1、温馨提示： 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。单元素养评价（一) (第一章)(90分钟100分)一、选择题(本大题共12小题,16为单选,712为多选,每小题4分,共48分)1.下列情况中,物体的动量不变的是()A.汽车在平直的公路上匀速前进B.汽车在转弯的过程中,速度的大小不变C.水平飞来的小球撞到竖直墙面后,保持速度的大小不变沿原路返回D.匀速直线运动的洒水车正在洒水【解析】选A。在质量不变时,速度的大小和方向中的任意一个改变,都会造成动量的变化,B、C错。洒水车洒水时质量在变小,尽管速度不变,但动量在减小,D错
2、,故选A。2.从同样高度落下的玻璃杯,掉在水泥地上容易打碎,而掉在草地上不容易打碎,其原因是()A.掉在水泥地上的玻璃杯动量大,而掉在草地上的玻璃杯动量小B.掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大,掉在草地上的玻璃杯动量改变小C.掉在水泥地上的玻璃杯动量改变慢,掉在草地上的玻璃杯动量改变快D.掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时,相互作用力大,而掉在草地上的玻璃杯受地面的冲击力小【解析】选D。由同一高度落下的玻璃杯掉在水泥地上和草地上时的速度相同,动量相同,故选项A错;最后速度减为零,动量变化量相同,故选项B错;由动量定理可知落在水泥地上作用时间短,动量变化得快,受到的作用力大,故选项D正确,C错误。3.
3、假定冰面是光滑的,某人站在冰冻河面的中央,他想到达岸边,则可行的办法是()A.步行B.挥动双臂C.在冰面上滚动D.脱去外衣抛向岸的反方向【解析】选D。由于冰面光滑,无法行走或滚动,由动量守恒定律可知,只有抛出物体获得反冲速度才能到达岸边,故选项D正确。【加固训练】质量为M的小车在光滑水平地面上以速度v0匀速向右运动,当车中的沙子从底部的漏斗中不断地流下时,车子的速度将()A.减小B.不变C.增大D.无法确定【解析】选B。以车和漏掉的沙子组成的系统为研究对象,系统动量守恒,设沙质量为m,漏掉的沙和车有相同速度,则(M+m)v0=(M+m)v,v=v0。4.竖直发射的火箭质量为6103 kg。已知
4、每秒钟喷出气体的质量为200 kg。若要使火箭获得20.2 m/s2的向上加速度,则喷出气体的速度大小应为()A.700 m/sB.800 m/sC.900 m/sD.1 000 m/s【解析】选C。火箭和喷出的气体动量守恒,即每秒喷出气体的动量等于火箭每秒增加的动量,即m气v气=m箭v箭,由动量定理得火箭获得的动力F=200 v气,又F-m箭g=m箭a,得v气=900 m/s。5.如图所示,在冰壶世锦赛上中国队以86战胜瑞典队,收获了第一个世锦赛冠军,队长王冰玉在最后一投中,将质量为19 kg的冰壶推出,运动一段时间后以0.4 m/s的速度正碰静止的瑞典冰壶,然后中国队冰壶以0.1 m/s的
5、速度继续向前滑向大本营中心。若两冰壶质量相等,则下列判断正确的是()A.瑞典队冰壶的速度为0.3 m/s,两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞B.瑞典队冰壶的速度为0.3 m/s,两冰壶之间的碰撞是非弹性碰撞C.瑞典队冰壶的速度为0.5 m/s,两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞D.瑞典队冰壶的速度为0.5 m/s,两冰壶之间的碰撞是非弹性碰撞【解析】选B。两冰壶碰撞的过程中动量守恒,规定向前运动方向为正方向,根据动量守恒定律有:mv1=mv2+mv3,代入数据得:m0.4=m0.1+mv3解得:v3=0.3 m/s。动能减小量:Ek=m-m-m=m(0.42-0.12-0.32)0,故动能减小,是非弹性碰撞;
