《13单元过关检测.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《13单元过关检测.doc（9页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、单元过关检测(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共计60分每小题只有一个答案正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)1下面关于冲量的说法中正确的是()A物体受到很大的冲力时，其冲量一定很大B当力与位移垂直时，该力的冲量为零C不管物体做什么运动，在相同时间内重力的冲量相同D只要力的大小恒定，其相同时间内的冲量就恒定解析：力的冲量是表述力对质点作用时间的积累，而冲力是一种短暂的、变化的作用力，前者是过程量，冲力是状态量冲力很大，由于时间不确定，冲量不一定大，所以A不正确当力与位移垂直时，该力做的功为零，但冲量与力跟位移的夹角无关，该力的冲量一般不为零，IFt中
2、的F为恒力，也可理解为方向不变的变力在时间t内的平均力，如果力的方向变，则不能用Ft表示，故B、D也错重力是恒力，重力的冲量Imgt，方向竖直向下，而与物体做何运动、是否受其他力无关，因此选C.答案：C2如图所示，光滑水平面上两小车中间夹一压缩了的轻弹簧，两手分别按住小车，使它们静止，对两车及弹簧组成的系统，下列说法中不正确的是()A两手同时放开后，系统总动量始终为零B先放开左手、后放开右手后，系统动量不守恒C先放开左手，后放开右手，总动量向左D无论何时放手，只要两手放开后在弹簧恢复原长的过程中系统总动量都保持不变，但系统的总动量不一定为零解析：当两手同时放开时，系统的合外力为零，所以系统的动
3、量守恒，又因为开始时总动量为零，故系统总动量始终为零，选项A正确；先放开左手，左边的物体就向左运动，当再放开右手后，系统所受合外力为零，故系统的动量守恒，且开始时总动量方向向左，放开右手后总动量方向也向左，故选项B错而C、D正确综合上述分析可知选项A、C、D正确答案：B3如右图所示，质量为m的物体，在水平外力F作用下，以速度v沿水平面匀速运动，当物体运动到A点时撤去外力F，物体由A点继续向前滑行的过程中经过B点，则物体由A点到B点的过程中，下列说法正确的是()Av越大，摩擦力对物体的冲量越大；摩擦力做功越多Bv越大，摩擦力对物体的冲量越大；摩擦力做功与v的大小无关Cv越大，摩擦力对物体的冲量越
4、小；摩擦力做功越少Dv越大，摩擦力对物体的冲量越小；摩擦力做功与v的大小无关解析：由题意可知物体在到达A点时撤去外力，可以向前滑行并经过B点，即AB两点间距离一定，选项中涉及到两个问题：一是摩擦力在该过程中对物体的冲量；二是摩擦力在该过程中对物体做的功根据动量定理可知摩擦力对物体的冲量取决于摩擦力的大小和作用时间，物体从A滑到B的过程中平均速度越大，所用时间越短，因此v越大，摩擦力对物体的冲量越小，选项A、B错误；摩擦力做功取决于摩擦力的大小和物体运动的位移，由于AB间的距离一定，摩擦力做功与物体速度无关，C错误、D正确答案：D4在光滑的水平面上有a、b两球，其质量分别为ma、mb，两球在t时
5、刻发生正碰，两球在碰撞前后的速度图象如图所示下列关系正确的是()AmambBmambCmamb D无法判断解析：设a球碰b球前的速度大小为v，则由图可知，碰后a、b两球的速度大小均为v/2，由动量守恒得：mavmbma()，可推得：mb3ma，只有B项正确答案：B5如右图所示，细线上端固定于O点，其下端系一小球，静止时细线长L.现将悬线和小球拉至图中实线位置，此时悬线与竖直方向的夹角为60，并于小球原来所在的最低点处放置一质量相同的泥球，然后使悬挂的小球从实线位置由静止释放，它运动到最低点时与泥球碰撞并合为一体，它们一起摆动中可达到的最大高度是()A. B.C. D.解析：设小球与泥球碰前的速
