高中物理人教版 (2019)必修 第一册2 摩擦力随堂练习题

这是一份高中物理人教版 (2019)必修 第一册2 摩擦力随堂练习题，共18页。试卷主要包含了6反冲运动火箭同步训练2，6mC．3，5mB．1mC．2mD．3m等内容，欢迎下载使用。
2020-2021学年度人教版（2019）选择性必修第一册1.6反冲运动火箭同步训练2（含解析）  1．下列不属于反冲运动的是（　　）A．喷气式飞机的运动 B．直升机的运动C．火箭的运动 D．反击式水轮机的运动2．如图所示，大气球质量为25kg，载有质量为50kg的人，静止在空气中距地面20m高的地方，气球下方悬一根质量可忽略不计的绳子，此人想从气球上沿绳慢慢下滑至地面，为了安全到达地面，则这绳长至少应为（不计人的高度，可以把人看作质点）（　　）A．60m B．40m C．30m D．10m3．如图所示，物体A、B的质量分别为m、2m，物体B置于水平面上，B物体上部半圆型槽的半径为R，将物体A从圆槽的右侧最顶端由静止释放，一切摩擦均不计。则（　　）
A．A不能到达B圆槽的左侧最高点B．B一直向右运动C．A运动到圆槽的最低点时速度为D．B向右运动的最大位移大小为4．如图所示，光滑水平的轻质板上，放置两个质量不同的物块，其间有被压缩的轻质弹簧，用轻质细线系住两物块，整个系统恰好处于静止状态。若烧断细线使弹簧突然释放，两物块均在板上滑动过程中，板将（　　）A．向右翻转 B．向左翻转 C．保持水平 D．无法判定5．有一个质量为3m的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为v0、方向水平向东，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为2m，速度大小为v，方向水平向东，则另一块的速度是(　　)A．3v0－v B．2v0－3vC．3v0－2v D．2v0＋v6．如图所示，气球下面有一根长绳，一个质量为m1=50kg的人抓住气球下方的长绳，气球和长绳的总质量为m2=20kg，长绳的下端刚好和水平面接触，当系统静止时人离地面的高度为h=5m。如果这个人开始沿绳向下滑，当他滑到绳下端时，他离地面高度是（可以把人看做质点）（　　）A．5m B．2.6m C．3.6m D．8m7．如图所示，质量为M的车静止在光滑水平面上，车右侧内壁固定有发射装置。车左侧内壁固定有沙袋。把质量为m的弹丸最终射入沙袋中，这一过程中车移动的距离是S，则小球初位置到沙袋的距离d为（　　）A． B． C． D．8．有一艘质量为M=120kg的船停在静水中，船长 L=3m ，船上一个质量为m=60kg 的人从船头走到船尾。不计水的阻力，则船在水中移动的距离为（　　）A．0.5m B．1m C．2m D．3m9．一炮艇在湖面上匀速行驶，突然从船头和船尾同时向前和向后各发射一发炮弹，设两炮弹的质量相同，相对于地的速率相同，牵引力、阻力均不变，则船的动量和速度的变化情况是（　　）A．动量不变，速度增大 B．动量变小，速度不变C．动量增大，速度增大 D．动量增大，速度减小 10．用如图所示实验能验证动量守恒定律，两块小木块A和B中间夹着一轻质弹簧，用细线捆在一起，放在光滑的水平台面上，将细线烧断，木块A、B被弹簧弹出，最后落在水平地面上落地点与平台边缘的水平距离分别为，，实验结果表明下列说法正确的是（　　）A．木块A、B离开弹簧时的速度大小之比B．木块A、B的质量之比C．弹簧对木块A、B做功之比D．木块A、B离开弹簧时的动能之比11．如图所示，在光滑的水平地面上静止放置一质量为3m的半圆槽，半圆槽内壁光滑，轨道半径为R，轨道的最低点为C，两端A、B与其圆心O处等高。现让一质量为m的小滑块从A点由静止开始释放，小滑块可视为质点，重力加速度为g，则在此后的过程中（　　）A．半圆槽与小滑块组成的系统机械能守恒，动量不守恒B．小滑块从A到B的过程中，半圆槽运动的位移为C．小滑块运动到轨道最低点C时，半圆槽速度恰好为零D．小滑块运动到轨道最低点C时，半圆槽对水平地面的压力大于4mg12．