高考物理 第十二章 第二讲 创新演练大冲关

创新演练大冲关(时间45分钟，满分100分)一、选择题(本题包括10小题，每小题7分，共70分．至少一个选项符合题目要求)1．木块a和b用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上，在b上施加向左的水平力使弹簧压缩，如图1所示，当撤去外力后，下列说法中正确的是()图1①a尚未离开墙壁前，a和b系统的动量守恒②a尚未离开墙壁前，a与b系统的动量不守恒③a离开墙后，a、b系统动量守恒④a离开墙后，a、b系统动量不守恒A．①③ B．②④C．①④ D．②③解析：以a、b、弹簧为系统，撤去外力后，b向右运动，在a尚未离开墙壁前，系统受到墙壁的弹力FN，因此，该过程a、b系统动量不守恒，当a离开墙壁后，系统水平方向不受外力，故系统动量守恒．答案：D2．(·张掖联考)放在光滑水平面上的甲、乙两物体，系在同一根绳的两端，开始时绳是松弛的，今使甲、乙沿平面反向运动并将绳拉断，那么在绳拉断后，对甲、乙可能的运动情况分析错误的是()A．甲和乙同时都停下来B．甲和乙仍按各自原来的运动方向运动C．其中一个停下来，另一个反向运动D．其中一个停下来，另一个仍按原方向运动解析：作用前后总动量守恒，如果一个停下来，另一个反方向运动，则违背动量守恒定律，A、B、D三个选项都遵从动量守恒定律．答案：C3．如图2所示，质量为M的盒子放在光滑的水平面上，盒子内表面不光滑，盒内放有一块质量为m的物体，某时刻给物体一个水平向右的初速度v0，那么在物体与盒子前后壁多次往复碰撞后()图2A．两者的速度均为零B．两者的速度总不会相等C．盒子的最终速度为eq\f(mv0,M)，方向水平向右D．盒子的最终速度为eq\f(mv0,M＋m)，方向水平向右解析：由于盒子内表面不光滑，在多次碰后物体与盒相对静止，由动量守恒得：mv0＝(M＋m)v′，解得：v′＝eq\f(mv0,M＋m)，故D对．答案：D4．在高速公路上发生一起交通事故，一辆质量为1500kg向南行驶的长途客车迎面撞上了一辆质量为3000kg向北行驶的卡车，碰后两辆车接在一起，并向南滑行了一小段距离停止．根据测速仪的测定，长途客车碰前以20m/s的速度行驶，由此可判断卡车碰前的行驶速率()A．小于10m/sB．大于10m/s，小于20m/sC．大于20m/s，小于30m/sD．大于30m/s，小于40m/s解析：取向南为正方向，由题意知系统的总动量向南，由动量守恒定律有m1v1－m2v2>0，即v2<eq\f(m1,m2)v1＝eq\f(1500,3000)×20m/s＝10m/s，A选项正确．答案：A5．斜面体的质量为M，斜面的倾角为α，放在光滑的水平面上处于静止．一个小物块质量为m，以沿斜面方向的速度v冲上斜面体，若斜面足够长，物块与斜面的动摩擦因数为μ，μ>tanα，则小物块冲上斜面的过程中()A．斜面体与物块的总动量守恒B．斜面体与物块的水平方向总动量守恒C．斜面体与物块的最终速度为eq\f(mv,M＋m)D．斜面体与物块的最终速度为eq\f(Mv,M＋m)解析：物块与斜面体组成的系统水平方向不受力，水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，故A错，B对；由于μ>tanα，物体滑到最高点时停下来，不再沿斜面下滑，故mvcosα＝(M＋m)v′，斜面体与物体的最终速度v′＝eq\f(mvcosα,M＋m)，故C、D错．答案：B6．(·安顺模拟)如图3所示，两条形磁铁各固定在甲、乙两车上，它们能在水平面上无摩擦地运动，甲车和磁铁的总质量为1kg，乙车和磁铁的总质量为0.5kg，两磁铁N极相对，推动一下使两车在同一直线上相向而行，某时刻甲车的速度为2m/s，乙车的速度为3m/s，可以看到它们还未碰上便分开了．下列说法正确的是()图3A．乙车开始反向时，甲车的速度为1m/s，方向不变B．两车距离最近时，乙车的速度为零C．两车距离最近时，乙车的速度为0.33m/s，与乙车原来的速度方向相反D．甲对乙的冲量等于乙对甲的冲量解析：乙车开始反向时，速度为零，由动量守恒可推得这时甲车速度为0.5m/s，沿原方向，两车相距最近应是速度相等之时，v甲＝v乙＝eq\f(0.5,1.5)m/s≈0.33m/s，甲、乙冲量大小相等、方向相反．则C正确．答案：C7．甲、乙两人站在静止小车左右两端，如图4所示，当他俩同时相向而行时，发现小车向右运动，下列说法中错误的是(轨道光滑)()图4A．乙的速度必定大于甲的速度B．乙对小车的冲量必定大于甲对小车的冲量C．