2019-2020年高考物理一輪復(fù)習(xí)方案 45分鐘單元能力訓(xùn)練卷(六).doc
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2019-2020年高考物理一輪復(fù)習(xí)方案 45分鐘單元能力訓(xùn)練卷(六)一、單項選擇題(每小題6分,共18分)1xx年太平洋冰壺錦標(biāo)賽在江蘇南京奧體中心結(jié)束,中國女隊在決賽中113大勝韓國隊獲得冠軍在某次投擲中,冰壺運(yùn)動一段時間后以0.4 m/s的速度與對方的靜止冰壺發(fā)生正碰,碰后對方的冰壺以0.3 m/s的速度向前滑行若兩冰壺的質(zhì)量相等,規(guī)定向前運(yùn)動的方向為正方向,則碰后中國隊冰壺獲得的速度為()A0.1 m/sB0.1 m/sC0.7 m/s D0.7 m/s2質(zhì)量為M0.6 kg的足夠長的平板小車靜止在光滑的水平面上,如圖D61所示,當(dāng)t0時,兩個質(zhì)量都為m0.2 kg的小物體A和B分別以水平速度vA0.5 m/s和vB2 m/s從小車的左端和右端同時沖上小車,小物體A和B與小車間的動摩擦因數(shù)分別為A0.2和B0.4.當(dāng)小物體A和B相對于小車靜止時,小車速度的大小和方向為()圖D61A0.3 m/s,方向向左 B1 m/s,方向向右C0.3 m/s,方向向右 D無法求解3質(zhì)量分別為m1和m2的兩個物體在光滑的水平面相碰,碰撞前后的位移時間圖象如圖D62所示,若圖中 m2B碰撞前兩個物體的速率相等C碰撞后兩個物體一起做勻速直線運(yùn)動D碰撞前兩個物體的動量大小相等、方向相反二、雙項選擇題(每小題6分,共24分)4質(zhì)量為m的物塊甲以3 m/s的速度在光滑的水平面上運(yùn)動,有一輕彈簧固定在甲上,質(zhì)量也為m的物塊乙以4 m/s的速度與甲相向運(yùn)動,如圖D63所示下列說法正確的是()圖D63A在彈簧壓縮過程中,由于彈力作用,甲、乙兩物塊的總動量不守恒B當(dāng)甲、乙兩物塊相距最近時,甲物塊的速率不為零C當(dāng)甲物塊的速率為1 m/s時,乙物塊的速率可能為2 m/s,也可能為0D甲物塊的速率可能達(dá)到5 m/s5質(zhì)量為1 kg的小球甲以4 m/s的速度與質(zhì)量為2 kg的靜止小球乙正碰關(guān)于碰后甲、乙兩球的速率v1和v2,可能正確的是()Av1v2 m/sBv11 m/s,v22.5 m/sCv11 m/s,v23 m/sDv13 m/s,v20.5 m/s6如圖D64所示,木塊放在光滑的水平面上,子彈水平射入木塊后留在木塊內(nèi)現(xiàn)將子彈、彈簧、木塊這一系統(tǒng)作為研究對象,從子彈開始射入木塊到彈簧壓縮到最短的整個過程中,系統(tǒng)()圖D64A動量守恒B動量不守恒C機(jī)械能守恒D機(jī)械能不守恒7如圖D65所示,在光滑的水平面上,質(zhì)量為m的小球A和質(zhì)量為m的小球B通過輕彈簧相連并處于靜止?fàn)顟B(tài),彈簧處于自然伸長狀態(tài);質(zhì)量為m的小球C以初速度v0沿AB連線向右勻速運(yùn)動,并與小球A發(fā)生彈性碰撞在小球B的右側(cè)某位置固定一塊彈性擋板(圖中未畫出),當(dāng)小球B與擋板發(fā)生正碰后立刻將擋板撤走不計所有碰撞過程中的機(jī)械能損失,彈簧始終處于彈性限度內(nèi),小球B與擋板的碰撞時間極短,碰后小球B的速度大小不變,但方向相反小球B與擋板碰后,彈簧彈性勢能的最大值Ep可能是()圖D65Amv B.mvC.mv D.mv三、實驗題(18分)8為了驗證碰撞中的動量守恒和檢驗兩個小球的碰撞是否為彈性碰撞(碰撞過程中沒有機(jī)械能損失),某同學(xué)選取了甲、乙兩個體積相同而質(zhì)量不等的小球,按以下步驟做了實驗:用天平測出甲、乙兩個小球的質(zhì)量分別為m1和m2,且m1m2.