如图所示，放在光滑水平桌面上的A、B两小木块中部夹一被压缩的轻弹簧，当轻弹簧被放开时，A、B两小木块各自在桌面上滑行一段距离后，飞离桌面落在地面上。若mA=3mB，则下列结果正确的是（　　）A．若轻弹簧对A、B做功分别为W1和W2，则有W1：W2=1：1B．在与轻弹簧作用过程中，两木块的速度变化量之和为零C．若A、B在空中飞行时的动量变化量分别为∆p1和∆p2，则有∆p1：∆p2=3：1D．若A、B同时离开桌面，则从释放轻弹簧开始到两木块落地的这段时间内，A、B两木块的水平位移大小之比为1：313．向空中发射一物体，不计空气阻力，当此物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂成a、b两部分，若质量较大的a的速度方向仍沿原来的方向，则（　　）A．a、b一定同时到达水平地面B．b的速度方向一定与原速度方向相反C．在炸裂过程中，a、b受到的爆炸力的大小一定相等D．从炸裂到落地的这段时间里，a飞行的水平距离一定比b的大14．如图，一艘小船原来静止在平静的水面上，现前舱有水需要用抽水机抽往后舱，假设不计水面对船舱的阻力，则在抽水过程中关于船舱的运动下列说法中正确的是（　　）A．若前后舱是分开的，则前舱将向前运动B．若前后舱是分开的，则前舱将向后运动C．若前后舱不分开，则船将向前运动D．若前后舱不分开，则船将会一直静止在水面上15．长为L质量为M的木板车停在光滑的水平面上，质量为m的人站立在木板车的左端，当人从左端走到右端的过程中，下列说法正确的是（　　）A．人相对平板车位移为LB．人相对地面位移为LC．车处于静止状态D．车相对地面位移为  16．如图所示，质量为m，半径为r的小球，放在内半径为R，质量M＝3m的大空心球内，大球开始静止在光滑水平面上，求当小球由图中位置无初速度释放沿内壁滚到最低点时，大球移动的距离。17．质量为M的气球带有一质量为m的人，共同静止在距地面高为h的空中，现从气球上放下一根不计质量的软绳，以便这个人沿着软绳滑到地面，则软绳至少长 。18．如图所示，长为l，质量为m的小船停在静水中，一个质量为m′的人站在船头，若不计水的阻力，当人从船头走到船尾的过程中，小船对地的位移是多少？19．如图所示，质量为的四分之一光滑圆弧轨道静止在光滑水平面上，圆弧轨道末端与水平面相切，圆弧轨道半径为，且圆弧轨道不固定．有一质量为的小球A从圆弧轨道上与圆心等高处无初速释放，小球可视为质点，重力加速度为，求：（1）小球与圆弧轨道分离时小球的速度；（2）从刚释放到小球与圆弧轨道恰好分离的过程中圆弧轨道运动的位移大小。20．从地面竖直向上发射一颗礼花弹，当它上升到距地面500m时竖直上升速度为30m/s，此时礼花弹炸裂成质量相等的两部分（火药质量不计），其中一部分经10s竖直落回发射点，求炸裂时另一部分的速度大小及方向。（g＝10m/s2）21．在沙堆上有一木块，质量，木块上放一爆竹，质量，点燃爆竹后，木块陷入沙中深度为，若沙对木块的平均阻力为，不计爆竹中火药的质量和空气阻力，g取。求爆竹上升的最大高度。22．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：当玩具蛙至少以多大的水平速度v跳出，才能落到桌面上．
参考答案1．B【详解】反冲现象是一个物体分裂成两部分，两部分朝相反的方向运动，故直升机不是反冲现象，其他均属于反冲现象，故选B。2．A【详解】人与气球组成的系统动量守恒，设人的速度v1，气球的速度v2，设运动时间为t，以人与气球组成的系统为研究对象，以向下为正方向，由动量守恒得则解得则绳子长度即绳子至少长60m长故选A。3．C【详解】A．设A到达左侧最高点的速度为v，以小球和槽组成的系统为研究对象，根据系统水平动量守恒知，系统的初动量为零，则末总动量为零，即v=0，根据系统的机械能守恒知，A能到达B圆槽左侧的最高点，故A错误；C．设A到达最低点时的速度大小为vA，槽的速度大小为vB。取水平向左为正方向，根据动量守恒定律得解得根据系统的机械能守恒得解得故C正确；B．