2019年高考物理一轮复习 单元评估检测(六).doc

2019年高考物理一轮复习 单元评估检测(六)一、选择题(本大题共8小题,每小题6分,共48分。每小题至少一个答案正确,选不全得4分)1.如图所示,质量为M的L形物体静止在光滑的水平面上,物体的AB部分是半径为R的四分之一光滑圆弧,BC是水平面,将质量为m的小滑块从A点静止释放沿圆弧面滑下并最终停止在L形物体的水平面BC之间的D点,则()A.滑块从A滑到B,物体与滑块组成的系统动量守恒,机械能也守恒B.滑块从A滑到B,物体与滑块组成的系统水平方向动量守恒,能量守恒C.滑块从B到D,物体与滑块组成的系统动量守恒,机械能不守恒D.滑块滑到D时,物体的速度为零2.如图所示,F1和F2等大反向,同时作用在静止于光滑水平面上的物体A、B,已知mAmB,经过相等时间后撤去两力,以后两物体相碰并粘合成一体,这时A、B将()A.停止运动B.向左运动C.向右运动D.不能确定3.(xx巴中模拟)物体在恒定的合力作用下做直线运动,在时间t1内动能由零增大到E1,在时间t2内动能由E1增加到2E1,设合力在时间t1内做的功为W1,冲量为I1,在时间t2内做的功是W2,冲量为I2,则()A.I1I2,W1=W2C.I1I2,W1W2D.I1=I2,W1I2,所以B正确。4.【解析】选A。因平直轨道光滑,故人与车及两个铅球组成的系统动量守恒。设每次投出的铅球对车的速度为u。第一次,一个一个地投掷时,有两个作用过程,根据动量守恒定律,投掷第一个球时应有0=(M+m)v-m(u-v)投掷第二个球时有(M+m)v=Mv1-m(u-v1)由两式解得v1=第二次两球一起投出时有0=Mv2-2m(u-v2)(以人与车的速度为正方向),解得v2=。所以两次投掷铅球后小车的速度之比=,故A对。5.【解析】选A。火箭喷出气体前后瞬间,系统动量守恒;喷出气体后火箭质量为(M-m),其对地瞬时速度设为v1,气体对地瞬时速度设为v2,则气体相对火箭速度大小为v=v1+v2,故喷出气体后系统动量(取火箭运动方向为正方向)(M-m)v1-m(v-v1)=Mv1-mv根据动量守恒:Mv0=Mv1-mv得v1=,选A。6.【解析】选A、B、D。系统在水平方向不受外力,动量守恒,两木块落地点到A、B桌边的距离s=v0t,因为两木块落地时间相等,所以v0与s成正比,故vAvB=12,即为A、B离开弹簧的速度之比。由0=mAvA-mBvB,可知mAmB=21。未离开弹簧时,A、B受到的弹力相同,作用时间相同,冲量I=Ft也相同。未离开弹簧时,F相同,m不同,加速度a=,与质量成反比,故aAaB=12。故A、B、D正确。7.【解析】选A。子弹射入木块的过程中,由子弹和木块组成的系统所受合力为零,系统动量守恒,设子弹击中木块,并嵌在其中时的速度大小为v,根据动量守恒定律有mv0=(m+M)v,所以v=;子弹嵌在木块中后随木块压缩弹簧,在水平面上做往复运动,在这个过程中,由子弹、木块和弹簧组成的系统机械能守恒,所以当木块第一次回到原来位置时的速度大小仍为v;木块被子弹击中前处于静止状态,根据动量定理,所求冲量大小为I=Mv-0=,选项A正确。【变式备选】质量为m的均匀木块静止在光滑水平面上,木块左右两侧各有一位持有完全相同步枪和子弹的射击手。首先左侧射击手开枪,子弹水平射入木块的最大深度为d1,然后右侧射击手开枪,子弹水平射入木块的最大深度为d2,如图所示。设子弹均未射穿木块,且两颗子弹与木块之间的作用力大小均相同。当两颗子弹均相对于木块静止时,下列判断正确的是()A.木块静止B.木块向右运动C.d1d2D.d1=d2【解析】选A、C。设子弹质量为m,由动量守恒,初动量为零,末动量也为零,所以木块静止。设左侧子弹与木块共同的速度为v,阻力为f,由动量守恒和能量守恒有:mv0=(m+m)v,m-(m+m)v2=fd1,m+(m+m)v2=fd2,所以d1d2。