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單元評估檢測(六) (45分鐘　100分) 一、選擇題(本題共8小題,每小題6分,共48分。1～5題為單選題,6～8題為多選題) 1.下列關于物體動量和沖量的說法正確的是(　　) A.物體所受合外力沖量越大,它的動量也越大 B.物體所受合外力沖量不為零,它的動量一定要改變 C.物體動量的方向,就是它所受沖量的方向 D.物體所受合外力越大,它的動量變化就越大 【解析】選B。物體所受合外力沖量越大,它的動量變化就越大,不是動量越大,故A錯誤;合外力的沖量等于物體動量的變化量,物體所受合外力沖量不為零,它的動量一定要改變,故B正確;合外力的沖量等于物體動量的變化量,所以物體動量增量的方向,就是它所受沖量的方向,而動量的方向與所受沖量的方向沒有直接關系,故C錯誤;物體所受合外力越大,加速度就越大,物體速度變化就越快,所以它的動量變化就越快,但不一定越大,故D錯誤。 2.(2018南昌模擬)斜向上拋出一個爆竹,到達最高點時(速度水平向東)立即爆炸成質(zhì)量相等的三塊,前面一塊速度水平向東,后面一塊速度水平向西,前、后兩塊的水平速度(相對地面)大小相等、方向相反。則以下說法中正確的是 (　　) A.爆炸后的瞬間,中間那塊的速度大于爆炸前瞬間爆竹的速度 B.爆炸后的瞬間,中間那塊的速度可能水平向西 C.爆炸后三塊將同時落到水平地面上,并且落地時的動量相同 D.爆炸后的瞬間,中間那塊的動能可能小于爆炸前的瞬間爆竹的總動能 【解析】選A。設爆炸前的速度為v,爆炸后的速度為v前后以及v′,設向東為正方向,由水平方向動量守恒得3mv=mv前后+mv′-mv前后,解得v′=3v,方向向東,爆炸后的瞬間,中間那塊的速度大于爆炸前瞬間爆竹的速度,故A正確,B錯誤;爆炸后三塊做平拋運動,豎直方向h=gt2,下落時間相同,則豎直方向分速度相同,前后兩塊水平方向分速度方向不同,故合速度方向不同,則動量不同,故C錯誤;中間那塊的動能m(3v)2>3mv2,故D錯誤。 【總結提升】爆炸現(xiàn)象的三個特點 (1)動量守恒:由于爆炸是在極短的時間內(nèi)完成的,爆炸物體間的相互作用力遠遠大于受到的外力,所以在爆炸過程中,系統(tǒng)的總動量守恒。 (2)動能增加:在爆炸過程中,由于有其他形式的能量(如化學能)轉化為動能,所以爆炸后系統(tǒng)的總動能增加。 (3)位置不變:爆炸的時間極短,因而作用過程中,物體產(chǎn)生的位移很小,一般可忽略不計,可以認為爆炸后仍然從爆炸前的位置以新的動量開始運動。 3.(2018唐山模擬)如圖所示,光滑水平面上有質(zhì)量均為m的物塊A和B,B上固定一輕彈簧。B靜止,A以速度v0水平向右運動,通過彈簧與B發(fā)生作用。作用過程中,彈簧獲得的最大彈性勢能Ep為 (　　) A.　　B.　　C.　　D. 【解析】選C。當兩個滑塊速度相等時,彈簧壓縮量最大,彈性勢能最大,滑塊A、B系統(tǒng)動量守恒,則mv0=2mv1,解得v1=v0,系統(tǒng)減小的動能等于增加的彈性勢能,故彈簧獲得的最大彈性勢能Ep=m-2m,解得Ep=,故C正確,A、B、D錯誤。 4.(2018大慶模擬)半圓形光滑軌道固定在水平地面上,如圖所示,并使其軌道平面與地面垂直,物體m1、m2同時由軌道左、右最高點釋放,二者碰后粘在一起向上運動,最高能上升到軌道M點,已知OM與豎直方向夾角為60,則兩物體的質(zhì)量之比m1∶m2為 (　　) A.