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1、单元评估检测(六)第六章(60 分钟 100 分) 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
2、不守恒D.滑块滑到 D 时,物体的速度为零2.如图所示,F 1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.(2013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,W1I2,所2 21 221 21 2 m1以 B 正确。4.
3、【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=Mv 1-m(u-v1)由两式解得 v1=(2+3)(+)(+2)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。2+2 v122+32(+)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
4、 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:Mv 0=Mv1-mv得 v1= ,选 A。M0+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
5、,m 不同,加速度 a= ,与质量成反比,故 aAaB=12。故 A、B、D 正确。F7.【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m0+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。M0+【变式备选】质量为 m 的均匀木块静止在光滑水平面上,
6、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.d1d2 D.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
7、以 d1d2。故 A、C 正12 v2012 12 v2012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m+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= mv2-12(m+M)u2= ,是定值,故 D 错。12 m22(+)【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
8、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。O(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 。O O
9、O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 +mBO O O10.【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,v B 可结合12 v2 122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=122 12。g24(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
10、度 h(2)gh=g24(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:p 1=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=
11、N+0.210 N=12 N (3 分) 20.2答案：2kgm/s 12 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)12 v21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:2mv 20=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)12 v2212 v220可得 v2= (1 分)2物块 2 和物块 3 之间的绳子绷直时,根据动量守恒定律有:2mv 2=3mv30 (1 分)所以物块 3 刚
12、开始运动时的速度 v30= (1 分)232(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232块 4 之间的绳子绷直,该过程需要的时间 t3= = (2s3 322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:3mv 3=4mv40 (1 分)所以 v40= (1 分)122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)12 v2412 v240可得 v4=0 (1 分)该过程需要的时间 t4= = (1s12(40+4) 42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)(t 3+t4)-I=0-mv30 (2 分)得 I= m (2 分)376 2答案：(1)2 (2) (3) m232376 2关闭 Word 文档返回原板块
