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单元评估检测(六) (45分钟100分)一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48分。15题为单选题,68题为多选题)1.下列关于物体动量和冲量的说法正确的是()A.物体所受合外力冲量越大,它的动量也越大B.物体所受合外力冲量不为零,它的动量一定要改变C.物体动量的方向,就是它所受冲量的方向D.物体所受合外力越大,它的动量变化就越大【解析】选B。物体所受合外力冲量越大,它的动量变化就越大,不是动量越大,故A错误;合外力的冲量等于物体动量的变化量,物体所受合外力冲量不为零,它的动量一定要改变,故B正确;合外力的冲量等于物体动量的变化量,所以物体动量增量的方向,就是它所受冲量的方向,而动量的方向与所受冲量的方向没有直接关系,故C错误;物体所受合外力越大,加速度就越大,物体速度变化就越快,所以它的动量变化就越快,但不一定越大,故D错误。2.(2018南昌模拟)斜向上抛出一个爆竹,到达最高点时(速度水平向东)立即爆炸成质量相等的三块,前面一块速度水平向东,后面一块速度水平向西,前、后两块的水平速度(相对地面)大小相等、方向相反。则以下说法中正确的是()A.爆炸后的瞬间,中间那块的速度大于爆炸前瞬间爆竹的速度B.爆炸后的瞬间,中间那块的速度可能水平向西C.爆炸后三块将同时落到水平地面上,并且落地时的动量相同D.爆炸后的瞬间,中间那块的动能可能小于爆炸前的瞬间爆竹的总动能【解析】选A。设爆炸前的速度为v,爆炸后的速度为v前后以及v,设向东为正方向,由水平方向动量守恒得3mv=mv前后+mv-mv前后,解得v=3v,方向向东,爆炸后的瞬间,中间那块的速度大于爆炸前瞬间爆竹的速度,故A正确,B错误;爆炸后三块做平抛运动,竖直方向h=gt2,下落时间相同,则竖直方向分速度相同,前后两块水平方向分速度方向不同,故合速度方向不同,则动量不同,故C错误;中间那块的动能m(3v)23mv2,故D错误。【总结提升】爆炸现象的三个特点(1)动量守恒:由于爆炸是在极短的时间内完成的,爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力,所以在爆炸过程中,系统的总动量守恒。(2)动能增加:在爆炸过程中,由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能,所以爆炸后系统的总动能增加。(3)位置不变:爆炸的时间极短,因而作用过程中,物体产生的位移很小,一般可忽略不计,可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动。3.(2018唐山模拟)如图所示,光滑水平面上有质量均为m的物块A和B,B上固定一轻弹簧。B静止,A以速度v0水平向右运动,通过弹簧与B发生作用。作用过程中,弹簧获得的最大弹性势能Ep为 ()A.B.C.D.【解析】选C。当两个滑块速度相等时,弹簧压缩量最大,弹性势能最大,滑块A、B系统动量守恒,则mv0=2mv1,解得v1=v0,系统减小的动能等于增加的弹性势能,故弹簧获得的最大弹性势能Ep=m-2m,解得Ep=,故C正确,A、B、D错误。4.(2018大庆模拟)半圆形光滑轨道固定在水平地面上,如图所示,并使其轨道平面与地面垂直,物体m1、m2同时由轨道左、右最高点释放,二者碰后粘在一起向上运动,最高能上升到轨道M点,已知OM与竖直方向夹角为60,则两物体的质量之比m1m2为 ()A.(+1)(-1)B.1C.(-1)(+1)D.1【解析】选C。