(+1)∶(-1)　　　　 B.∶1 C.(-1)∶(+1) D.1∶ 【解析】選C。兩球到達最低的過程由動能定理得mgR=mv2,解得v=,設向左為正方向,則m1的速度v1=-,m2的速度v2=,碰撞過程由動量守恒得m2v2+m1v1=(m1+m2)v,解得v=,二者碰后粘在一起向左運動,最高能上升到軌道P點,對此過程由動能定理得-(m1+m2)gR(1-cos60)=0-(m1+m2)v2 ,解得m1∶m2=(-1)∶(+1),故C正確,A、B、D錯誤。 【加固訓練】 (多選)如圖所示,半徑和動能都相等的兩個小球相向而行。甲球質(zhì)量m甲大于乙球質(zhì)量m乙,平面是光滑的,兩球做對心碰撞以后的運動情況可能是 (　　) A.甲球速度為零,乙球速度不為零 B.兩球速度都不為零 C.乙球速度為零,甲球速度不為零 D.兩球以原速率反向運動 【解析】選A、B。由題意可知:Ek甲=Ek乙,因為Ek=mv2==,所以動量為p=,因為m甲>m乙,所以有:p甲>p乙,甲乙相向運動,則系統(tǒng)總動量方向與甲的動量方向相同,碰撞過程動量守恒,甲乙碰撞后總動量沿甲原來的方向,由于甲的質(zhì)量大于乙的質(zhì)量,碰撞后乙將反彈,乙的速度不為零,甲的速度可能為零,也可能向右繼續(xù)運動,故A正確。因為碰撞后甲乙都沿甲原來的方向運動,故甲乙速度可能不為零,故B正確;因為乙必彈回,故速度不為零,故C錯誤;碰撞后甲乙均沿甲原來的方向運動,甲速度不反向,乙速度反向,故D錯誤。 5.如圖所示,在光滑的水平面上靜止放一質(zhì)量為m的木板B,木板表面光滑,左端固定一輕質(zhì)彈簧。質(zhì)量為2m的木塊A以速度v0從板的右端水平向左滑上木板B。在木塊A與彈簧相互作用的過程中,下列判斷正確的是 (　　) A.彈簧壓縮量最大時,B板運動速率最大 B.板的加速度一直增大 C.彈簧給木塊A的沖量大小為mv0 D.彈簧的最大彈性勢能為m 【解析】選D。在木塊A與彈簧相互作用的過程中,從彈簧的壓縮量達到最大到彈簧恢復原狀的過程中,彈簧對木板B有向左的彈力,B板仍在加速,所以彈簧壓縮量最大時,B板運動速率不是最大,當彈簧恢復原長時B板的速率最大,故A錯誤;彈簧壓縮量先增加后減小,彈簧對B板的彈力先增大后減小,故B板的加速度先增加后減小,故B錯誤;設彈簧恢復原長時A與B的速度分別為v1和v2。取向左為正方向,根據(jù)動量守恒定律得2mv0=2mv1+mv2,根據(jù)機械能守恒定律得2m=2m+m,解得v1=v0,v2=v0,對滑塊A,根據(jù)動量定理得I=2mv1-2mv0=-mv0,負號表示方向向右,故C錯誤;當滑塊與長木板速度相等時,彈簧的壓縮量最大,根據(jù)動量守恒定律得2mv0=(m+2m)v,根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒得Ep=2m-(2m+m)v2,解得Ep=m,故D正確。 6.如圖甲所示,長2 m的木板靜止在某水平面上,t=0時刻,可視為質(zhì)點的小物塊P以水平向右的某一初速度從Q的左端向右滑行,P、Q的速度—時間圖象如圖乙所示,其中a、b分別是0～1 s 內(nèi)P、Q的速度—時間圖線,c是1～2 s內(nèi)P、Q共同的速度—時間圖線。已知P、Q的質(zhì)量均是1 kg。g取10 m/s2。則以下判斷正確的是 (　　) A.