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2017年上海高考物理综合提升训练(五)

来源 :中华考试网 2016-11-14

参考答案

1.A [由自由落体运动公式得人下降h距离时的速度为vt时间内对人由动量定理得(Fmg)tmv解得安全带对人的平均作用力为Ft(2gh)mgA项正确。]

2.D [对AB系统由于发生弹性碰撞故碰撞前后系统的动量守恒、机械能守恒由于m×2v0-2mv0=0故碰后AB不可能同向运动或一个静止另一个运动或两个都静止而只能是AB都反向运动D正确。]

3.A [设中子质量为m则原子核的质量为Am。设碰撞前后中子的速度分别v0v1碰后原子核的速度为v2由弹性碰撞可得mv0mv1Amv22(1)mv0(2)2(1)mv1(2)2(1)Amv2(2)解得v11+A(1-A)v0故|v1(v0)|A-1(A+1)A正确。]

4.B [平抛运动时tg(2h)=1 s爆炸过程遵守动量守恒定律设弹丸质量为mmv4(3)mv4(1)mvvt(x甲)vt(x乙)t=1 s则有4(3)x4(1)x=2 m将各选项中数据代入计算得B正确。]

5.解析 AB球的质量分别为mAmBA球碰撞后的速度大小为vA2B球碰撞前、后的速度大小分别为vB1vB2由题意知vB1vB2=31vA2vB2AB碰撞过程由动量守恒定律得mBvB1mAvA2mBvB2所以有mB(mA)vA2(vA1+vB2)1(4)。碰撞前、后的总动能之比为B1(2)B2(2)A2(2)A2(2)5(9)

答案 41 95

6.解析 反应后由于存在质量亏损所以反应前、后总动能之差等于质量亏损而释放出的能量根据爱因斯坦质能方程可得

2(1)m2vα(2)2(1)Mvx(2)=(Mm1m2)c2

反应过程中三个粒子组成的系统动量守恒故有

Mvxm2vα

联立①②可得2(1)m2vα(2)M-m2(M)(Mm1m2)c2

答案 (Mm1m2)c2 M-m2(M)(Mm1m2)c2

7.解析 (1)对小物块从A运动到B处的过程中

应用动能定理-μmgs2(1)mv22(1)mv0(2)

代入数值解得μ=0.32

(2)取向右为正方向碰后滑块速度v′=-6 m/s

由动量定理得:FΔtmv′-mv

解得F=-130 N

其中表示墙面对物块的平均力方向向左。

(3)对物块反向运动过程中应用动能定理得

W=0-2(1)mv2

解得W=9 J

答案 (1)0.32 (2)130 N (3)9 J

8.解析 A运动的初速度为v0A向右运动与C发生碰撞

由动量守恒定律得

mv0mv1Mv2

由机械能守恒定律得2(1)mv0(2)2(1)mv1(2)2(1)Mv2(2)

可得v1m+M(m-M)v0v2m+M(2m)v0

要使得AB能发生碰撞需要满足v1<0mM

A反向向左运动与B发生碰撞过程

mv1mv3Mv4

2(1)mv1(2)2(1)mv3(2)2(1)Mv4(2)

整理可得v3m+M(m-M)v1v4m+M(2m)v1

由于mM所以A还会向右运动根据要求不发生第二次碰撞需要满足v3v2

m+M(2m)v0m+M(M-m)v1=(m+M(m-M))2v0

整理可得m2+4MmM2

解方程可得m(-2)M

所以使A只与BC各发生一次碰撞须满足

(-2)MmM

答案 (-2)MmM

9.解析 设滑块质量为mAB碰撞前A的速度为vA由题意知碰后A的速度vA8(1)v0

B的速度vB4(3)v0由动量守恒定律得

mvAmvAmvB

设碰撞前A克服轨道阻力所做的功为WA由功能关系得

WA2(1)mv0(2)2(1)mvA(2)

BC碰撞前B的速度为vB′,B克服轨道阻力所做的功为WB由功能关系得

WB2(1)mvB(2)2(1)mvB2

据题意可知

WAWB

BC碰后瞬间共同速度的大小为v由动量守恒定律得

mvB=2mv

联立①②③④⑤代入数据得

v16(21)v0

答案 16(21)v0

10.解析 (1)从AQ由动能定理得

mg·2R2(1)mv22(1)mv0(2)

解得v=4 m/s m/s

Q由牛顿第二定律得

FNmgmR(v2)

解得FN=22 N

(2)AB由动量守恒得

mv0=2mv

解得v′=2(v0)=3 m/s

设摩擦距离为x

μmgx=0-2(1)·2mv2

解得x=4.5 m

所以kL(x)=45

(3)AB滑至第n个光滑段上由动能定理得

μ·2mgnL2(1)·2mvn(2)2(1)·2mv2

所以vn m/s (n=012)

答案 (1)22 N (2)45

(3)vn m/s (n0,1,2,)

11.解析 (1)设B球第一次到达地面时的速度大小为vB由运动学公式有vB

h=0.8 m代入上式vB=4 m/s

(2)设两球相碰前后A球的速度大小分别为v1v1(v1′=0)B球的速度分别为v2v2。由运动学规律可得

v1gt

由于碰撞时间极短重力的作用可以忽略两球相碰前后的动量守恒总动能保持不变。规定向下的方向为正

mAv1mBv2mBv2

2(1)mAv1(2)2(1)mBv2(2)2(1)mBv22

B球与地面相碰后的速度大小为vB′,由运动学及碰撞的规律可得vBvB

P点距地面的高度为h由运动学规律可得

h2(2)2()

联立②③④⑤⑥⑦并代入已知条件可得

h=0.75 m

答案 (1)4 m/s (2)0.75 m

12.解析 按定义滑块运动的瞬时速度大小v

vΔt(Δs)

式中Δs为滑块在很短时间Δt内走过的路程。

设纸带上打出相邻两点的时间间隔为ΔtA

ΔtAf(1)=0.02 s

ΔtA可视为很短。

A在碰撞前、后瞬时速度大小分别为v0v1。将式和图给实验数据代入式得

v0=2.00 m/s

v1=0.970 m/s

B在碰撞后的速度大小为v2式有

v2ΔtB(d)

代入题给实验数据得

v2=2.86 m/s

设两滑块在碰撞前、后的总动量分别为pp

pm1v0

pm1v1m2v2

两滑块在碰撞前后总动量相对误差的绝对值为

δp=|p(p-p′)|×100%

联立③④⑥⑦⑧⑨式并代入有关数据

δp=1.7%<5%

因此本实验在允许的误差范围内验证了动量守恒定律。

答案 见解析

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