6、故选B。6.如图所示,质量为M的斜劈置于光滑的水平地面上,一质量为m的滑块以初速度v0沿斜劈向上滑行,它们在相互作用的过程中,当斜劈的速度达到最大值时,对应的是下列情况中的()A.滑块在到达斜劈的最高位置时B.滑块从斜劈上开始下滑时C.滑块与斜劈速度相等时D.滑块与斜劈开始分离时【解析】选D。滑块和斜劈组成的系统,在水平方向上所有合力为0,水平方向上动量守恒,根据动量守恒定律可知,当滑块的速度沿斜劈向下达到最大时,斜劈向右的速度最大,此时滑块与斜劈刚刚分离,A、B、C不符合题意,D符合题意。7.将一质量为1 kg的小球以v0=4 m/s的速度从A点竖直上抛,经1 s后到达B点,若选竖直向上方向
7、为正方向,不计空气阻力,g取10 m/s2,以下说法正确的是()A.小球到达B点时的速度为-6 m/sB.小球到达B点时的动量为6 kgm/sC.小球从A点运动到B点的过程中,重力的冲量为10 NsD.小球从A点运动到B点的过程中,动量的变化量为-10 kgm/s【解析】选A、D。小球到达B点时的速度为vB=v0-gt=4 m/s-110 m/s=-6 m/s,选项A正确;小球到达B点时的动量为p=mv=-6 kgm/s,选项B错误;小球从A点运动到B点的过程中,重力的冲量为IG=-mgt=-10 Ns,选项C错误;小球从A点运动到B点的过程中,动量的变化量等于重力的冲量,为-10 kgm/s
8、,选项D正确。8.假设一个小型宇宙飞船沿人造地球卫星的轨道在高空中绕地球做匀速圆周运动,如果飞船沿其速度相反的方向抛出一个质量不可忽略的物体Q,则下列说法正确的是()A.Q与飞船都可能沿原轨道运动B.Q与飞船都不可能沿原轨道运动C.Q运动的轨道半径可能减小,而飞船的运行半径一定增加D.Q可能沿地球半径方向竖直下落,而飞船运行的轨道半径将增大【解析】选C、D。根据反冲运动原理,飞船的速度一定增大,做离心运动,轨道半径变大,而Q的速率有三种可能,比原来的大、比原来的小、与原来的相等,由此Q的轨道半径比原来的大、比原来的小、与原来的相同,都有可能;另外,若对地速度为零,则会竖直下落,选项C、D正确。
9、【加固训练】(多选)向空中斜向上发射一物体,不计空气阻力,当物体的速度恰好沿水平方向时,物体炸裂为a、b两块。若质量较大的a块的速度方向仍沿原来的方向,则()A.b的速度方向一定与原速度方向相反B.从炸裂到落地这段时间里,a飞行的水平距离一定比b的大C.a、b一定同时到达地面D.炸裂的过程中,a、b受到的爆炸力的大小一定相等【解析】选C、D。物体炸裂过程发生在物体沿水平方向运动时,由于物体沿水平方向不受外力,所以沿水平方向动量守恒,根据动量守恒定律有:(mA+mB)v=mAvA+mBvB当vA与原来速度v同向时,vB可能与vA反向;另外一种情况是由于vA的大小没有确定,题目只讲a的质量较大,若
10、vA很小,则mAvA还可能小于原动量(mA+mB)v,这时vB的方向会与vA方向一致,即与原来方向相同,所以选项A错误。a、b两块在水平飞行的同时,竖直方向做自由落体运动,即做平抛运动,落地时间由高度决定,所以选项C正确。由于水平飞行距离x=vt,a、b两块炸裂后的速度vA、vB不一定相等,而落地时间t又相等,所以水平飞行距离无法比较大小,所以选项B错误。根据牛顿第三定律,a、b所受爆炸力FA=-FB,是一对作用力和反作用力,所以选项D正确。综合上述分析,可知正确答案是C、D两项。9.如图所示,在光滑水平面上,质量为m的小球A和质量为m的小球B通过轻弹簧相连并处于静止状态,弹簧处于自然伸长状态
11、;质量为m的小球C以初速度v0沿AB连线向右匀速运动,并与小球A发生弹性碰撞。在小球B的右侧某位置固定一块弹性挡板(图中未画出),当小球B与挡板发生正碰后立刻将挡板撤走。不计所有碰撞过程中的机械能损失,弹簧始终处于弹性限度内,小球B与挡板的碰撞时间极短,碰后小球B的速度大小不变,但方向相反。则B与挡板碰后弹簧弹性势能的最大值Em可能是()A.mB.mC.mD.m【解析】选B、C。质量相等的C球和A球发生弹性碰撞后速度交换,若当A、B两球的动量相等时,B球与挡板相碰,则碰后系统总动量为零,则弹簧再次压缩到最短时弹性势能最大(动能完全转化为弹性势能),根据机械能守恒定律可知,系统损失的动能转化为弹