在0～2 s內(nèi),木板Q下表面與水平面之間有摩擦力 B.在0～2 s內(nèi),摩擦力對Q的沖量是1 Ns C.P、Q之間的動摩擦因數(shù)為0.1 D.P相對Q靜止的位置在Q木板的最右端 【解析】選B、C。由圖可知,在P、Q系統(tǒng)相互作用的過程結束后,系統(tǒng)沿水平方向做勻速直線運動,可知系統(tǒng)所受的外力之和為零,木板Q下表面與水平面之間沒有摩擦力,故A錯誤;從圖象可知,0～2 s內(nèi),Q先做勻加速直線運動,再做勻速直線運動,在1～2 s內(nèi)無摩擦力,根據(jù)動量定理,摩擦力的沖量等于動量的變化,所以I=Mv-0=1 Ns,故B正確;P從速度為2 m/s減為1 m/s 所需的時間為1 s,則a=μg== m/s2=1 m/s2,解得μ=0.1,故C正確;在t=1 s時,P、Q相對靜止,一起做勻速直線運動,在0～1 s內(nèi),P的位移x1=1 m=1.5 m,Q的位移x2=1 m=0.5 m,所以Δx=x1-x2=1.5 m-0.5 m=1 m<2 m,知P與Q相對靜止時不在木板的右端,故D錯誤。 7.某校一學習小組為了研究路面狀況與物體滑行距離之間的關系,做了模擬實驗。他們用底部貼有輪胎材料的小物塊A、B分別在冰面上做實驗,A的質(zhì)量是B的4倍。先使B靜止,A在距B為L處,以速度v0滑向B。實驗結果如下:在第一次實驗時,A恰好未撞到B;在第二次實驗時,A、B仍相距L,A以速度2v0滑向靜止的B,A撞到B后又共同滑行了一段距離。以下說法正確的是 (　　) A.在第二次實驗時,A、B碰撞前瞬間,A的速度為v0 B.A、B碰撞前后瞬間,A的速度之比為5∶4 C.A、B碰撞前后,A、B組成的系統(tǒng)損失的機械能與碰撞前系統(tǒng)動能之比為7∶25 D.A與B碰撞后,A、B共同滑行的距離為L 【解析】選B、D。設A、B碰撞前后瞬間的速度分別為v1和v2,第一次實驗時,對A由動能定理得-μmAgL=0-mA,第二次實驗時,對碰撞前A的過程由動能定理得-μmAgL=mA-mA(2v0)2,聯(lián)立解得v1=v0,故A錯誤;取A的初速度方向為正方向,A、B的碰撞過程中動量守恒,則得mAv1=(mA+mB)v2,因mA=4mB,則得v1∶v2 =5∶4,即A、B碰撞前后瞬間,A的速度之比為5∶4,故B正確;設mA=4mB=4m,v1=5v,則v2=4v,A、B碰撞前后,系統(tǒng)損失的機械能為ΔE=mA-(mA+mB)=10mv2,碰撞前系統(tǒng)動能為E=mA=50mv2,故A、B碰撞前后,A、B組成的系統(tǒng)損失的機械能與碰撞前系統(tǒng)動能之比為1∶5,故C錯誤;A與B碰撞后滑行的過程,根據(jù)動能定理得-μ(mA+mB)gs=0-(mA+mB),由以上知v2=v1=v0,聯(lián)立解得s=L,故D正確。 【加固訓練】 (多選)如圖所示,水平傳送帶AB足夠長,質(zhì)量為M=1.0 kg 的木塊隨傳送帶一起 以v1=2 m/s的速度向左勻速運動(傳送帶的速度恒定),木塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ=0.5,當木塊運動到最左端A點時,一顆質(zhì)量為m=20 g的子彈,以v0= 300 m/s 的水平向右的速度,正對射入木塊并穿出,穿出速度v=50 m/s,設子彈射穿木塊的時間極短,(g取10 m/s2)則 (　　) A.