两球到达最低的过程由动能定理得mgR=mv2,解得v=,设向左为正方向,则m1的速度v1=-,m2的速度v2=,碰撞过程由动量守恒得m2v2+m1v1=(m1+m2)v,解得v=,二者碰后粘在一起向左运动,最高能上升到轨道P点,对此过程由动能定理得-(m1+m2)gR(1-cos60)=0-(m1+m2)v2 ,解得m1m2=(-1)(+1),故C正确,A、B、D错误。【加固训练】(多选)如图所示,半径和动能都相等的两个小球相向而行。甲球质量m甲大于乙球质量m乙,平面是光滑的,两球做对心碰撞以后的运动情况可能是()A.甲球速度为零,乙球速度不为零B.两球速度都不为零C.乙球速度为零,甲球速度不为零D.两球以原速率反向运动【解析】选A、B。由题意可知:Ek甲=Ek乙,因为Ek=mv2=,所以动量为p=,因为m甲m乙,所以有:p甲p乙,甲乙相向运动,则系统总动量方向与甲的动量方向相同,碰撞过程动量守恒,甲乙碰撞后总动量沿甲原来的方向,由于甲的质量大于乙的质量,碰撞后乙将反弹,乙的速度不为零,甲的速度可能为零,也可能向右继续运动,故A正确。因为碰撞后甲乙都沿甲原来的方向运动,故甲乙速度可能不为零,故B正确;因为乙必弹回,故速度不为零,故C错误;碰撞后甲乙均沿甲原来的方向运动,甲速度不反向,乙速度反向,故D错误。5.如图所示,在光滑的水平面上静止放一质量为m的木板B,木板表面光滑,左端固定一轻质弹簧。质量为2m的木块A以速度v0从板的右端水平向左滑上木板B。在木块A与弹簧相互作用的过程中,下列判断正确的是()A.弹簧压缩量最大时,B板运动速率最大B.板的加速度一直增大C.弹簧给木块A的冲量大小为mv0D.弹簧的最大弹性势能为m【解析】选D。在木块A与弹簧相互作用的过程中,从弹簧的压缩量达到最大到弹簧恢复原状的过程中,弹簧对木板B有向左的弹力,B板仍在加速,所以弹簧压缩量最大时,B板运动速率不是最大,当弹簧恢复原长时B板的速率最大,故A错误;弹簧压缩量先增加后减小,弹簧对B板的弹力先增大后减小,故B板的加速度先增加后减小,故B错误;设弹簧恢复原长时A与B的速度分别为v1和v2。取向左为正方向,根据动量守恒定律得2mv0=2mv1+mv2,根据机械能守恒定律得2m=2m+m,解得v1=v0,v2=v0,对滑块A,根据动量定理得I=2mv1-2mv0=-mv0,负号表示方向向右,故C错误;当滑块与长木板速度相等时,弹簧的压缩量最大,根据动量守恒定律得2mv0=(m+2m)v,根据系统机械能守恒得Ep=2m-(2m+m)v2,解得Ep=m,故D正确。6.如图甲所示,长2 m的木板静止在某水平面上,t=0时刻,可视为质点的小物块P以水平向右的某一初速度从Q的左端向右滑行,P、Q的速度时间图象如图乙所示,其中a、b分别是01 s 内P、Q的速度时间图线,c是12 s内P、Q共同的速度时间图线。已知P、Q的质量均是1 kg。g取10 m/s2。则以下判断正确的是 ()A.在02 s内,木板Q下表面与水平面之间有摩擦力B.在02 s内,摩擦力对Q的冲量是1 NsC.P、Q之间的动摩擦因数为0.1D.P相对Q静止的位置在Q木板的最右端【解析】选B、C。由图可知,在P、Q系统相互作用的过程结束后,系统沿水平方向做匀速直线运动,可知系统所受的外力之和为零,木板Q下表面与水平面之间没有摩擦力,故A错误;从图象可知,02 s内,Q先做匀加速直线运动,再做匀速直线运动,在12 s内无摩擦力,根据动量定理,摩擦力的冲量等于动量的变化,所以I=Mv-0=1 Ns,故B正确;P从速度为2 m/s减为1 m/s 所需的时间为1 s,则a=g= m/s2=1 m/s2,解得=0.1,故C正确;在t=1 s时,P、Q相对静止,一起做匀速直线运动,在01 s内,P的位移x1=1 m=1.5 m,Q的位移x2=1 m=0.5 m,所以x=x1-x2=1.5 m-0.5 m=1 m2 m,知P与Q相对静止时不在木板的右端,故D错误。