衡水中学2020届一轮复习物理用书

1二、选择题1．如图所示，竖直面内有一个固定圆环，MN是它在竖直方向上的直径．两根光滑滑轨MP、QN的端点都在圆周上，MPQN.将两个完全相同的小滑块a、b分别从M、Q点无初速度释放，在它们各自沿MP、QN运动到圆周上的过程中，下列说法中正确的是()A．合力对两滑块的冲量大小相同B．重力对a滑块的冲量较大C．弹力对a滑块的冲量较小D．两滑块的动量变化大小相同【解析】这是“等时圆”，即两滑块同时到达滑轨底端．合力F＝mgsinθ(θ为滑轨倾角)，FaFb，因此合力对a滑块的冲量较大，a滑块的动量变化也大；重力的冲量大小、方向都相同；弹力FN＝mgcosθ，FNaFNb，因此弹力对a滑块的冲量较小．选C.【答案】C2.(2018·山东泰安高三上学期期中)如图所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，a在圆周最高点，d在圆周最低点，每根杆上都套着质量相等的小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a、b、c同时由静止释放．关于它们下滑的过程，下列说法正确的是()A．重力对它们的冲量相同B．弹力对它们的冲量相同C．合外力对它们的冲量相同D．它们动能的增量相同【解析】由等时圆的特征知t＝2Rg，只有重力对它们的冲量相同，A正确．【答案】A二、解答题4．(2018·山东临沂高三上学期期中)质量为1×103kg的甲、乙两辆汽车同时同地沿同一直线运动，甲车刹车，乙车从静止加速，两车的动能随位移变化的Ek­x图象如图所示，求：(1)甲汽车从出发点到x＝9m处的过程中所受合外力的冲量大小；(2)甲、乙两汽车从出发到相遇的时间．【解析】由图象可得：v甲1＝6m/s，v甲2＝0，v乙1＝0，v乙2＝32m/s由题意，在从出发点到x＝9m的过程中，由动能定理得对甲车：F甲x＝12mv2甲2－12mv2甲1对乙车：F乙x＝12mv2乙2－12mv2乙1解得：F甲＝－2×103N，F乙＝1×103N由牛顿第二定律F＝ma知：a甲＝－2m/s2，a乙＝1m/s2(1)由动量定理：I甲＝mv甲2－mv甲1＝－6000N·s(或t＝v甲2－v甲1a甲＝3s，由冲量的定义I甲＝F甲·t＝－6000N·s)负号说明方向与初速度方向相反，冲量大小为6000N·s.(2)由运动学公式：t＝v甲2－v甲1a甲＝3s，即甲车3s内就停止了，此时甲车的位移x甲＝v甲2＋v甲13t＝9m设乙车发生9m的位移需要时间为t乙，则x甲＝x乙＝12a乙t2乙，解得t乙＝32s3s.即甲、乙两汽车相遇的时间为32s.【答案】(1)6000N·s(2)32s10．如图所示，一个质量为m的玩具蛙，蹲在质量为M的小车的细杆上，小车放在光滑的水平桌面上，若车长为L，细杆高为h，且位于小车的中点，试求：当玩具蛙最小以多大的水平速度v跳出，才能落到桌面上．【解析】蛙跳出后做平抛运动，运动时间为t＝2hg，蛙与车水平方向动量守恒，可知mx＝ML2－x，蛙要能落到桌面上，其最小水平速度为v＝xt，上面三式联立求得v＝LM4m＋M2gh.【答案】LM4m＋M2gh二、选择题212．两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1kg，mB＝2kg，vA＝6m/s，vB＝2m/s.当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是()A．vA′＝5m/s，vB′＝2.5m/sB．vA′＝2m/s，vB′＝4m/sC．vA′＝－4m/s，vB′＝7m/sD．vA′＝7m/s，vB′＝1.5m/s【解析】虽然题中四个选项均满足动量守恒定律，但A、D两项中，碰后A的速度vA′大于B的速度vB′，必然要发生第二次碰撞，不符合实际；C项中，两球碰后的总动能Ek′＝12mAvA′2＋12mBvB′2＝57J，大于碰前的总动能Ek＝22J，违背了能量守恒定律；而B项既符合实际情况，也不违背能量守恒定律，故正确．【答案】B13.(多选)如图所示，在光滑水平面上停放质量为m装有弧形槽的小车．