子彈射穿木塊后,木塊一直做減速運動 B.木塊遭射擊后遠離A的最大距離為0.9 m C.木塊遭射擊后到相對傳送帶靜止所經(jīng)歷的時間為1.0 s D.木塊遭射擊后到相對傳送帶靜止所經(jīng)歷的時間為0.6 s 【解析】選B、C。子彈射穿木塊后,木塊先向右做減速運動,然后再向左做加速運動,故A錯誤;設木塊被子彈擊穿時的速度為v3,子彈擊穿木塊過程水平方向的動量守恒,選取向右為正方向,故:mv0-Mv1=mv+Mv3 代入數(shù)據(jù)解得:v3=3.0 m/s 木塊遭射擊后遠離A的距離最大時的瞬時速度為0,根據(jù)動能定理得: -μMgxm=0-M 代入數(shù)據(jù)得:xm=0.9 m,故B正確; 選取向右為正方向,則木塊與傳送帶的速度相等時的速度是-2 m/s。 木塊的加速度:a=-=-μg=-0.510 m/s2=-5 m/s2 木塊遭射擊后到相對傳送帶靜止所經(jīng)歷的時間為:t== s=1.0 s, 故C正確,D錯誤。 8.(2018洛陽模擬)如圖所示,質(zhì)量為m=245 g的物塊(可視為質(zhì)點)放在質(zhì)量為M=0.5 kg的木板左端,足夠長的木板靜止在光滑水平面上,物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ=0.4,質(zhì)量為m0=5 g的子彈以速度v0=300 m/s沿水平方向射入物塊并留在其中(時間極短),g取10 m/s2,則在整個過程中 (　　) A.物塊和木板組成的系統(tǒng)動量守恒 B.子彈的末動量大小為0.01 kgm/s C.子彈對物塊的沖量大小為0.49 Ns D.物塊相對木板滑行的時間為1 s 【解題指導】解答本題應注意以下四點: (1)子彈射入物塊的過程中,子彈和物塊組成的系統(tǒng)動量守恒。 (2)物塊在木板上滑動過程,子彈、物塊和木板組成的系統(tǒng)動量守恒。 (3)子彈對物塊的沖量等于物塊動量的增量。 (4)子彈與物塊間的相互作用力的沖量等大、反向。 【解析】選B、D。子彈射入物塊的過程中,物塊的動量增大,所以物塊和木板組成的系統(tǒng)動量不守恒,故A錯誤;選取向右為正方向,子彈打入物塊過程,由動量守恒定律得m0v0=(m0+m)v1,物塊在木板上滑動過程,由動量守恒定律得(m0+m)v1 =(m0+m+M)v2,聯(lián)立解得v2== m/s=2 m/s,所以子彈的末動量p=m0v2=510-32 kgm/s=0.01 kgm/s,故B正確;由動量定理可得子彈受到的沖量I=Δp=p-p0=0.01 kgm/s-510-3300 kgm/s=-1.49 kgm/s =-1.49 Ns,子彈與物塊作用的時間相等,相互作用力大小始終相等,而方向相反,所以子彈對物塊的沖量大小是1.49 Ns,故C錯誤;對子彈、物塊整體由動量定理得-μ(m0+m)gt=(m0+m)(v2-v1),聯(lián)立解得物塊相對于木板滑行的時間t==1 s,故D正確。 二、實驗題(本題共2小題,共15分) 9.(6分)如圖是用來驗證動量守恒的實驗裝置,彈性球1用細線懸掛于O點,O點下方桌子的邊沿有一豎直立柱。實驗時,調(diào)節(jié)懸點,使彈性球1靜止時恰與立柱上的球2接觸且兩球等高。將球1拉到A點,并使之靜止,同時把球2放在立柱上。釋放球1,當它擺到懸點正下方時與球2發(fā)生對心碰撞。碰后球1向左最遠可擺到B點,球2落到水平地面上的C點。