7.某校一学习小组为了研究路面状况与物体滑行距离之间的关系,做了模拟实验。他们用底部贴有轮胎材料的小物块A、B分别在冰面上做实验,A的质量是B的4倍。先使B静止,A在距B为L处,以速度v0滑向B。实验结果如下:在第一次实验时,A恰好未撞到B;在第二次实验时,A、B仍相距L,A以速度2v0滑向静止的B,A撞到B后又共同滑行了一段距离。以下说法正确的是 ()A.在第二次实验时,A、B碰撞前瞬间,A的速度为v0B.A、B碰撞前后瞬间,A的速度之比为54C.A、B碰撞前后,A、B组成的系统损失的机械能与碰撞前系统动能之比为725D.A与B碰撞后,A、B共同滑行的距离为L【解析】选B、D。设A、B碰撞前后瞬间的速度分别为v1和v2,第一次实验时,对A由动能定理得-mAgL=0-mA,第二次实验时,对碰撞前A的过程由动能定理得-mAgL=mA-mA(2v0)2,联立解得v1=v0,故A错误;取A的初速度方向为正方向,A、B的碰撞过程中动量守恒,则得mAv1=(mA+mB)v2,因mA=4mB,则得v1v2=54,即A、B碰撞前后瞬间,A的速度之比为54,故B正确;设mA=4mB=4m,v1=5v,则v2=4v,A、B碰撞前后,系统损失的机械能为E=mA-(mA+mB)=10mv2,碰撞前系统动能为E=mA=50mv2,故A、B碰撞前后,A、B组成的系统损失的机械能与碰撞前系统动能之比为15,故C错误;A与B碰撞后滑行的过程,根据动能定理得-(mA+mB)gs=0-(mA+mB),由以上知v2=v1=v0,联立解得s=L,故D正确。【加固训练】(多选)如图所示,水平传送带AB足够长,质量为M=1.0 kg 的木块随传送带一起以v1=2 m/s的速度向左匀速运动(传送带的速度恒定),木块与传送带间的动摩擦因数=0.5,当木块运动到最左端A点时,一颗质量为m=20 g的子弹,以v0=300 m/s 的水平向右的速度,正对射入木块并穿出,穿出速度v=50 m/s,设子弹射穿木块的时间极短,(g取10 m/s2)则()A.子弹射穿木块后,木块一直做减速运动B.木块遭射击后远离A的最大距离为0.9 mC.木块遭射击后到相对传送带静止所经历的时间为1.0 sD.木块遭射击后到相对传送带静止所经历的时间为0.6 s【解析】选B、C。子弹射穿木块后,木块先向右做减速运动,然后再向左做加速运动,故A错误;设木块被子弹击穿时的速度为v3,子弹击穿木块过程水平方向的动量守恒,选取向右为正方向,故:mv0-Mv1=mv+Mv3代入数据解得:v3=3.0 m/s木块遭射击后远离A的距离最大时的瞬时速度为0,根据动能定理得:-Mgxm=0-M代入数据得:xm=0.9 m,故B正确;选取向右为正方向,则木块与传送带的速度相等时的速度是-2 m/s。木块的加速度:a=-=-g=-0.510 m/s2=-5 m/s2木块遭射击后到相对传送带静止所经历的时间为:t= s=1.0 s,故C正确,D错误。8.(2018洛阳模拟)如图所示,质量为m=245 g的物块(可视为质点)放在质量为M=0.5 kg的木板左端,足够长的木板静止在光滑水平面上,物块与木板间的动摩擦因数为=0.4,质量为m0=5 g的子弹以速度v0=300 m/s沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短),g取10 m/s2,则在整个过程中()A.物块和木板组成的系统动量守恒B.子弹的末动量大小为0.01 kgm/sC.子弹对物块的冲量大小为0.49 NsD.物块相对木板滑行的时间为1 s【解题指导】解答本题应注意以下四点:(1)子弹射入物块的过程中,子弹和物块组成的系统动量守恒。(2)物块在木板上滑动过程,子弹、物块和木板组成的系统动量守恒。(3)子弹对物块的冲量等于物块动量的增量。