因为A和B组成的系统在水平方向上动量守恒，当A在水平方向上的速度向左时，B的速度向右，当A在水平方向上的速度向右时，则B的速度向左，故B错误；D．因为A和B组成的系统在水平方向上动量守恒，当A运动到左侧最高点时，B向右运动的位移最大，设B向右的最大位移为x，取水平向左为正方向，根据水平动量守恒得即解得故D错误；故选C。4．C【详解】设左边的质量为m1，此时距离支点的长度为L1，右边的质量为m2，此时距离支点的长度为L2，开始整个系统恰好静止状态，则根据力矩平衡有烧断细线使弹簧突然释放，对m1和m2组成的系统动量守恒，则有等式两边同时乘以t，根据x=vt可知由上述的分析可知即左边物体的重力产生的力矩和右边物体的重力产生的力矩平衡，故木板仍保持水平状态。故选C。5．C【解析】爆竹在最高点速度大小为v0、方向水平向东,爆炸前动量为3mv0，其中一块质量为2m，速度大小为v，方向水平向东，设爆炸后另一块瞬时速度大小为v′，取爆竹到最高点未爆炸前的速度方向为正方向，爆炸过程水平方向动量守恒，则有：3mv0=2mv+m⋅v′解得：v′=3v0−2v故选C【名师点睛】爆竹在最高点速度方向水平，爆炸时水平方向动量守恒，由动量守恒定律可求出爆炸后另一块的速度大小．6．C【详解】设人的速度v1，气球的速度v2，根据人和气球动量守恒得则有所以气球和人运动的路程之和为5m，则人下滑的距离为气球上升的距离为故选C。7．A【详解】在发射弹丸到弹丸落到沙袋运动中，弹丸和车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律，则有mv弹−Mv车=0可得解得A正确，BCD错误。故选A。8．B【详解】船和人组成的系统，在水平方向上动量守恒，人在船上行进，船向右退，有mv=Mv1人从船头走到船尾，设船后退的位移大小为x，则人相对于岸的位移大小为L-x．由 解得故选B。9．A【解析】因船受到的牵引力及阻力不变，且开始时船匀速运动，故整个系统所受的合外力为零，动量守恒．设炮弹质量为m，船（不包括两炮弹）的质量为M，炮艇原来的速度为v0，发射炮弹的瞬间船的速度为v．设向右为正方向，则由动量守恒可得：（M+2m）v0=Mv+mv1-mv1；可得，v＞v0；可得发射炮弹后瞬间船的动量不变，速度增大；故选A．点睛：本题为动量守恒定律的应用，在应用时要注意选取研究系统，注意动量守恒定律的条件以及列式时的矢量性．10．AD【详解】A．两个木块被弹出离开桌面后做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，因为下落的高度相等，所以运动的时间相等，水平方向上根据公式x=v0t及lA=1m，lB=2m得vA：vB=lA：lB=1：2故A正确；B．弹簧弹开两个物体的过程，对两个木块组成的系统，取向左为正方向，根据动量守恒定律得mAvA-mBvB=0解得mA：mB=vB：vA=2：1故B错误；CD．由mA：mB=vB：vA=2：1根据动能的表达式可得EkA：EkB=1：2根据动能定理，弹簧对木块A、B做功之比WA：WB=EkA：EkB=1：2故D正确，C错误。故选AD。11．ABD【详解】A．半圆槽与小滑块组成的系统，只有重力对系统做功，系统的机械能守恒，在竖直方向，重力对小滑块的冲量不为零，系统动量不守恒，系统在水平方向受到的合外力为零，系统在水平方向动量守恒，故A正确；B．设小滑块从A到B的过程中用时为t，半圆槽位移为x，则下滑块的位移为2R-x；取水平向右为正方向，根据水平方向平均动量守恒得解得故B正确；CD．小滑块运动到轨道最低点C时，设小滑块的速度大小为v1，半圆槽的速度大小为v2，根据水平方向平均动量守恒得根据机械能守恒定律的联立解得，故C错误；小滑块在C点时，小滑块相对于半圆槽的速度为由牛顿第二定律得联立解得由牛顿第三定律可知在C点小滑块对半圆槽的压力大小为，方向竖直向下，对半圆槽进行受力分析，可知半圆槽受到重力、地面的支持力和小滑块的压力，则有由牛顿第三定律可知，半圆槽对水平地面的压力为，大于4mg，故D正确。