现有一质量也为m的小球以v0的水平速度沿切线水平的槽口向小车滑去(不计摩擦)，到达某一高度后，小球又返回小车右端，则()A．小球在小车上到达最高点时的速度大小为v02B．小球离车后，对地将向右做平抛运动C．小球离车后，对地将做自由落体运动D．此过程中小球对车做的功为12mv20【解析】小球到达最高点时，小车和小球相对静止，且水平方向总动量守恒，小球离开小车时类似完全弹性碰撞，两者速度互换，故A、C、D是正确的．【答案】ACD三、解答题二、解答题18.(2018·山东临沂高三上学期期中)如图所示，半径R＝0.45m的光滑14圆弧轨道固定在竖直平面内，B为轨道的最低点，B点右侧的光滑的水平面上紧挨B点有一静止的小平板车，平板车质量M＝1kg，长度L＝1m，小车的上表面与B点等高，距地面高度h＝0.2m．质量m＝1kg的物块(可视为质点)从圆弧最高点A由静止释放，经B点滑到小车上，物块与平板车上表面间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10m/s2.试求：(1)物块滑到轨道上的B点时对轨道的压力大小；(2)物块落地时距平板车右端的水平距离．【解析】(1)物块从圆轨道顶端滑到B点过程中机械能守恒mgR＝12mv2在B点FN－mg＝mv2R根据牛顿第三定律可知滑块对轨道压力F′N＝FN＝30N.(2)从物块滑上小车到滑离小车过程中，物块和小车组成系统动量守恒，设物块滑离小车时速度为v1，此时小车速度为v2mv＝mv1＋Mv2根据功能关系－μmgl＝12mv21＋12Mv22－12mv2联立解得：v1＝2m/s，v2＝1m/s物块滑离平板车做平抛运动的时间t＝2hg物块落地时距平板车右端的水平距离x＝(v1－v2)t解得：x＝0.2m.【答案】(1)30N(2)0.2m20．如图所示，质量为3m，长度为L的木块置于光滑的水平面上，质量为m的子弹以初速度v0水平向右射入木块，穿出木块时速度为25v0，设木块对子弹的阻力始终保持不变．(1)求子弹穿透木块后，木块速度的大小；(2)求子弹穿透木块的过程中，木块滑行的距离s；(3)若改将木块固定在水平传送带上，使木块始终以某一恒定速度(小于v0)水平向右运动，子弹仍以速度v0水平向右射入木块，如果子弹恰能穿透木块，求此过程所经历的时间．【解析】(1)由动量守恒定律得mv0＝m×25v0＋3mv，解得v＝v05.(2)对子弹，由动能定理得－f(s＋L)＝12m(25v0)2－12mv20对木块，由动能定理得fs＝12·3mv2联立解得f＝9mv2025L，s＝L6.(3)对子弹，由动量定理得－ft＝m(u－v0)，由动能定理得f(ut＋L)＝12m(v20－u2)3联立解得t＝52L3v0.【答案】(1)v05(2)L6(3)52L3v0一、选择题5．(2018·山东烟台高三上学期期中)A、B两物体的质量之比mA∶mB＝2∶1，它们以相同的初速度v0在水平面上在摩擦阻力的作用下做匀减速直线运动，直到停止．则在此过程中，A、B两物体所受摩擦力的冲量之比IA∶IB与A、B两物体克服摩擦力做的功之比WA∶WB分别为()A．4∶12∶1B．2∶14∶1C．2∶12∶1D．1∶21∶4【解析】由动量定理可知I＝mv，再由动能和动量的关系可知，Ek＝I22m，所以WA∶WB＝(IA∶IB)2·(mB∶mA)＝2∶1，故C正确．【答案】C6．(2018·山东潍坊高三上学期期中)质量为m的子弹，以水平速度v0射入静止在光滑水平面上质量为M的木块，并留在其中．在子弹进入木块过程中，下列说法正确的是()A．子弹动能减少量等于木块动能增加量B．子弹动量减少量等于木块动量增加量C．子弹动能减少量等于子弹和木块内能增加量D．子弹对木块的冲量大于木块对子弹的冲量【解析】子弹动能的减少量一部分转化为系统内能，一部分转化为木块动能，A、C均错；由动量守恒可知，子弹动量减少量等于木块动量的增加量，B对；力的作用是相互的，故子弹对木块的冲量等于木块对子弹的冲量，D错．【答案】B1．如图所示，质量为m的物体(可视为质点)，从h高处的A点由静止开始沿斜面下滑，停在水平地面上的B点(斜面和水平面之间有小圆弧平滑连接)．