(4)子弹与物块间的相互作用力的冲量等大、反向。【解析】选B、D。子弹射入物块的过程中,物块的动量增大,所以物块和木板组成的系统动量不守恒,故A错误;选取向右为正方向,子弹打入物块过程,由动量守恒定律得m0v0=(m0+m)v1,物块在木板上滑动过程,由动量守恒定律得(m0+m)v1=(m0+m+M)v2,联立解得v2= m/s=2 m/s,所以子弹的末动量p=m0v2=510-32 kgm/s=0.01 kgm/s,故B正确;由动量定理可得子弹受到的冲量I=p=p-p0=0.01 kgm/s-510-3300 kgm/s=-1.49 kgm/s=-1.49 Ns,子弹与物块作用的时间相等,相互作用力大小始终相等,而方向相反,所以子弹对物块的冲量大小是1.49 Ns,故C错误;对子弹、物块整体由动量定理得-(m0+m)gt=(m0+m)(v2-v1),联立解得物块相对于木板滑行的时间t=1 s,故D正确。二、实验题(本题共2小题,共15分)9.(6分)如图是用来验证动量守恒的实验装置,弹性球1用细线悬挂于O点,O点下方桌子的边沿有一竖直立柱。实验时,调节悬点,使弹性球1静止时恰与立柱上的球2接触且两球等高。将球1拉到A点,并使之静止,同时把球2放在立柱上。释放球1,当它摆到悬点正下方时与球2发生对心碰撞。碰后球1向左最远可摆到B点,球2落到水平地面上的C点。测出有关数据即可验证1、2两球碰撞时动量守恒。现已测出A点离水平桌面的距离为a,B点离水平桌面的距离为b,C点与桌子边沿间的水平距离为c。此外,(1)还需要测量的量是 、 和。(2)根据测量的数据,该实验中动量守恒的表达式为。(忽略小球的大小)【解析】(1)要验证动量守恒必须知道两球碰撞前后的动量变化,根据弹性球1碰撞前后的高度a和b,由机械能守恒可以求出碰撞前后的速度,故只要再测量弹性球1的质量m1,就能求出弹性球1的动量变化;根据平抛运动的规律只要测出立柱高h和桌面高H就可以求出弹性球2碰撞前后的速度变化,故只要测量弹性球2的质量m2和立柱高h、桌面高H就能求出弹性球2的动量变化。(2)由以上分析可以写出动量守恒的方程2m1=2m1+m2。答案:(1)弹性球1、2的质量m1、m2立柱高h桌面高H(2)2m1=2m1+m210.(9分)如图装置可以用来验证动量守恒定律,具体操作步骤如下:(1)将打点计时器固定在长木板的一端,把纸带穿过打点计时器,连在小车A的后面,此步骤操作时(选填“需要”或“不需要”)平衡摩擦力。(2)让小车A运动,小车B静止,在两小车的碰撞端分别装上撞针和橡皮泥,碰撞时撞针插入橡皮泥把两小车粘合成一体,需要按此步骤操作的理由是_ 。(3)根据打点计时器的纸带计算出两小车碰撞前和完成碰撞后的速度分别为v1、v2,请写出需要验证动量守恒的表达式(已知A车的质量为mA,B车的质量为mB)。【解析】(1)为了让两车碰撞中满足动量守恒,在实验前需要平衡摩擦力。(2)由于只有一条纸带,故只能计算出碰撞前后各一个速度值,因此只能采用碰后两小车结合为一个物体的方式进行实验。(3)设初速度方向为正方向,根据动量守恒定律可知,只要能满足mAv1=(mA+mB)v2即可验证动量守恒。答案:(1)需要(2)根据一条纸带只能计算出碰撞前和碰撞后各一个速度值(3)mAv1=(mA+mB)v2三、计算题(本题共2小题,共37分。需写出规范的解题步骤)11.(17分)(2018吉林模拟)质量m=0.60 kg的篮球从距地板H=0.80 m高处由静止释放,与水平地板撞击后反弹上升的最大高度h=0.45 m,从释放到弹跳至h高处经历的时间t=1.1 s,忽略空气阻力,重力加速度g取 10 m/s2,求:(1)篮球与地板撞击过程中损失的机械能。(2)篮球对地板的平均撞击力。【解题指导】解答本题应注意以下三点:(1)篮球与地板撞击损失的机械能等于篮球在最高点时重力势能的减少量。