測出有關數(shù)據(jù)即可驗證1、2兩球碰撞時動量守恒?，F(xiàn)已測出A點離水平桌面的距離為a,B點離水平桌面的距離為b,C點與桌子邊沿間的水平距離為c。此外, (1)還需要測量的量是　　　　　　 　　　　、　　　 　　　　　和　　　　　　　　。 (2)根據(jù)測量的數(shù)據(jù),該實驗中動量守恒的表達式為　　　　　　　　　　。(忽略小球的大小) 【解析】(1)要驗證動量守恒必須知道兩球碰撞前后的動量變化,根據(jù)彈性球1碰撞前后的高度a和b,由機械能守恒可以求出碰撞前后的速度,故只要再測量彈性球1的質(zhì)量m1,就能求出彈性球1的動量變化;根據(jù)平拋運動的規(guī)律只要測出立柱高h和桌面高H就可以求出彈性球2碰撞前后的速度變化,故只要測量彈性球2的質(zhì)量m2和立柱高h、桌面高H就能求出彈性球2的動量變化。 (2)由以上分析可以寫出動量守恒的方程 2m1=2m1+m2。 答案:(1)彈性球1、2的質(zhì)量m1、m2　立柱高h　桌面高H (2)2m1=2m1+m2 10.(9分)如圖裝置可以用來驗證動量守恒定律,具體操作步驟如下: (1)將打點計時器固定在長木板的一端,把紙帶穿過打點計時器,連在小車A的后面,此步驟操作時　　　　(選填“需要”或“不需要”)平衡摩擦力。 (2)讓小車A運動,小車B靜止,在兩小車的碰撞端分別裝上撞針和橡皮泥,碰撞時撞針插入橡皮泥把兩小車粘合成一體,需要按此步驟操作的理由是_______ 　。 (3)根據(jù)打點計時器的紙帶計算出兩小車碰撞前和完成碰撞后的速度分別為v1、v2,請寫出需要驗證動量守恒的表達式　　　　　　　　　(已知A車的質(zhì)量為mA,B車的質(zhì)量為mB)。 【解析】(1)為了讓兩車碰撞中滿足動量守恒,在實驗前需要平衡摩擦力。 (2)由于只有一條紙帶,故只能計算出碰撞前后各一個速度值,因此只能采用碰后兩小車結合為一個物體的方式進行實驗。 (3)設初速度方向為正方向,根據(jù)動量守恒定律可知,只要能滿足mAv1=(mA+mB)v2即可驗證動量守恒。 答案:(1)需要 (2)根據(jù)一條紙帶只能計算出碰撞前和碰撞后各一個速度值 (3)mAv1=(mA+mB)v2 三、計算題(本題共2小題,共37分。需寫出規(guī)范的解題步驟) 11.(17分)(2018吉林模擬)質(zhì)量m=0.60 kg的籃球從距地板H=0.80 m高處由靜止釋放,與水平地板撞擊后反彈上升的最大高度h=0.45 m,從釋放到彈跳至h高處經(jīng)歷的時間t=1.1 s,忽略空氣阻力,重力加速度g取 10 m/s2,求: (1)籃球與地板撞擊過程中損失的機械能。 (2)籃球?qū)Φ匕宓钠骄矒袅Α? 【解題指導】解答本題應注意以下三點: (1)籃球與地板撞擊損失的機械能等于籃球在最高點時重力勢能的減少量。 (2)由動能定理和運動學公式可求出籃球與地板撞擊前后的速度大小以及籃球在空中的運動時間。 (3)由動量定理求出地板對籃球的作用力。 【解析】(1)籃球與地板撞擊過程中損失的機械能為: ΔE=mgH-mgh=2.1 J(3分) (2)設籃球從H高處下落到地板所用時間為t1,剛接觸地板時的速度為v1;反彈離地時的速度為v2,上升的時間為t2,由動能定理和運動學公式得: 下落過程:mgH=m 解得:v1=4 m/s(3分) t1==0.4 s(2分) 上升過程:-mgh=0-m 解得:v2=3 m/s(1分) t2==0.3 s(1分) 籃球與地板接觸時間為: Δt=t-t1-t2=0.4 s(1分) 設地板對籃球的平均撞擊力為F,取向上為正方向,由動量定理得: (F-mg)Δt=mv2-(-mv1) (3分) 解得:F=16.5 N(1分) 根據(jù)牛頓第三定律,籃球?qū)Φ匕宓钠骄矒袅′=F=16.5 N,方向豎直向下 (2分) 答案:(1)2.1 J　(2)16.5 N,方向豎直向下 12.