6、度为v1，碰后的速度为v2，小球下落过程中，有mgL(1cos 60)在碰撞过程中有mv1(mm)v2上升过程中有(mm)gh由以上各式解得h.答案：C6如图所示，在光滑的水平地面上有一辆平板车，车的两端分别站着人A和B，A的质量为mA，B的质量为mB，mAmB，最初人和车都处于静止状态，现在，两人同时由静止开始相向而行，A和B相对地面的速度大小相等，则车()A静止不动 B向右运动C向左运动 D左右往返运动解析：设A的方向为正，系统动量为零，mAvmBvmv车0，v车，故车向左运动答案：C7如图所示，ad、bd、cd是竖直平面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，a点为圆周的最高
7、点，d点为圆周的最低点每根杆上都套着一个质量相同的小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a、b、c处释放(初速度为零)，关于它们下滑的过程，下列说法中正确的是()A重力对它们的冲量相同B弹力对它们的冲量相同C合外力对它们的冲量相同D它们的动量增量相同解析：设小滑环沿杆下滑到d点所用的时间为t，杆与水面间的夹角为，如图所示，则杆的长度为l2Rsin ，滑环沿杆下滑的加速度agsin 则gsin t22Rsin t，下滑时间与杆的倾角无关所以滑环从a、b、c滑到d点重力对它们的冲量Imgt相同，杆对滑环的弹力以及滑环受到的合外力不同，所以弹力、合外力的冲量不同，由动量定理知它们动量的增量也就不同综上
8、所述，A项对，B、C、D均错答案：A8相对太空站静止的太空飞行器上有一种装置，它利用电场加速带电粒子，形成向外发射的粒子流，从而对飞行器产生反冲力使其获得速度已知飞行器的质量为M，发射的是二价氧离子，每个氧离子的质量为m，元电荷的电荷量为e，氧离子由静止经电压U加速形成氧离子流对外发射如果每秒内飞行器发射N个氧离子，则太空飞行器获得的速度为()A. B.C. D. 解析：设每个氧离子加速获得的速度为v0，则有：2eUmv氧离子被加速过程中，与飞行器系统动量守恒，对一秒内的所有被加速氧离子与飞行器有：MvNmv0.故v，即B正确答案：B9如图所示，一光滑地面上有一质量为m的足够长的木板ab，一质
9、量为m的人站在木板的a端，关于人由静止开始运动到木板的b端(M、N表示地面上原a、b对应的点)，下列图示正确的是()解析：根据动量守恒定律，木板与人组成的系统动量守恒，对于题中的“人板模型”，设各自对地的位移为xm、xm，且有mxmmxm，xmxmL板长，以M点为参考点，人向右运动，木板向左运动，易得D是正确的答案：D10如图所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m2 kg的另一物体B以水平速度v02 m/s滑上原来静止的长木板A的表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，则下列说法正确的是()A木板获得的动能为2 JB系统损失的机械能为4 JC木板A的最小长度为2
10、 mDA、B间的动摩擦因数为0.1解析：从图乙可以看出，B做匀减速运动，A做匀加速运动，最后的共同速度为1 m/s，系统动量守恒，mv0(mM)v，求得M2 kg，木板获得的动能为1 J，系统损失的动能为2 J，木板的最小长度是两者在1 s内的位移差为1 m，B运动的加速度为1 m/s2，动摩擦因数为0.1.故选项D正确答案：D11将一长木板静止放在光滑的水平面上，如下图甲所示，一个小铅块(可视为质点)以水平初速度v0由木板左端向右滑动，到达右端时恰能与木板保持相对静止小铅块运动过程中所受的摩擦力始终不变，现将木板分成A和B两段，使B的长度和质量均为A的2倍，并紧挨着放在原水平面上，让小铅块仍