12、性势能Ep=m,选项B正确;若当B球速度恰为零时与挡板相碰,则系统动量不变化,系统机械能不变;当弹簧压缩到最短时,mv0=,弹性势能最大,由功能关系和动量关系可求出Ep=m-m =m。所以,弹性势能的最大值介于二者之间都有可能,选项C正确。10.质量分别为m1和m2的两个物体碰撞前后的位移时间图像如图所示,以下说法正确的是()A.碰撞前两物体动量相同B.质量m1等于质量m2C.碰撞后两物体一起做匀速直线运动D.碰撞前两物体动量大小相等、方向相反【解析】选B、D。由两图线斜率大小相等知,速率相等,碰撞后v=0即p=0,所以m1v1=m2v2,知m1=m2,则B、D正确。11.质量为M、内壁间距为
13、L的箱子静止于光滑的水平面上,箱子中间有一质量为m的小物块,小物块与箱子底板间的动摩擦因数为。初始时小物块停在箱子正中间,如图所示。现给小物块一水平向右的初速度v,小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间,并与箱子保持相对静止。设碰撞都是弹性的,则整个过程中,系统损失的动能为()A.mv2B.v2C.NmgLD.NmgL【解析】选B、D。 根据动量守恒,共同速度v=,损失动能Ek=mv2-(M+m)v2=v2,所以B正确。根据能量守恒,损失的动能等于因摩擦放出的热量,而计算热量的方法是摩擦力乘以相对位移,所以Ek=NfL=NmgL,可见D正确。12.在质量为M的小车中挂有一单摆,摆球的质量为m
14、0,小车和单摆以恒定的速度v沿光滑水平地面运动,与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞,碰撞的时间极短,在此碰撞过程中,下列哪些说法是可能发生的()A.小车、木块、摆球的速度都发生变化,分别变为v1、v2、v3,满足(M+m0)v=Mv1+mv2+m0v3B.摆球的速度不变,小车和木块的速度变为v1和v2,满足Mv=Mv1+mv2C.摆球的速度不变,小车和木块的速度都变为v1,满足Mv=(M+m)v1D.小车和摆球的速度都变为v1,木块的速度变为v2,满足(M+m0)v=(M+m0)v1+mv2【解析】选B、C。在小车M和木块发生碰撞的瞬间,摆球并没有直接与木块发生力的作用,它与小车一起以共
15、同速度v匀速运动时,摆线沿竖直方向,摆线对球的拉力和球的重力都与速度方向垂直,因而摆球未受到水平力作用,球的速度不变,可以判定A、D项错误;小车和木块碰撞过程,水平方向无外力作用,系统动量守恒,而题目对碰撞后,小车与木块是否分开或连在一起,没有加以说明,所以两种情况都有可能发生,即B、C选项正确。【加固训练】(多选)用不可伸长的细线悬挂一质量为M的小木块,木块静止,如图所示。现有一质量为m的子弹自左方水平射向木块,并停留在木块中,子弹初速度为v0,则下列判断正确的是()A.从子弹射向木块到一起上升到最高点的过程中系统的机械能守恒B.子弹射入木块瞬间动量守恒,故子弹射入木块瞬间子弹和木块的共同速
16、度为C.忽略空气阻力,子弹和木块一起上升过程中系统机械能守恒,其机械能等于子弹射入木块前的动能D.子弹和木块一起上升的最大高度为【解析】选B、D。从子弹射向木块到一起运动到最高点的过程可以分为两个阶段:子弹射入木块的瞬间系统动量守恒,但机械能不守恒,有部分机械能转化为系统内能,之后子弹在木块中与木块一起上升,该过程只有重力做功,机械能守恒但总能量小于子弹射入木块前的动能,因此A、C错误;由子弹射入木块瞬间动量守恒可得子弹射入木块后的共同速度为,B正确;之后子弹和木块一起上升,由该阶段机械能守恒可得上升的最大高度为,D正确。二、实验题(本大题共2小题,共12分)13.(6分)(2020大同高二检
17、测)图(a)中,水平放置的气垫导轨上有A、B两个质量相同的滑块,滑块上的遮光片宽度均为d,A位于导轨的左端,B位于导轨中间。A、B间和B与导轨右端之间各有一个光电门。用手推一下A,A向右运动与B发生碰撞并粘到一起,测得A通过光电门1的遮光时间为t1;A、B一起通过光电门2时B上遮光片的遮光时间为t2。完成下列填空:(1)A通过光电门时速度的大小为;(用题中物理量的符号表示)(2)用游标卡尺测量d时示数如图(b)所示,则d=cm;(3)当t1=t2时,A、B组成的系统碰撞前后的动量守恒。【解析】(1)A滑块通过光电门的时间极短,则平均速度约为瞬时速度:v1=(2)10分度的游标卡尺,精确度为0.
