2)解析(1)设Δt时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则：Δm＝ρΔV①ΔV＝v0SΔt②由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为eq\f(Δm,Δt)＝ρv0S③(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v。对于Δt时间内喷出的水，由机械能守恒得eq\f(1,2)(Δm)v2＋(Δm)·gh＝eq\f(1,2)(Δm)veq\o\al(2,0)④在h高度处，Δt时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为Δp＝(Δm)v⑤设玩具对水的作用力的大小为F，根据动量定理有(F＋Δmg)Δt＝Δp⑥利用Δp＝(Δm)v、Δm＝ρV0SΔt，⑥式可写为FΔt＋ρV0SgΔt2＝ρV0SvΔt⑦⑦式等号左边含有Δt2的Δt2项可略去，得F＝ρV0vS⑧根据牛顿第三定律，水对玩具的作用力大小F′＝F由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得F′＝Mg⑨联立④⑧⑨式得h＝eq\f(v\o\al(2,0),2g)－eq\f(M2g,2ρ2v\o\al(2,0)S2)。12．(2019·全国卷Ⅲ)静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mA＝1.0kg，mB＝4.0kg；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离l＝1.0m，如图所示。某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为Ek＝10.0J。释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动。A、B与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.20。重力加速度取g＝10m/s2。A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。(1)求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小；(2)物块A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与B之间的距离是多少？(3)A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？答案(1)4.0m/s1.0m/s(2)物块B先停止0.50m(3)0.91m解析(1)设弹簧释放后瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB，以向右为正，由动量守恒定律、机械能守恒定律和题给条件有0＝mAvA－mBvB①Ek＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)②联立①②式并代入题给数据得vA＝4.0m/s，vB＝1.0m/s③(2)A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a。假设A和B发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B。设从弹簧释放到B停止所需时间为t，B向左运动的路程为sB，则有mBa＝μmBg④sB＝vBt－eq\f(1,2)at2⑤vB－at＝0⑥在时间t内，A可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A将向左运动，碰撞并不改变A的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A在时间t内的路程sA都可表示为sA＝vAt－eq\f(1,2)at2⑦联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得sA＝1.75m，sB＝0.25m⑧这表明在时间t内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B发生碰撞，此时A位于出发点右边0.25m处，B位于出发点左边0.25m处，两物块之间的距离s为s＝0.25m＋0.25m＝0.50m⑨(3)t时刻后A将继续向左运动，假设它能与静止的B碰撞，碰撞前速度的大小为vA′，由动能定理有eq\f(1,2)mAvA′2－eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＝－μmAg(2l＋sB)⑩联立③⑧⑩式并代入题给数据得vA′＝eq\r(7)m/s⑪故A与B将发生碰撞。设碰撞后A、B的速度分别为vA″和vB″，由动量守恒定律与机械能守恒定律有mA(－vA′)＝mAvA″＋mBvB″⑫eq\f(1,2)mAvA′2＝eq\f(1,2)mAvA″2＋eq\f(1,2)mBvB″2⑬联立⑪⑫⑬式并代入题给数据得vA″＝eq\f(3\r(7),5)m/s，vB″＝－eq\f(2\r(7),5)m/s⑭这表明碰撞后A将向右运动，B继续向左运动。假设碰撞后A向右运动距离为sA′时停止，B向左运动距离为sB′时停止，由运动学公式2asA′＝vA″2,2asB′＝vB″2⑮由④⑭⑮式及题给数据得sA′＝0.63m，sB′＝0.28m⑯sA′小于碰撞处到墙壁的距离。由上式可得两物块停止后的距离s′＝sA′＋sB′＝0.91m⑰13．(2019·全国卷Ⅱ)一质量为m＝2000kg的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶。行驶过程中，司机突然发现前方100m处有一警示牌，立即刹车。刹车过程中，汽车所受阻力大小随时间的变化可简化为图a中的图线。图a中，0～t1时间段为从司机发现警示牌到采取措施的反应时间(这段时间内汽车所受阻力已忽略，汽车仍保持匀速行驶)，t1＝0.8s；t1～t2时间段为刹车系统的启动时间，t2＝1.3s；从t2时刻开始汽车的刹车系统稳定工作，直至汽车停止。已知从t2时刻开始，汽车第1s内的位移为24m，第4s内的位移为1m。(1)在图b中定性画出从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的v­t图线；(2)求t2时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小；(3)求刹车前汽车匀速行驶时的速度大小及t1～t2时间内汽车克服阻力做的功；从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离约为多少(以t1～t2时间段始末速度的算术平均值替代这段时间内汽车的平均速度)?答案(1)图见解析(2)28m/s8m/s2×105J87.5m解析(1)v­t图象如图所示。