11、以初速度v0由木块A的左端开始向右滑动，如图乙所示，则下列有关说法正确的是()A小铅块恰能滑到木板B的右端，并与木板B保持相对静止B小铅块将从木板B的右端飞离木板C小铅块滑到木板B的右端前就与木板B保持相对静止D小铅块在木板B上滑行产生的热量等于在木板A上滑行产生热量的2倍解析：比较两次运动的区别，第一次在小铅块运动过程中，小铅块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，第二次小铅块先使整个木板加速，运动到B部分上后A部分停止加速，只有B部分加速，加速度大于第一次的对应过程，故第二次小铅块与B木板将更早达到速度相等，所以小铅块还没有运动到B的右端，A、B错，C正确小铅块在B部分上的位移小于在A部分
12、上位移的两倍，根据热量等于摩擦力和相对位移的乘积可知，在B上滑行产生的热量小于在A上滑行产生热量的2倍，D不对，故选C.答案：C12如图所示，质量为M的木块静止在光滑水平面上，右端有一个固定在木板上的挡板D，挡板上固定一个轻弹簧，将一个质量为m的小物块放在弹簧的左端，将弹簧压缩，并用细线拴住若烧断细线，物块最终停在木板上的A位置如果把木板固定在水平地面上，再将小物块放在弹簧的左端，将弹簧压缩到上述同样程度，并用细线拴住，再烧断细线，则下列说法正确的是()A小物块最终仍停在A点B小物块最终停在A点右侧某位置C小物块最终停在A点左侧某位置D小物块可能会从木板上滑下解析：木板没有固定时，据动量守恒定
13、律有0(Mm)v，则v0，据能量转化和守恒定律有QEpFfx.木板固定时，据动量守恒定律有0(Mm)v，则v0，据能量转化和守恒定律有QEpFfx.故xx，小物块最终仍然停在A点选项A正确答案：A二、非选择题(本题共4小题，共40分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)13(9分)(2012年淮南模拟)两磁铁各放在一辆小车上，小车能在水平面上无摩擦地沿同一直线运动已知甲车和磁铁的总质量为0.5 kg，乙车和磁铁的总质量为1.0 kg.两磁铁的N极相对，推动一下，使两车相向运动某时刻甲的速率为2 m/s，乙的速率为3 m/s，方向与甲相反两车运动过程中始终未相碰
14、求：(1)两车最近时，乙的速度为多大？(2)甲车开始反向运动时，乙的速度为多大？解析：(1)两车相距最近时，两车的速度相同，设该速度为v，取乙车的速度方向为正方向由动量守恒定律得m乙v乙m甲v甲(m甲m乙)v所以两车最近时，乙车的速度为v m/s m/s1.33 m/s.(2)甲车开始反向时，其速度为0，设此时乙车的速度为v乙，由动量守恒定律得m乙v乙m甲v甲m乙v乙得v乙 m/s2 m/s.答案：(1)1.33 m/s(2)2 m/s14(9分)如右图所示，长l0.8 m的细线上端固定在O点，下端连接一个质量为m0.4 kg的小球，悬点O距地面的高度H3.55 m，开始时将小球提到O点而静止
15、，然后让它自由下落，当小球到达使细线被拉直的位置时，刚好把细线拉断，再经过t0.5 s落到地面，如果不考虑细线的形变，g10 m/s2，试求：(1)细线拉断前后的速度大小和方向；(2)假设细线由拉直到断裂所经历的时间为0.1 s，试确定细线的平均张力大小解析：(1)细线拉断前，小球下落过程机械能守恒：mglmv得v14 m/s，方向竖直向下设细线断后球速为v2，方向竖直向下，由Hlv2tgt2，可得：v23 m/s，方向竖直向下(2)设细线的平均张力为F，方向竖直向上取竖直向上为正方向，由动量定理可得：(Fmg)tmv2(mv1)Fmg8 N.答案：(1)4 m/s，方向竖直向下；3 m/s，方向竖直向下(2)8