18、1 mm,游标上第5格与主尺对齐,则:d=8 mm+50.1 mm=8.5 mm=0.85 cm(3)A向右运动与B 发生碰撞并粘到一起,满足动量守恒定律,可得:mv1=2mv2而v1=,v2=,故t1=0.5t2。答案:(1)(2) 0.85(3) 0.514.(6分)在做“碰撞中的动量守恒定律”常规实验中:(1)本实验中不需要用到的测量仪器或工具是(单选)A.圆规B.秒表C.刻度尺D.天平(2)必须要求的条件是(多选)A.斜槽轨道末端的切线必须水平B.要测量小球平抛的初速度C.入射球每次必须从轨道的同一位置由静止滚下D.入射球和被碰球的质量必须相等,且大小相同(3)某次实验中得出的落点情况
19、如图所示,假设碰撞过程中动量守恒,则入射小球质量m1和被碰小球质量m2之比为。【解析】(1)小球碰撞过程系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得:m1v0=m1v1+m2v2两球离开斜槽后做平抛运动,由于两球抛出点的高度相等,它们在空中的运动时间t相等,则有:m1v0t=m1v1t+m2v2t即为:m1OP=m1OM+m2ON,实验需要测量两球的质量与水平位移,需要用圆规确定小球落地位置,需要用刻度尺测量小球的水平位移,需要用天平测小球质量,不需要的实验器材是秒表,故选项B符合题意。(2)小球离开斜槽后做平抛运动,斜槽轨道末端的切线必须水平,故A正确;小球离开轨道后做平抛运动,小球的水平
20、位移与其初速度成正比,可以用小球的水平位移代替其初速度,实验不需要测量小球平抛的初速度,故B错误;为保证入射小球到达斜槽末端时的速度相等,入射球每次必须从轨道的同一位置由静止滚下,故C正确;为防止入射球反弹,入射球的质量应大于被碰球的质量,故D错误。 (3)碰撞过程系统动量守恒,则有:m1OP=m1OM+m2ON代入数据得:m10.255=m10.155+m20.500解得:m1m2=51。答案:(1)B(2)A、C(3)51三、计算题(本大题共4小题,共40分,要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位)15.(8分)甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑水平面上匀速相向行驶,速率均为6
21、m/s。甲车上有质量m=1 kg的小球若干个,甲和他的车及所带小球总质量为M1=50 kg,乙和他的车总质量为M2=30 kg,甲不断地将小球以16.5 m/s的对地速度水平抛向乙,并被乙接住。问甲至少要抛出多少个球才能保证两车不相撞?【解题指南】扔完n个球后甲车的速率为v1,乙车接住n个球后速率变为v2,甲、乙不相撞的一个必要条件是v1与v2同向。设v1、v2与v1(甲原来的方向)同向,且v1v2。【解析】以甲和乙及车的整体为研究对象,选甲原来的运动方向为正。由动量守恒得:M1v1-M2v2=(M1-nm)v1+(M2+nm)v2(2分)临界条件为v1=v2(2分)代入上式可得v1= m/s
22、=1.5 m/s(1分)再以甲车及其车上的球为研究对象,由动量守恒得:M1v1=(M1-nm)v1+nmv0(2分)解得n=15(个)(1分)答案:1516.(8分)如图所示,质量为M的天车静止在光滑水平轨道上,下面用长为L的细线悬挂着质量为m的沙箱,一颗质量为m0的子弹以v0的水平速度射入沙箱,并留在其中,在以后运动过程中,求: (1)沙箱上升的最大高度。(2)天车的最大速度。【解析】(1)子弹打入沙箱过程中动量守恒m0v0=(m0+m)v1(1分)摆动过程中,子弹、沙箱、天车系统水平方向动量守恒,机械能守恒。沙箱到达最大高度时,系统有相同的速度,设为v2,则有(m0+m)v1=(m0+m+