要使物体能原路返回，在B点需给物体的瞬时冲量最小应是()A．2mghB．mghC.mgh2D．4mgh【解析】物体从A到B的过程，根据动能定理，有mgh－Wf＝0，物体从B返回A的过程，根据动能定理，有－mgh－Wf＝0－12mv2，联立解得v＝2gh，在B点需给物体的瞬时冲量等于动量的增加量，故I＝mv＝2mgh，故A正确，B、C、D错误．【答案】A6.如图所示，静止在光滑水平面上的木板，右端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板质量M＝4kg.质量m＝2kg的小铁块以水平速度v0＝6m/s，从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好到达木板的左端并与木板保持相对静止．在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为()A．9JB．12JC．3JD．24J【解析】当弹簧压缩至最短时，Ep最大，mv0＝(M＋m)v，v＝2m/s，全程摩擦力做功Wf＝12mv20－12(M＋m)v2＝24J，Ep＝12mv20－12(M＋m)v2－Wf2＝12J.【答案】B9．某研究小组通过实验测得两滑块碰撞前后运动的实验数据，得到如图所示的位移—时间图象．图中的线段a、b、c分别表示沿光滑水平面上同一条直线运动的滑块Ⅰ、Ⅱ和它们发生正碰后结合体的位移变化关系．已知相互作用时间极短，由图象给出的信息可知()A．碰前滑块Ⅰ与滑块Ⅱ速度大小之比为7∶2B．碰前滑块Ⅰ的动量大小比滑块Ⅱ的动量大小大C．碰前滑块Ⅰ的动能比滑块Ⅱ的动能小D．滑块Ⅰ的质量是滑块Ⅱ的质量的16【解析】根据s­t图象的斜率等于速度，可知碰前滑块Ⅰ的速度v1＝－2m/s，滑块Ⅱ的速度v2＝0.8m/s，则碰前速度大小之比为5∶2，故A错误；碰撞前后系统动量守恒，碰撞前，滑块Ⅰ的动量为负，滑块Ⅱ的动量为正，由于碰撞后总动量为正，故碰撞前总动量也为正，故碰撞前滑块Ⅰ的动量大小比滑块Ⅱ的小，故B错误；碰撞后的共同速度为v＝0.4m/s，根据动量守恒定律，有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，解得m2＝6m1，由动能的表达式可知，12m1v2112m2v22，故C错误，D正确．【答案】D三、解答题11．(2018·山东潍坊高三上学期期中)如图所示，质量为M的轨道由上表面粗糙的水平轨道和竖直平面内的半径为R的14光滑圆弧轨道紧密连接组成，置于光滑水平面上．一质量为m的小物块以水平初速度v0由左端滑上轨道，恰能到达圆弧轨道最高点．已知M∶m＝3∶1，物块与水平轨道之间的动摩擦因数为μ.求：(1)小物块到达圆弧轨道最高点时的速度；4(2)水平轨道的长度．【解析】设小物块到达圆弧轨道最高点时速度为v1(1)从小物块滑上轨道到到达最高点的过程中，由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v1①联立解得：v1＝14v0.②(2)由能量守恒定律得：μmgL＋mgR＋12(m＋M)v21＝12mv20③由②③联立得：L＝3v208μg－Rμ.④【答案】(1)14v0(2)3v208μg－Rμ12．(2018·山东淄博一中高三上学期期中)如图所示，AOB是光滑水平轨道，BC是半径为R的光滑的14固定圆弧轨道，两轨道恰好相切于B点．质量为M的小木块静止在O点，一颗质量为m的子弹以某一初速度水平向右射入小木块内，并留在其中和小木块一起运动，且恰能到达圆弧轨道的最高点C(木块和子弹均看作质点)．(1)求子弹射入木块前的速度；(2)若每当小木块返回到O点或停止在O点时，立即有一颗相同的子弹射入小木块，并留在其中，则当第17颗子弹射入小木块后，小木块沿圆弧轨道能上升的最大高度为多少？【解析】(1)由子弹射入木块过程动量守恒有mv0＝(m＋M)v1木块和子弹滑到点C处的过程中机械能守恒，有12(m＋M)v21＝(m＋M)gR联立两式解得v0＝M＋mm2gR.(2)以后当偶数子弹射中木块时，木块与子弹恰好静止，奇数子弹射中木块时，向右运动．第17颗子弹射