(2)设刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为v1，则t1时刻的速度也为v1；设t2时刻的速度为v2。在t2时刻后汽车做匀减速运动，设其加速度大小为a，取Δt＝1s。设汽车在t2＋(n－1)Δt～t2＋nΔt内的位移为sn，n＝1,2,3，…。若汽车在t2＋3Δt～t2＋4Δt时间内未停止，设它在t2＋3Δt时刻的速度为v3，在t2＋4Δt时刻的速度为v4，由运动学公式有s1－s4＝3a(Δt)2①s1＝v2Δt－eq\f(1,2)a(Δt)2②v4＝v2－4aΔt③联立①②③式，代入已知数据解得v4＝－eq\f(17,6)m/s④这说明在t2＋4Δt时刻前，汽车已经停止。因此，①③④式不成立。由于在t2＋3Δt～t2＋4Δt内汽车停止，由运动学公式v3＝v2－3aΔt⑤2as4＝veq\o\al(2,3)⑥联立②⑤⑥式，代入已知数据解得a＝8m/s2，v2＝28m/s⑦或a＝eq\f(288,25)m/s2，v2＝29.76m/s⑧但⑧式情形下，v3＜0，不符合题意，舍去。(3)设汽车的刹车系统稳定工作时，汽车所受阻力的大小为f1，由牛顿第二定律有f1＝ma⑨在t1～t2时间内，阻力对汽车冲量的大小为I＝eq\f(1,2)f1(t2－t1)⑩由动量定理有I＝mv1－mv2⑪由动能定理，在t1～t2时间内，汽车克服阻力做的功为W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)⑫联立⑦⑨eq\o(○,\s\up4(10))⑪⑫式，代入已知数据解得v1＝30m/s⑬W×105J⑭从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离约为s＝v1t1＋eq\f(1,2)(v1＋v2)(t2－t1)＋eq\f(v\o\al(2,2),2a)⑮联立⑦⑬⑮式，代入已知数据解得s＝87.5m。⑯14．(2019·全国卷Ⅰ)竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B静止于水平轨道的最左端，如图a所示。t＝0时刻，小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B发生弹性碰撞(碰撞时间极短)；当A返回到倾斜轨道上的P点(图中未标出)时，速度减为0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止。物块A运动的v­t图象如图b所示，图中的v1和t1均为未知量。已知A的质量为m，初始时A与B的高度差为H，重力加速度大小为g，不计空气阻力。(1)求物块B的质量；(2)在图b所描述的整个运动过程中，求物块A克服摩擦力所做的功；(3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等。在物块B停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将A从P点释放，一段时间后A刚好能与B再次碰上。求改变前后动摩擦因数的比值。答案(1)3m(2)eq\f(2,15)mgH(3)eq\f(11,9)解析(1)根据图b，v1为物块A在碰撞前瞬间速度的大小，eq\f(v1,2)为其碰撞后瞬间速度的大小。设物块B的质量为m′，碰撞后瞬间的速度大小为v′。由动量守恒定律和机械能守恒定律有mv1＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(v1,2)))＋m′v′①eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)v1))2＋eq\f(1,2)m′v′2②联立①②式得m′＝3m③(2)在图b所描述的运动中，设物块A与倾斜轨道间的滑动摩擦力大小为f，下滑过程中所走过的路程为s1，返回过程中所走过的路程为s2，P点的高度为h，整个过程中克服摩擦力所做的功为W。由动能定理有mgH－fs1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－0④－(fs2＋mgh)＝0－eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(v1,2)))2⑤从图b所给出的v­t图线可知s1＝eq\f(1,2)v1t1⑥s2＝eq\f(1,2)·eq\f(v1,2)t1－t1)⑦由几何关系eq\f(s2,s1)＝eq\f(h,H)⑧物块A在整个过程中克服摩擦力所做的功为W＝fs1＋fs2⑨联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得W＝eq\f(2,15)mgH⑩(3)设倾斜轨道倾角为θ，物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为μ，有W＝μmgcosθ·eq\f(H＋h,sinθ)⑪设物块B在水平轨道上能够滑行的距离为s′，由动能定理有－μm′gs′＝0－eq\f(1,2)m′v′2⑫设改变后的动摩擦因数为μ′，由动能定理有mgh－μ′mgcosθ·eq\f(h,sinθ)－μ′mgs′＝0⑬联立①③④⑤⑥⑦⑧⑩⑪⑫⑬式可得eq\f(μ,μ′)＝eq\f(11,9)。15．(2019·天津高考)2018年，人类历史上第一架由离子引擎推动的飞机诞生，这种引擎不需要燃料，也无污染物排放。引擎获得推力的原理如图所示，进入电离室的气体被电离成正离子，而后飘入电极A、B之间的匀强电场(初速度忽略不计)，A、B间电压为U，使正离子加速形成离子束，在加速过程中引擎获得恒定的推力。单位时间内飘入的正离子数目为定值，离子质量为m，电荷量为Ze，其中Z是正整数，e是元电荷。(1)若引擎获得的推力为F1，求单位时间内飘入A、B间的正离子数目N为多少；(2)加速正离子束所消耗的功率P不同时，引擎获得的推力F也不同，试推导eq\f(F,P)的表达式；(3)为提高能量的转换效率，要使eq\f(F,P)尽量大，请提出增大eq\f(F,P)的三条建议。答案(1)eq\f(F1,\r(2ZemU))(2)eq\r(\f(2m,ZeU))(3)见解析解析(1)设正离子经过电极B时的速度为v，根据动能定理，有ZeU＝eq\f(1,2)mv2－0①设正离子束所受的电场力为F1′，根据牛顿第三定律，有F1′＝F1②设引擎在Δt时间内飘入A、B间的正离子个数为ΔN，由动量定理，有F1′Δt＝ΔNmv－0③联立①②③式，且N＝eq\f(ΔN,Δt)得N＝eq\f(F1,\r(2ZemU))④(2)设正离子束所受的电场力为F′，由正离子束在电场中做匀加速直线运动，有P＝eq\f(1,2)F′v⑤由牛顿第三定律得F′＝F，联立①⑤式得eq\f(F,P)＝eq\r(\f(2m,ZeU))⑥(3)为使eq\f(F,P)尽量大，分析⑥式得到三条建议：用质量大的离子；用带电荷量少的离子；减小加速电压。16．(2019·北京高考)雨滴落到地面的速度通常仅为几米每秒，这与雨滴下落过