23、M)v2(1分) (m0+m)=(m0+m+M)+(m0+m)gh(1分)联立三式可得沙箱上升的最大高度h=(1分)(2)子弹和沙箱再摆回最低点时,天车速度最大,设此时天车速度为v3,沙箱速度为v4,由动量守恒得(m0+m)v1=Mv3+(m+m0)v4(1分)由系统机械能守恒得(m0+m)=M+(m+m0)(1分)联立两式可求得天车的最大速度v3=(2分)答案:(1)(2)17.(12分)如图所示,可看成质点的A物体叠放在上表面光滑的B物体上,一起以v0的速度沿光滑的水平轨道匀速运动,与静止在同一光滑水平轨道上的木板C发生完全非弹性碰撞,B、C的上表面相平且B、C不粘连,A滑上C后恰好能到达
24、C板的最右端,已知A、B、C质量均相等,木板C长为L,求:(1)A物体的最终速度。(2)A在木板C上滑行的时间。【解析】(1)设A、B、C的质量为m,B、C碰撞过程中动量守恒,令B、C碰后的共同速度为v1,则mv0=2mv1,(1分)解得v1=,(2分)B、C共速后A以v0的速度滑上C,A滑上C后,B、C脱离,A、C相互作用过程中动量守恒,设最终A、C的共同速度v2,则mv0+mv1=2mv2,(1分)解得v2=。(2分)(2)在A、C相互作用过程中,根据功能关系有fL=m+m-2m(f为A、C间的摩擦力),(2分)解得f=,(1分)此过程中对C,根据动量定理有ft=mv2-mv1,(2分)代
25、入相关数据解得t=。(1分)答案:(1)(2)18.(12分)如图甲所示,光滑水平面上停放着一辆上表面粗糙的平板车,一小金属块以水平速度v0滑到平板车上,在0t0时间内它们的速度随时间变化的图像如图乙所示,求:(1)小金属块与平板车的质量之比。(2)若小金属块没滑离平板车,则平板车的最终速度为多少?(3)小金属块与平板车上表面间的动摩擦因数。【解析】(1)以平板车和小金属块为研究对象,由于平板车和小金属块组成的系统不受外力,所以动量守恒,t0时刻m和M的速度分别为、,故有mv0=m+M(2分)即=(2分)(2)设小金属块与平板车最后的共同速度为v,由动量守恒定律得:mv0=(M+m)v(2分)
26、即v=v0(1分)(3)对平板车有mg=Ma(1分)=at0(2分)解得=(2分)答案:(1)(2)v0(3)【总结提升】解答力学综合题的基本思路和步骤1.认真审题,明确题目所述的物理情景,确定研究对象。2.分析对象受力及运动状态和运动状态变化的过程,画出草图。3.根据运动状态变化的规律确定解题观点,选择规律。(1)研究某一物体所受力的瞬时作用与物体运动状态的关系时,一般用力的观点解题。 (2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时,一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)解题。(3)若研究的对象为一物体系统且它们之间有相互作用,一般用两个守恒定律去解题,但须注意研究的问题是否满足守恒的条件。(4)在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律,即系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量(转变为系统内能的量)。(5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时,需注意到一般这些过程均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转化。这种问题由于作用时间都极短,故动量守恒定律一般能派上大用场。4.根据选择的规律列式,有时还需挖掘题目中的其他条件(如隐含条件、临界条件、几何条件)来补充方程。5.代入数据(统一单位)计算结果,并对结果的物理意义进行讨论。关闭Word文档返回原板块