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) (第十六章)(90分钟100分)一、选择题(本题共10小题,每小题5分,共50分。17为单选,810为多选)1.如图所示,突发交通事故时,车内正面的安全气囊弹出。弹出安全气囊可以()A.增大事故突发时人的惯性B.减小事故突发时人的惯性C.增大事故突发时由于撞击对人的伤害D.减小事故突发时由于撞击对人的伤害【解析】选D。惯性是物体的固有属性,其大小只与质量有关,故安全气囊弹出不会改变人的惯性,A、B错误;安全气囊弹出后可以延长撞击时间,从而减小作用力,减
2、小事故突发时由于撞击对人的伤害,C错误、D正确。故选D。2.如图所示,某运动员用头颠球,足球的质量为0.4 kg,空气阻力不计,g取10 m/s2,设竖直向上为正方向。若足球用头顶起,在足球离开头部以4 m/s的初速度竖直向上运动的过程中,足球的动量变化量和受到重力的冲量分别是()A.-1.6 kgm/s,-1.6 NsB.1.6 kgm/s,1.6 NsC.1.6 kgm/s,-1.6 NsD.-1.6 kgm/s,1.6 Ns【解析】选A。上升过程中动量的改变量p=pt-p0=(0-0.44) kgm/s=-1.6 kgm/s,根据动量定理可知重力的冲量为I=p=-1.6 Ns,A正确,B
3、、C、D错误。故选A。3.央视网消息,2019年8月15日,俄罗斯“乌拉尔航空”公司一架空客A321客机在起飞后不久遭遇多只飞鸟撞击,导致两台发动机起火引擎失灵,迫降在离机场不远处的一片玉米地里。假设客机撞鸟时飞行速度大约为1 080 km/h,小鸟的质量约为0.5 kg,撞机时间约为0.01 s,估算飞机受到的撞击力为()A.540 NB.54 000 NC.15 000 ND.1.5 N【解析】选C。本题为估算题,可以认为撞击前小鸟的速度为零,撞击后小鸟与飞机的速度相等,为v=1 080 km/h=300 m/s,撞击过程对小鸟分析,由动量定理得Ft=mv-0,解得F= N=1.5104
4、N,A、B、D错误,C正确。故选C。4.如图所示,大气球质量为100 kg,载有质量为50 kg的人,静止在空气中距地面20 m 高的地方,气球下方悬一根质量可忽略不计的绳子,此人想从气球上沿绳慢慢下滑至地面,为了安全到达地面,则这绳长至少应为(不计人的高度,可以把人看作质点)()A.10 mB.30 mC.40 mD.60 m【解析】选B。人与气球组成的系统动量守恒,设人的速度为v1,气球的速度为v2,运动时间为t,以人与气球组成的系统为研究对象,以向下为正方向,由动量守恒得m1v1-m2v2=0,则m1-m2=0,50-100=0,s气球=s人=20 m=10 m,则绳子长度L=s气球+s
5、人=10 m+20 m=30 m,即绳子至少30 m长,故选B。【加固训练】静止在水面上的船,船身长为L,质量为M,船头紧靠码头,船头上有一固定木板伸出船身,现有一质量为m的人从船尾走向码头,如图所示,要使该人能安全上岸,则木板伸出船身部分长度至少应为(水对船及码头对木板的阻力不计) ()A.mL(M+m)B.mL(M-m)C.D.【解析】选D。对于船和人组成的系统,在水平方向上动量守恒,人上岸的过程,船向后退,设船后退的位移大小为x,则人相对于地面的位移大小为L。取人的速度方向为正方向,由动量守恒定律得0=mv-Mv,即有m-M=0解得,船后退的位移x=,所以木板伸出船身部分长度至少应为,故
6、D正确,A、B、C错误。5.如图所示,将质量为M1、半径为R且内壁光滑的半圆槽置于光滑水平面上,左侧靠墙角,右侧靠一质量为M2的物块。现让一质量为m的小球自左侧槽口A的正上方h高处从静止开始落下,与半圆槽相切自A点进入槽内,则以下结论中正确的是()A.小球在槽内运动的全过程中,小球与半圆槽在水平方向动量守恒B.小球在槽内运动的全过程中,小球、半圆槽和物块组成的系统动量守恒C.小球离开C点以后,将做竖直上抛运动D.槽将不会再次与墙接触【解析】选D。小球从AB的过程中,半圆槽对球的支持力沿半径方向指向圆心,而小球对半圆槽的压力方向相反指向左下方,因为有竖直墙挡住,所以半圆槽不会向左运动,可见,该过
7、程中,小球与半圆槽在水平方向受到外力作用,动量并不守恒,而由小球、半圆槽和物块组成的系统动量也不守恒,选项B错误;从BC的过程中,小球对半圆槽的压力方向向右下方,所以半圆槽要向右推动物块一起运动,因而小球参与了两个运动:一个是沿半圆槽的圆周运动,另一个是与半圆槽一起向右运动,小球所受支持力方向与速度方向并不垂直,此过程中,因为有物块挡住,小球与半圆槽在水平方向动量并不守恒,在小球运动的全过程,水平方向动量也不守恒,选项A错误;当小球运动到C点时,它的两个分运动的合速度方向并不是竖直向上,所以此后小球做斜上抛运动,C错误;因为全过程中,整个系统在水平方向上获得了水平向右的冲量,最终槽将与墙不会再