(2)由动能定理和运动学公式可求出篮球与地板撞击前后的速度大小以及篮球在空中的运动时间。(3)由动量定理求出地板对篮球的作用力。【解析】(1)篮球与地板撞击过程中损失的机械能为:E=mgH-mgh=2.1 J(3分)(2)设篮球从H高处下落到地板所用时间为t1,刚接触地板时的速度为v1;反弹离地时的速度为v2,上升的时间为t2,由动能定理和运动学公式得:下落过程:mgH=m解得:v1=4 m/s(3分)t1=0.4 s(2分)上升过程:-mgh=0-m解得:v2=3 m/s(1分)t2=0.3 s(1分)篮球与地板接触时间为:t=t-t1-t2=0.4 s(1分)设地板对篮球的平均撞击力为F,取向上为正方向,由动量定理得:(F-mg)t=mv2-(-mv1)(3分)解得:F=16.5 N(1分)根据牛顿第三定律,篮球对地板的平均撞击力F=F=16.5 N,方向竖直向下(2分)答案:(1)2.1 J(2)16.5 N,方向竖直向下12.(20分)(2018肇庆模拟)如图所示,在光滑的水平面上有一长为L的木板B,上表面粗糙,在其左端有一光滑的圆弧槽C,与长木板接触但不相连,圆弧槽的下端与木板上表面相平,B、C静止在水平面上。现有滑块A以初速度v0从右端滑上B,并以v0滑离B,恰好能到达C的最高点。A、B、C的质量均为m,试求:(1)木板B上表面的动摩擦因数。(2)圆弧槽C的半径R。(3)当A滑离C时,C的速度。【解析】(1)当A在B上滑动时,A与BC整体发生作用,规定向左为正方向,由于水平面光滑,A与BC组成的系统动量守恒,则有:mv0=mv0+2mv1(2分)解得:v1=v0(1分)由能量守恒得知系统动能的减小量等于滑动过程中产生的内能,则有:Q=mgL=m-m-2m(3分)解得:=(2分)(2)当A滑上C,B与C分离,A与C发生作用,设到达最高点时速度相等为v2,规定向左为正方向,由于水平面光滑,A与C组成的系统动量守恒,则有:m+mv1=(m+m)v2(2分)解得:v2=v0(1分)A与C组成的系统机械能守恒,则有:m+m=(2m)+mgR(3分)解得:R=(1分)(3)当A滑下C时,设A的速度为vA,C的速度为vC,规定向左为正方向,A与C组成的系统动量守恒,则有:m+mv1=mvA+mvC(2分)A与C组成的系统机械能守恒,则有:m+m=m+m(2分)解得:vC=(1分)答案:(1)(2)(3)【加固训练】如图所示,用轻弹簧相连的质量均为2 kg的A、B两物块都以v=6 m/s的速度在光滑水平地面上运动,弹簧处于原长,质量为4 kg的物块C静止在前方,B与C碰撞后二者粘在一起运动。在以后的运动中,求:(1)物块B和C相碰后的共同速度。(2)物块B和C相碰过程中损失的机械能。(3)当弹簧的弹性势能最大时,物块A的速度多大?弹性势能的最大值是多大?【解析】(1)B、C碰撞时B、C组成的系统动量守恒,设碰后瞬间B、C两者速度为v,取向右为正方向,由动量守恒定律得:mBv=(mB+mC)v1代入数据解得:v1=2 m/s(2)物块B和C相碰过程中损失的机械能为:E=mBv2-(mB+mC)代入数据解得:E=24 J(3)当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大,由于A、B、C三者组成的系统动量守恒,则(mA+mB)v=(mA+mB+mC)vA代入数据解得:vA=3 m/s设弹簧的弹性势能最大为Ep,根据能量守恒得:Ep=(mB+mC)+mAv2-(mA+mB+mC)代入数据解得Ep=12 J答案:(1)2 m/s(2)24 J(3)3 m/s12 J
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