(20分)(2018肇慶模擬)如圖所示,在光滑的水平面上有一長為L的木板B,上表面粗糙,在其左端有一光滑的圓弧槽C,與長木板接觸但不相連,圓弧槽的下端與木板上表面相平,B、C靜止在水平面上。現(xiàn)有滑塊A以初速度v0從右端滑上B,并以v0滑離B,恰好能到達C的最高點。A、B、C的質(zhì)量均為m,試求: (1)木板B上表面的動摩擦因數(shù)μ。 (2)圓弧槽C的半徑R。 (3)當A滑離C時,C的速度。 【解析】(1)當A在B上滑動時,A與BC整體發(fā)生作用,規(guī)定向左為正方向,由于水平面光滑,A與BC組成的系統(tǒng)動量守恒,則有: mv0=mv0+2mv1 (2分) 解得:v1=v0 (1分) 由能量守恒得知系統(tǒng)動能的減小量等于滑動過程中產(chǎn)生的內(nèi)能,則有: Q=μmgL=m-m-2m (3分) 解得:μ= (2分) (2)當A滑上C,B與C分離,A與C發(fā)生作用,設到達最高點時速度相等為v2,規(guī)定向左為正方向,由于水平面光滑,A與C組成的系統(tǒng)動量守恒,則有: m+mv1=(m+m)v2 (2分) 解得:v2=v0 (1分) A與C組成的系統(tǒng)機械能守恒,則有: m+m=(2m)+mgR (3分) 解得:R= (1分) (3)當A滑下C時,設A的速度為vA,C的速度為vC,規(guī)定向左為正方向, A與C組成的系統(tǒng)動量守恒,則有: m+mv1=mvA+mvC (2分) A與C組成的系統(tǒng)機械能守恒,則有: m+m=m+m (2分) 解得:vC= (1分) 答案:(1)　(2)　(3) 【加固訓練】 如圖所示,用輕彈簧相連的質(zhì)量均為2 kg的A、B兩物塊都以v=6 m/s的速度在光滑水平地面上運動,彈簧處于原長,質(zhì)量為4 kg的物塊C靜止在前方,B與C碰撞后二者粘在一起運動。在以后的運動中,求: (1)物塊B和C相碰后的共同速度。 (2)物塊B和C相碰過程中損失的機械能。 (3)當彈簧的彈性勢能最大時,物塊A的速度多大?彈性勢能的最大值是多大? 【解析】(1)B、C碰撞時B、C組成的系統(tǒng)動量守恒,設碰后瞬間B、C兩者速度為v′,取向右為正方向,由動量守恒定律得: mBv=(mB+mC)v1 代入數(shù)據(jù)解得: v1=2 m/s (2)物塊B和C相碰過程中損失的機械能為: ΔE=mBv2-(mB+mC) 代入數(shù)據(jù)解得:ΔE=24 J (3)當A、B、C三者的速度相等時彈簧的彈性勢能最大,由于A、B、C三者組成 的系統(tǒng)動量守恒,則(mA+mB)v=(mA+mB+mC)vA 代入數(shù)據(jù)解得:vA=3 m/s 設彈簧的彈性勢能最大為Ep,根據(jù)能量守恒得:Ep=(mB+mC)+mAv2-(mA+mB+mC) 代入數(shù)據(jù)解得Ep=12 J 答案:(1)2 m/s　(2)24 J　(3)3 m/s　12 J