8、次接触,D正确。故选D。【总结提升】判断系统动量是否守恒关键是明确系统是否受到外力的作用,故在应用动量守恒定律时一定要明确是哪一系统动量守恒。6.水刀切割具有精度高、无热变形、无毛刺、无需二次加工以及节约材料等特点,得到广泛应用。某水刀切割机床如图所示,若横截面直径为d的水流以速度v垂直射到要切割的钢板上,碰到钢板后水的速度减为零,已知水的密度为,则钢板受到水的冲力大小为()A.d2vB.d2v2C.d2vD.d2v2【解析】选D。设t时间内有V体积的水打在钢板上,则这些水的质量为m=V=Svt=d2vt,以这部分水为研究对象,它受到钢板的作用力为F,以水运动的方向为正方向,由动量定理有Ft=
9、0-mv,解得F=-=-d2v2,由牛顿第三定律可知,钢板受到水的冲力为F=-F,A、B、C均错误,D正确。故选D。7.几个水球可以挡住一颗子弹?国家地理频道的实验结果是:四个水球足够!完全相同的水球紧挨在一起水平排列,子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动,恰好能穿出第4个水球,则下列判断不正确的是()A.子弹在每个水球中的速度变化相同B.子弹在每个水球中运动的时间不同C.每个水球对子弹的冲量不同D.子弹在每个水球中的动能变化相同【解题指南】解答本题应从以下三点进行分析:(1)子弹运动的过程为匀减速直线运动,直到末速度为零,我们可以应用逆过程,相当于子弹初速度为零做匀加速直线运动来解决此题。
10、(2)根据冲量的定义判断冲量的变化。(3)根据动能定理判断动能的变化。【解析】选A。设水球的直径为d,子弹的运动为匀减速直线运动,直到末速度为零,我们可以应用逆过程,相当于子弹初速度为零做匀加速直线运动,因为通过最后1个、最后2个、以及后3个、全部4个的位移分别为d,2d,3d和4d,根据x=at2知所用时间之比为12,所以子弹在每个水球中运动的时间之比为2-11,故运动时间不同,B正确;子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动,所以加速度相同,由v=at可知,运动的时间不同,则速度的变化量不同,A错误;根据冲量的定义I=Ft,受力是相同的,运动的时间不同,所以每个水球对子弹的冲量不同,C正确;
11、 根据动能定理Ek=W=Fd,受力是相同的,运动的位移相同,所以子弹受到的阻力对子弹做的功相等,所以子弹在毎个水球中的动能变化相同,D正确。本题选不正确的,故选A。8.两个小球A、B在光滑水平面上相向运动,已知它们的质量分别是m1=4 kg,m2=2 kg,A的速度v1=3 m/s(设为正),B的速度v2=-3 m/s,则它们发生正碰后,其速度可能分别是()A.均为1 m/sB.+4 m/s和-5 m/sC.+2 m/s和-1 m/sD.-1 m/s和+5 m/s【解析】选A、D。由动量守恒,可验证四个选项都满足要求。再看动能情况Ek=m1+m2=49 J+29 J=27 J;Ek=m1v+m
12、2v,由于碰撞过程动能不可能增加,所以应有EkEk,可排除选项B;选项C虽满足EkEk,但A、B沿同一直线相向运动,发生碰撞后各自仍能保持原来速度方向(v10,v2mB,现用大小相等的两个力F和F分别作用在A和B上,使A、B沿一条直线相向运动,然后又先后撤去这两个力,使这两个力对物体做的功相同,接着两物体碰撞并合为一体后,它们()A.可能停止运动B.一定向右运动C.可能向左运动D.仍运动,但运动方向不能确定【解析】选B。由动能定理可知:两个力对物体做的功相同,则合为一体前两物体动能相同,由物体动量和动能的关系p=知,pApB,选碰前A的方向为正方向,则B的动量为负值,由动量守恒定律:pA+pB
13、=(mA+mB)v,v必为正,故碰后速度v的方向一定与pA相同,向右。10.如图所示,甲、乙两车的质量均为M,静置在光滑的水平面上,两车相距为L。乙车上站立着一个质量为m的人,他通过一条轻绳拉甲车,甲、乙两车最后相接触,以下说法正确的是()A.甲、乙两车运动中速度之比为B.甲、乙两车运动中速度之比为C.甲车移动的距离为LD.乙车移动的距离为L【解析】选A、C、D。本题类似人船模型。甲、乙、人看成一系统,则水平方向动量守恒,甲、乙两车运动中速度之比等于质量的反比,即为,A正确,B错误;Mx甲=(M+m)x乙,x甲+x乙=L,解得C、D正确。二、实验题(本题共2小题,共12分)11.(6分)某同学