按照如圖D66所示安裝好實驗裝置,將斜槽AB固定在桌邊,使槽的末端B點(diǎn)的切線水平,將一斜面BC連接在斜槽末端圖D66先不放小球乙,讓小球甲從斜槽頂端A處由靜止開始滾下,記下小球在斜面上的落點(diǎn)位置將小球乙放在斜槽末端B點(diǎn)處,讓小球甲從斜槽頂端A處滾下,使它們發(fā)生碰撞,記下小球甲和小球乙在斜面上的落點(diǎn)位置用毫米刻度尺量出各個落點(diǎn)位置到斜槽末端B點(diǎn)的距離圖中D、E、F點(diǎn)是該同學(xué)記下的小球在斜面上的幾個落點(diǎn)位置,到B點(diǎn)的距離分別為LD、LE、LF.根據(jù)該同學(xué)的實驗,回答下列問題:(1)小球甲與小球乙發(fā)生碰撞后,小球甲的落點(diǎn)是圖中的_點(diǎn),小球乙的落點(diǎn)是圖中的_點(diǎn)(2)下列關(guān)系式中只要滿足_,則說明碰撞中動量是守恒的(填關(guān)系式前的字母代號)Am1LEm1LDm2LFBm1LFm1LDm2LECm1m1m2Dm1m1m2(3)只要再滿足關(guān)系式_,則說明兩小球的碰撞是彈性碰撞(填關(guān)系式前的字母代號)Am1LEm1LDm2LFBm1LFm1LDm2LECm1m1m2Dm1m1m2四、計算題(40分)9(18分)如圖D67所示,質(zhì)量為3m的木板靜止在光滑的水平面上,一個質(zhì)量為2m的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))靜止在木板上的A端,物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為.現(xiàn)有一質(zhì)量為m的子彈(可視為質(zhì)點(diǎn))以初速度v0水平向右射入物塊并穿出,已知子彈穿出物塊時的速度為,子彈穿過物塊的時間極短,不計空氣阻力,重力加速度為g.(1)子彈穿出物塊時,物塊的速度為多大?(2)子彈穿出物塊后,為了保證物塊不從木板的B端滑出,木板的長度至少為多大?圖D6710(22分)如圖D68所示,質(zhì)量均為m的A、B兩球之間有壓縮的輕短彈簧處于鎖定狀態(tài)彈簧的長度、兩球的大小均忽略,整體可視為質(zhì)點(diǎn)該裝置從半徑為R的豎直光滑圓軌道左側(cè)與圓心等高處由靜止下滑,滑至最低點(diǎn)時,解除對彈簧的鎖定狀態(tài)之后,B球恰好能到達(dá)軌道最高點(diǎn)重力加速度為g,求:(1)彈簧處于鎖定狀態(tài)時的彈性勢能(2)A球上升的最大高度圖D6845分鐘單元能力訓(xùn)練卷(六)1A解析 設(shè)冰壺的質(zhì)量為m,碰后中國隊冰壺的速度為vx,由動量守恒定律得mv0mvmvx,解得vx0.1 m/s,故選項A正確2A解析 以小物體A、B和小車這一系統(tǒng)為研究對象,系統(tǒng)的合力為0,滿足動量守恒定律,以向左為正方向,則mAvAmBvB(mAmBmC)v,所以v0.3 m/s,方向向左3D解析 由位移時間圖象的斜率可知,碰撞前兩個物體的速度大小不等,且v1v2,碰撞后兩物體的速度為0,B、C錯誤;由動量守恒定律,有m1v1m2v20,則碰撞前兩個物體的動量大小相等、方向相反,且m1m2,A錯誤,D正確4BC解析 在彈簧壓縮過程中,由于彈力是系統(tǒng)內(nèi)力,系統(tǒng)合外力為零,所以動量守恒,選項A錯誤;當(dāng)甲、乙兩物塊相距最近時,它們的速度相同,取水平向右為正方向,根據(jù)動量守恒定律有mv乙mv甲2mv,可得v0.5 m/s,選項B正確;當(dāng)甲物塊的速率為1 m/s時,其方向可能向左,也可能向右,當(dāng)方向水平向左時,根據(jù)動量守恒定律可得,乙物塊的速率為2 m/s,當(dāng)方向水平向右時,同理可得,乙物塊的速率為0,選項C正確;整個過程中,系統(tǒng)的機(jī)械能不可能增加,若甲物塊的速率達(dá)到5 m/s,那么乙物塊的速率肯定不為零,這樣系統(tǒng)的機(jī)械能增加了,選項D錯誤5AB解析 碰撞問題要遵循三個原則:動量守恒定律、碰后系統(tǒng)的機(jī)械能不增加和碰撞過程要符合實際情況碰撞過程滿足動量守恒,所以碰后系統(tǒng)的動量為p1 