乙的动量大小必定大于甲的动量大小D．甲、乙动量总和必定不为零解析：对甲、乙和小车组成的系统，由动量守恒可得：m甲v甲－m乙v乙＋m车v车＝0(取向右为正方向)，由上式很容易得出C、D均正确；因不知m甲、m乙的大小关系，所以甲、乙的速度关系不能确定，A错误；对小车用动量定理得：I乙－I甲＝m车v车(取向右为正方向)，所以I乙＞I甲，B项正确．答案：A8．如图5所示，一光滑地面上有一质量为m′的足够长的木板ab，一质量为m的人站在木板的a端，关于人由静止开始运动到木板的b端(M、N表示地面上原a、b对应的点)，图6所示中正确的图5是()图6解析：根据动量守恒定律，木板与人组成的系统动量守恒，对于题中的“人板模型”，各自对地的位移为sm′、sm，且有m′sm′＝msm，sm′＋sm＝L板长，以M点为参考点，人向右运动，木板向左运动，易得D是正确的．答案：D9．(·东城模拟)如图7所示，一沙袋用轻细绳悬于O点．开始时沙袋静止，此后用弹丸以水平速度击中沙袋后均未穿出．第一粒弹丸的速度为v1，打入沙袋后二者共同摆动的最大摆角为30°.当其第一次返回图示位置时，第二粒弹丸以水平速度v2又击中沙袋，使沙袋向右摆动且最大摆角仍为30°.若弹丸质量是沙袋质量的eq\f(1,40)，则以下结论中正确的是()图7A．v1＝v2 B．v1∶v2＝41∶42C．v1∶v2＝42∶41 D．v1∶v2＝41∶83解析：根据摆动过程中机械能守恒和两次击中沙袋摆动的角度相等可知，两次击中沙袋后的速度相同，设为v，用M表示沙袋的质量，m表示弹丸的质量，由动量守恒得第一次：mv1＝(M＋m)v第二次：mv2－(M＋m)v＝(M＋2m)v，m＝eq\f(1,40)M，解以上三式得：v1∶v2＝41∶83，故选项D是正确的．答案：D10．水平传送带上表面与水平桌面等高，右端与桌面紧密相接，左端足够长，传送带始终顺时针匀速转动传送木箱．如图8所示，木箱与传送带已有相同的速度，当木箱到达传送带右端时，突然遇到水平向左射来的子弹，二者迅速结为一体．已知木箱动量图8p1的大小小于子弹动量p2的大小，最终木箱停在桌面上的Q点，下列说法中正确的是()A．若只增大子弹射入的速度，木箱可能停在Q点的右侧B．若只增大子弹射入的速度，木箱可能停在Q点的左侧C．若只增大木箱与传送带间的动摩擦因数，木箱可能停在Q点的右侧D．若只增大木箱与传送带间的动摩擦因数，木箱可能停在Q点的左侧解析：p1<p2，子弹和木箱合为一体后总动量方向向左，结合体向左减速，然后反向加速，到达传送带右端时，由动能定理μmgs＝eq\f(1,2)mv2，最后停于Q点．若只增大子弹射入的速度，其合为一体时总动量增大，结合体仍向左减速，然后向右加速，可能一直加速，也可能先加速后匀速，故到达传送带右端时速度大于或等于碰后的速度，故可能仍在Q点或在Q点右侧，A对，B错．若增大木箱与传送带间的动摩擦因数，到达右端时速度不变，故仍在Q点，C、D错．答案：A二、计算题(本题共2小题，共30分)11．(15分)(·山东高考)如图9所示，滑块A、C质量均为m，滑块B质量为eq\f(3,2)m.开始时A、B分别以v1、v2的速度沿光滑水平轨道向固定在右侧的挡板运动，现将C无初速地放在A上，并与A粘合不再分开，此时A与B相距较近，B与挡板相距足够远．若B与挡图9板碰撞将以原速率反弹，A与B碰撞将粘合在一起．为使B能与挡板碰撞两次，v1、v2应满足什么关系？解析：设向右为正方向，A与C粘合在一起的共同速度为v′，由动量守恒定律得mv1＝2mv′ ①为保证B碰挡板前A未能追上B，应满足v′≤v2 ②设A与B碰后的共同速度为v″，由动量守恒定律得2mv′－eq\f(3,2)mv2＝eq\f(7,2)mv″ ③为使B能与挡板再次碰撞应满足v″＞0 ④联立①②③④式得1．5v2＜v1≤2v2或eq\f(1,2)v1≤v2＜eq\f(2,3)v1. ⑤答案：1.5v2<v1≤2v2或eq\f(1,2)v1≤v2<eq\f(2,3)v112．(15分)如图10所示，mA＝1kg，mB＝4kg，小物块mC＝1kg，ab、dc段均光滑，dc段足够长；物体A、B上表面粗糙，最初均处于静止．最初小物块C静止在a点，已知ab长度L＝16m，现给小物块C一个水平向右的瞬间冲量I0＝6N·s.图10(1)当C滑上A后，若刚好在A的右边缘与A具有共同的速度v1(此时还未与B相碰)，求v1的大小；(2)A、C共同运动一段时间后与B相碰，若已知碰后A被反弹回来，速度大小为0.2m/s，C最后和B保持相对静止，求B、C最终具有的共同速度v2.解析：(1)对物块C，由动量定理，取向右为正方向I0＝m