14、用如图甲所示的装置来验证动量守恒定律,该装置由水平长木板及固定在木板一端的硬币发射器组成,硬币发射器包括支架、弹片及弹片释放装置,释放弹片可将硬币以某一初速度弹出。已知一元硬币和五角硬币与长木板间动摩擦因数相同,主要实验步骤如下:将一元硬币置于发射槽口,释放弹片将硬币发射出去,硬币沿着长木板中心线运动,在长木板中心线的适当位置取一点O,测出硬币停止滑动时硬币右侧到O点的距离。再从同一位置释放弹片将硬币发射出去,重复多次,取该距离的平均值记为x1,如图乙所示。将五角硬币放在长木板上,使其左侧位于O点,并使其直径与中心线重合,按步骤从同一位置释放弹片,重新弹射一元硬币,使两硬币对心正碰,重复多次,
15、分别测出两硬币碰后停止滑行时距O点距离的平均值x2和x3,如图丙所示。(1)为完成该实验,除长木板、硬币发射器、一元及五角硬币、刻度尺外,还需要的器材为_。(2)实验中还需要测量的物理量为_。验证动量守恒定律的表达式为_(用测量物理量对应的字母表示)。【解析】(1)动量为质量和速度的乘积,该实验要验证质量不等的两物体碰撞过程中动量守恒,需测量两物体的质量和碰撞前后的速度,因此除给定的器材外,还需要的器材为天平。(2)测出一元硬币的质量为m1,五角硬币的质量为m2,一元硬币以速度v1被弹射出去后,由动能定理可得m1gx1=m1,解得v1=,当一元硬币以速度v1与五角硬币碰撞后,速度分别为v2、v
16、3,由动能定理可得m1gx2=m1,m2gx3=m2,解得一元硬币碰后速度v2=,五角硬币碰后的速度为v3=,若碰撞过程动量守恒则需满足m1v1=m1v2+m2v3,代入数据可得m1=m1+m2。答案:(1)天平 (2)一元硬币的质量m1,五角硬币的质量m2m1=m1+m212.(6分)(2020大同高二检测)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时A上遮光片的遮光时间为t1;A、B一起通过光电门2时B上
17、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:v=(2)10分度的游标卡尺精确度为0.1 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)0.5【加固训练】某小组用实
18、验验证物体间相互作用时动量守恒,如图,在水平桌面上固定一与桌面等宽的光滑凹槽导轨(导轨截面如图所示),把两个质量不等的小球A、B置于导轨上,用两小球夹住一轻弹簧,并使轻弹簧处于压缩状态,同时由静止释放两个小球,小球最后落在铺有复写纸、白纸的水平地面上。试完成下列填空:(1)本实验中需要的测量仪器有_。A.天平B.秒表C.毫米刻度尺D.打点计时器(2)为使小球水平抛出,实验前需要使导轨水平,利用现有器材如何判断导轨是否水平? (3)小明同学在某次实验操作中分别测出A、B两小球离开导轨水平射程xA=12.00 cm、xB=18.00 cm,若已知A球质量mA=0.03 kg,则mB=_ kg,即可
19、认为验证了动量守恒。(4)若只改用劲度系数更大的轻弹簧重复上述实验,则A、B两小球水平射程xA与xB的比值将_(选填“变大”“变小”或“不变”)。【解析】(1)取小球A的初速度方向为正方向,两小球质量和平抛初速度分别为mA、mB、vA、vB,平抛运动的水平位移分别为xA、xB,平抛运动的时间为t。需要验证的方程:0=mAvA-mBvB又vA=,vB=,代入得到:mAxA=mBxB故需要测量两小球的质量mA和mB,两小球落地点到桌面边缘的水平距离xA和xB,所以需要的器材为刻度尺、天平。故选A、C。(2)将小球放在桌面边缘,只要小球能保持静止,不再滚动,即说明桌面水平。(3)根据(1)的公式可知
20、mAxA=mBxB,代入数据可得:mB=0.02 kg。(4)根据公式mAxA=mBxB可知,改变弹簧进行实验,得出的水平距离与质量成反比,故比值不变。答案:(1)A、C(2)将小球轻放在导轨上,小球保持静止(3)0.02(4)不变三、计算题(本题共4小题,共38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)13.(8分)在光滑的水平面上,质量m1=1 kg的物体与另一质量为m2的物体相碰,碰撞前后它们的位移随时间变化的情况如图所示。求:(1)碰撞前m1的速度v1和m2的速度v2。(2)另一物体的质量m2。【解析】(1)由x-t图象可知,碰撞前,m1的速度v1= m/s=4 m/s
21、(2分)m2处于静止状态,速度v2=0(1分)(2)由s-t图象可知,碰后两物体有共同速度,即发生完全非弹性碰撞。碰后的共同速度v= m/s=1 m/s(1分)又根据动量守恒定律,有m1v1=(m1+m2)v(3分)故另一物体的质量m2=m1=3m1=3 kg(1分)答案:(1)4 m/s0(2)3 kg14.(8分)香港迪士尼游乐园入口旁有一喷泉,在水泵作用下会从鲸鱼模型背部喷出竖直向上的水柱,将站在冲浪板上的米老鼠模型托起,稳定地悬停在空中,伴随着音乐旋律,米老鼠模型能够上下运动,引人驻足,如图所示。这一景观可做如下简化,水柱从横截面积为S0的鲸鱼背部喷口持续以速度v0竖直向上喷出,设同一