故选ABD。12．CD【详解】A．弹簧弹开物体过程中，两物体及弹簧组成的系统动量守恒，取水平向左为正方向，由动量守恒定律得则速度之比根据动能定理得：轻弹簧对A、B做功分别为，联立解得W1：W2=1：3故A错误；B．根据动量守恒定律得知，在与轻弹簧作用过程中，两木块的动量变化量之和为零，即则故B错误；C．A、B离开桌面后都做平抛运动，它们抛出点的高度相同，运动时间相等，设为t。由动量定理得A、B在空中飞行时的动量变化量分别为，则故C正确；D．平抛运动水平方向的分运动是匀速直线运动，由x=v0t知，t相等，则A、B两木块的水平位移大小之比等于故D正确。故选CD。13．AC【详解】A．a、b都做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，由于高度相同，由得知a、b飞行时间一定相同，一定同时到达水平地面，故A正确；B．在炸裂过程中，由于重力远小于内力，系统的动量守恒。炸裂前物体的速度沿水平方向，炸裂后a的速度沿原来的水平方向，根据动量守恒定律判断可知：b的速度一定沿水平方向，但不一定与原速度方向相反，取决于a的动量与物体原来动量的大小关系，故B错误；C．根据牛顿第三定律可知，在炸裂过程中，a、b受到的爆炸力的大小一定相等，故C正确；D．a、b都做平抛运动，高度相同，飞行时间相同，由于初速度大小关系无法判断，所以a飞行的水平距离不一定比b的大，故D错误。故选AC。14．AC【详解】AB．若前后舱是分开的，不计水的阻力，则系统在水平方向动量守恒，系统总动量保持为零，用一水泵把前舱的水抽往后舱，水的速度向后，水的动量向后，则前舱向前运动；故A正确，B错误。
CD．不计水的阻力，则系统动量守恒，系统总动量为零，若前后舱不分开，用水泵把前舱的水抽往后舱，则水的重心后移，故船将向前运动（等效于人船模型）；故C正确D错误。
故选AC。15．AD【详解】设人相对地面的位移为x1，车相对地面的位移为x2，由动量守恒定律得解得AD正确，BC错误。故选AD。16．【详解】由于水平面光滑，系统水平方向上动量守恒，设同一时刻小球的水平速度大小为v1，大球的水平速度大小为v2，由水平方向动量守恒有：mv1＝Mv2所以若小球到达最低点时，小球的水平位移为x1，大球的水平位移为x2，则由题意：x1＋x2＝R－r解得17．【详解】人和气球静止在空中，说明人和气球组成的系统合力为零，人向下运动，设速率为，气球向上运动，设速率为，取向下为正，由动量守恒定律可得人到地面时下落高度为，气球上升高度为，因人和气球运动时间相同，则有软绳长度联立解得18．【详解】人和小船组成的系统在水平方向不受外力，动量守恒。假设某一时刻小船和人对地的速度分别为v1、v2，由于原来处于静止状态，因此0＝mv1－m′v2即m′v2＝mv1由于相对运动过程中的任意时刻，人和小船的速度都满足上述关系，故他们在这一过程中平均速率也满足这一关系，即m′2＝m1，等式两边同乘运动的时间t，得m′2t＝m1t即m′x2＝mx1又因x1＋x2＝l，因此有x1＝19．（1）；（2）【详解】（1）设小球与圆弧轨道分离时小球的速度，圆弧轨道的速度为，根据动量守恒，可得：根据机械能守恒，可得解得（2）设从刚释放到小球与圆弧轨道恰好分离的过程中圆弧轨道运动的位移大小x，则小球的位移大小为，根据动量守恒，可得解得20．60m/s，方向竖直向上【详解】当它上升到距地面500m时爆炸，其中一部分经10s竖直落回发射点，根据自由落体运动规律可知可知此部分爆炸后的速度为零；根据动量守恒定解得v=2v0=60m/s方向竖直向上.21．【详解】爆竹爆炸时系统内力远大于外力，动量守恒，取向上为正方向，设爆炸后瞬间爆竹速度大小为v，木块速度大小为，则木块陷入沙中的过程做匀减速运动直到停止，由动能定理得解得代入得爆竹以速度v做竖直上抛运动，上升的最大高度为22．【详解】蛙跳出后做平抛运动，运动时间为t＝，蛙与车组成的系统水平方向动量守恒由动量守恒定律得：Mv′－mv＝0，若蛙恰好落在桌面上，则有：v′t＋vt＝，联立解得：v＝