故A、C正确。8.【解析】选A、C。木块和小车组成的系统水平方向没有外力作用,动量守恒,mv=(M+m)u,则u=,故B错,A正确。两者最后相等的速度是木块的最小速度,小车的最大速度,故C正确。此过程中,系统因摩擦而产生的内能Q=mv2-(m+M)u2=,是定值,故D错。【总结提升】木块、子弹模型问题的一般处理方法(1)依题意画出物理过程示意图,从图中进行分析。(2)这类模型一般要用到动量守恒定律和能量守恒定律综合求解,由于木块(子弹)与木板之间常存在一对相互作用的滑动摩擦力,这对摩擦力使木块(子弹)、木板的动量发生变化,动能也发生变化。若把它们作为一个系统,则这对摩擦力为内力,不改变系统总动量,这对滑动摩擦力做功之和不为零,使系统损失机械能,常用Q=fs相对列式求解。(3)作出系统内各物体的v-t图像,利用图像求解直观方便。9.【解析】(1)用圆规画出尽可能小的圆把所有的小球落点痕迹都圈在里面,其圆心就是小球落地点的平均位置,由图中读出=13.0 cm。(2)R是B球的落地点,P是A球的落地点。(3)因平抛落地时间相同,可用水平位移代替平抛的初速度,即两球碰前或碰后的速度,所以得出动量守恒定律的表达式为mA=mA+mB。答案：(1)用最小的圆把所有落点圈在里面,圆心即为落点的平均位置13.0cm(2)BA(3)mA=mA+mB10.【解析】(1)要验证小球沿竖直的光滑曲面自由下滑的过程中机械能守恒,则要验证在由A运动到B的过程中,mgh=m,化简为:gh=,g为已知量,vB可结合平抛运动求解,则还需要测量A、B的竖直高度h。(2)由(1)可得需要验证:gh=,由平抛运动知识可得:y=gt2,L=vBt,整理可得:gh=。(3)下滑过程中小球克服摩擦力做功,导致一部分机械能转化为内能。答案：(1)A、B间的竖直高度h(2)gh=(3)下滑过程中小球克服摩擦力做功11.【解题指南】解答本题时要注意以下两点:(1)动量、动量的变化量是矢量,计算时要注意正方向的选取。(2)小球与地面碰撞过程中,除了受地面的作用力外,同时受到重力的作用。【解析】取竖直向上为正方向,小球与地面碰撞前的动量为:p1=m(-v1)=0.2(-6)kgm/s=-1.2 kgm/s(3分)小球与地面碰撞后的动量为:p2=mv2=0.24kgm/s=0.8 kgm/s(3分)小球与地面碰撞前后动量的变化量为:p=p2-p1=2kgm/s(3分)由动量定理得:(F-mg)t=p,(3分)所以:F=+mg=N+0.210 N=12 N(3分)答案：2kgm/s12 N12.【解析】(1)拉动第一个物块的过程运用动能定理有:(F-mg)s=m(2分)可得v1=2。(1分)(2)物块1和物块2之间的绳子绷直时,根据动量守恒定律有:2mv20=mv1(1分)可得v20=(1分)对物块1和物块2一起加速的过程运用动能定理有:(F-2mg)s=(2m)-(2m)(2分)可得v2=(1分)物块2和物块3之间的绳子绷直时,根据动量守恒定律有:2mv2=3mv30 (1分)所以物块3刚开始运动时的速度v30=(1分)(3)三物块一起以速度v3=v30=做匀速直线运动,位移为s时,物块3和物块4之间的绳子绷直,该过程需要的时间t3=(2分)物块3和物块4之间的绳子绷直时,根据动量守恒定律有:3mv3=4mv40 (1分)所以v40=(1分)此后四个物块一起做匀减速运动,位移为s时,根据动能定理有:(F-4mg)s=(4m)-(4m)(2分)可得v4=0(1分)该过程需要的时间t4=(1分)从物块3获得速度刚开始运动到静止,设物块1和物块2之间的绳子对物块2的冲量大小为I,对物块1有:(F-mg)(t3+t4)-I=0-mv30(2分)得I=m(2分)答案：(1)2(2)(3)m