22、高度水柱横截面上各处水的速率都相同,冲浪板底部为平板且其面积大于水柱的横截面积,保证所有水都能喷到冲浪板的底部。水柱冲击冲浪板前其水平方向的速度可忽略不计,冲击冲浪板后,水在竖直方向的速度立即变为零,在水平方向朝四周均匀散开。已知米老鼠模型和冲浪板的总质量为M,水的密度为,重力加速度大小为g,空气阻力及水的粘滞阻力均可忽略不计,喷水的功率定义为单位时间内喷口喷出的水的动能。(1)求喷泉喷水的功率P。(2)试计算米老鼠模型在空中悬停时离喷口的高度h。【解析】(1)喷泉喷水的功率为P=S0。(2分)(2)以向上为正方向,t内冲击冲浪板底部的水柱为研究对象,设碰到冲浪板时水的速度大小为v,Ft=p=
23、mv=S0v0tv=S0v0t(0-v),所以F=-S0v0v,(2分)根据牛顿第三定律F=-F=Mg,所以Mg=S0v0v,得v=,(2分)喷口喷出水后在做竖直上抛运动v2-=-2gh,所以h=-。(2分)答案:(1)S0(2)-15.(10分)(2016全国卷)如图,光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体,斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s 的速度向斜面体推出,冰块平滑地滑上斜面体,在斜面体上上升的最大高度为h=0.3 m(h小于斜面体的高度)。已知小孩与滑板的总质量为m1=30 kg,冰块的质量为m2=10 kg,小孩与滑板始终无
24、相对运动。重力加速度的大小g取10 m/s2。(1)求斜面体的质量。(2)通过计算判断,冰块与斜面体分离后能否追上小孩?【解析】(1)规定向右为速度正方向。冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度,设此共同速度为v,斜面体的质量为m3。由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m2v20=(m2+m3)v(1分)m2=(m2+m3)v2+m2gh(2分)式中v20=-3 m/s为冰块推出时的速度。联立式并代入题给数据得m3=20 kg(1分)(2)设小孩推出冰块后的速度为v1,由动量守恒定律有m1v1+m2v20=0(1分)代入数据得v1=1 m/s(1分)设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2
25、和v3,由动量守恒和机械能守恒定律有m2v20=m2v2+m3v3(1分)m2=m2+m3(2分)联立式并代入数据得v2=1 m/s(1分)由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方,故冰块不能追上小孩。答案:(1)20 kg(2)见解析16.(12分)(2020合肥高二检测)一质量为m的烟花弹获得动能E后,从地面竖直升空,当烟花弹上升的速度为零时,弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分,两部分获得的动能之和也为E,且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短,重力加速度大小为g,不计空气阻力和火药的质量,求:(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间。(2)爆炸后烟花弹
26、向上运动的部分距地面的最大高度。【解析】(1)设烟花弹上升的初速度为v0,则E=m,(1分)设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t,则0-v0=-gt,(2分)联立得t=(2分)(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1,由机械能守恒定律E=mgh1(1分)火药爆炸后,烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动,设炸后瞬间其速度分别为v1和v2,由题给条件和动量守恒定律有m+m=E,(1分)mv1+mv2=0,(1分)由式可知,烟花弹两部分的速度方向相反,向上运动部分做竖直上抛运动,设其继续上升的高度为h2,由机械能守恒定律有m=mgh2,(2分)联立式得烟花弹上部分距地面的最大高度为h=h1+h2=。(2分)答案:(1)(2)关闭Word文档返回原板块