kg4 m/s4 kgm /s,方向與甲小球的初速度方向相同,據(jù)此可排除選項C;因為碰后同向運(yùn)動的兩個小球中小球甲的速率應(yīng)小于小球乙的速率,據(jù)此可排除選項D;經(jīng)檢驗,選項A、B滿足碰撞過程應(yīng)遵循的三個原則,選項A、B正確6BD解析 在子彈射入木塊的過程中,因為入射時間極短,可認(rèn)為系統(tǒng)靜止,所以不受彈力作用,系統(tǒng)合力為零,動量守恒,而在木塊壓縮彈簧過程中,系統(tǒng)受到水平向右的彈力作用,合外力不為零,系統(tǒng)的動量不守恒,所以在整個過程中,動量不守恒;在子彈射入木塊的過程中,子彈相對于木塊發(fā)生位移,內(nèi)力做功,子彈將一部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的內(nèi)能,故系統(tǒng)的機(jī)械能不守恒B、D正確7BC解析 質(zhì)量相等的C球和A球發(fā)生彈性碰撞后交換速度,若在A、B兩球的動量相等時B球與擋板相碰,則碰后系統(tǒng)總動量為零,則彈簧再次壓縮到最短時彈性勢能最大(動能完全轉(zhuǎn)化為彈性勢能),根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知,系統(tǒng)損失的動能轉(zhuǎn)化為彈性勢能,Epmv;若在B球速度恰為零時與擋板相碰,則系統(tǒng)的動量不變,系統(tǒng)的機(jī)械能不變,當(dāng)彈簧壓縮到最短時,彈性勢能最大,由功能關(guān)系和動量關(guān)系可得:mv0mv1,Epmvmv,解得Epmv,所以,彈性勢能的最大值要介于mv和mv之間,選項B、C正確,選項A、D錯誤8(1)DF(2)C(3)A解析 (1) 碰撞后, 小球甲的速度相對碰前減小,且小于小球乙的速度,則小球甲的落點(diǎn)是圖中的D點(diǎn),小球乙的落點(diǎn)是圖中的F點(diǎn)(2)設(shè)斜面的傾角為,小球做平拋運(yùn)動,由Lsingt2,Lcosvt,解得拋出速度v;驗證動量是否守恒的表達(dá)式為:m1v0m1v1m2v2,即:m1m1m2.(3)驗證動能沒有損失的表達(dá)式為:m1vm1vm2v,即:m1LEm1LDm2LF.9(1)(2)解析 (1)設(shè)子彈穿過物塊時物塊的速度為v1,對子彈和物塊組成的系統(tǒng),由動量守恒定律有:mv0m2mv1解得:v1.(2)當(dāng)物塊和木板達(dá)到共同速度v2時,物塊剛好到達(dá)木板右端,這樣板的長度最小,設(shè)最小長度為L,對物塊和木板組成的系統(tǒng),由動量守恒定律有:2mv15mv2由能量守恒定律有:2mgL(2m)v(5m)v解得:L.10(1)(72 )mgR(2)(6.52 )R解析 (1)設(shè)A、B系統(tǒng)滑到圓軌道最低點(diǎn)時的速度為v0,解除彈簧鎖定后A、B的速度分別為vA、vB,B到軌道最高點(diǎn)時的速度為v.系統(tǒng)從左邊下滑的過程滿足機(jī)械能守恒定律,所以有2mgR2mv彈簧解除鎖定前后,系統(tǒng)滿足動量守恒和能量守恒,所以有2mv0mvAmvB2mvE彈mvmv小球B從最低點(diǎn)上升到最高點(diǎn)的過程中,機(jī)械能守恒,所以有mvmg2Rmv2小球B恰好能到達(dá)軌道最高點(diǎn)的臨界條件是重力提供向心力,即mg聯(lián)立解得:E彈(72 )mgR.(2)小球A從最低點(diǎn)上升到最高處的過程滿足機(jī)械能守恒,所以有mvmghA解得:hA(6.52 )R.- 1.請仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對于不預(yù)覽、不比對內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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