【全程复习方略】（广东专用）高考物理一轮复习 单元评估检测(六).doc

【全程复习方略】（广东专用）2014版高考物理一轮复习 单元评估检测(六) (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,机械能不守恒d.滑块滑到d时,物体的速度为零2.如图所示,f1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,w1w2d.i1=i2,w1i2,所以b正确。4.【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=mv1-m(u-v1)由两式解得v1=(2m+3m)mu(m+m)(m+2m)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=2mum+2m。所以两次投掷铅球后小车的速度之比v1v2=2m+3m2(m+m),故a对。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:mv0=mv1-mv得v1=mv0+mvm,选a。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,m不同,加速度a=fm,与质量成反比,故aaab=12。故a、b、d正确。7.【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=mv0m+m;子弹嵌在木块中后随木块压缩弹簧,在水平面上做往复运动,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=mmv0m+m,选项a正确。【变式备选】质量为m的均匀木块静止在光滑水平面上,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.d1d2d.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,12mv02-12(m+m)v2=fd1,12mv02+12(m+m)v2=fd2,所以d1d2。故a、c正确。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=mvm+m,故b错,a正确。两者最后相等的速度是木块的最小速度,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=12mv2-12(m+m)u2=mmv22(m+m),是定值,故d错。【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op=13.0 cm。(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maoq=maop+mbor。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)maoq=maop+mbor10.【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=12mvb2,化简为:gh=12vb2,g为已知量,vb可结合平抛运动求解,则还需要测量a、b的竖直高度h。(2)由(1)可得需要验证:gh=12vb2,由平抛运动知识可得:y=12gt2,l=vbt,整理可得:gh=gl24y。(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间的竖直高度h(2)gh=gl24y(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:p1=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=pt+mg=20.2n+0.210 n=12 n(3分)答案：2kgm/s12 n12.【解析】(1)拉动第一个物块的过程运用动能定理有:(f-mg)s=12mv12(2分)可得v1=2gs。(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:2mv20=mv1(1分)可得v20=gs(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=12(2m)v22-12(2m)v202(2分)可得v2=2gs(1分)物块2和物块3之间的绳子绷直时,根据动量守恒定律有:2mv2=3mv30 (1分)所以物块3刚开始运动时的速度v30=232gs(1分)(3)三物块一起以速度v3=v30=232gs做匀速直线运动,位移为s时,物块3和物块4之间的绳子绷直,该过程需要的时间t3=sv3=3s22gs(2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:3mv3=4mv40 (1分)所以v40=122gs(1分)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=12(4m)v42-12