高考物理总复习 第六章 单元评估检测（六）（含解析）试题

单元评估检测(六)(时间：45分钟分值：100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分，1～5为单选题，6～8为多选题)1．(2019·甘肃模拟)一质量为m的物体放在光滑水平面上，若以恒力F沿水平方向推该物体，在相同的时间间隔内，下列说法正确的是()A．物体的位移相等B．物体动能的变化量相等C．F对物体做的功相等D．物体动量的变化量相等解析：选D.物体在水平恒力作用下做匀加速直线运动，在相同的时间间隔内物体的位移逐渐增大，故A错误；根据动能定理得知，物体动能的变化量逐渐增大，故B错误；由功的公式W＝FL知道，在相同的时间间隔内，F做功增大，故C错误；根据动量定理得：Ft＝Δp，F、t相等，则Δp相等，即物体动量的变化量相等，故D正确．2．(2019·武汉联考)如图所示，小车与木箱紧挨着静放在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，关于上述过程，下列说法中正确的是()A．木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量相同B．小车与木箱组成的系统动量守恒C．男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒D．男孩和木箱组成的系统动量守恒解析：选C.男孩、小车与木箱三者组成的系统所受合力为零，系统动量守恒；木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相等、方向相反，木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量不相同，故A项错误，C项正确；小车与木箱组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故B项错误；男孩和木箱组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故D项错误．3．(2019·桂林质检)如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两个小球在同一直线上运动．两球质量关系为mB＝2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为8kg·m/s，运动过程中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4kg·m/s，则()A．右方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为2∶3B．右方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为1∶6C．左方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为2∶3D．左方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为1∶6解析：选C.A、B两球发生碰撞，规定向右为正方向，由动量守恒定律可得ΔpA＝－ΔpB，由于碰后A球的动量增量为负值，所以右边不可能是A球，若是A球则动量的增量应该是正值，因此碰撞后A球的动量为4kg·m/s，所以碰撞后B球的动量是增加的，为12kg·m/s，由于mB＝2mA，所以碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶3，故C正确．4.(2019·北京丰台区质检)如图所示，两质量分别为m1和m2的弹性小球A、B叠放在一起，从高度为h处自由落下，h远大于两小球半径，落地瞬间，B先与地面碰撞，后与A碰撞，所有的碰撞都是弹性碰撞，且都发生在竖直方向、碰撞时间均可忽略不计．已知m2＝3m1，则A反弹后能达到的高度为()A．h B．2hC．3h D．4h解析：选D.所有的碰撞都是弹性碰撞，所以不考虑能量损失．设竖直向上为正方向，根据机械能守恒定律和动量守恒定律可得，(m1＋m2)gh＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v2，m2v－m1v＝m1v1＋m2v2，eq\f(1,2)(m1＋m2)v2＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)，eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝m1gh1，将m2＝3m1代入，联立可得h1＝4h，选项D正确．5．(2019·厦门质检)如图所示，两辆质量均为M的小车A和B置于光滑的水平面上，有一质量为m的人静止站在A车上，两车静止．若这个人自A车跳到B车上，接着又跳回A车并与A车相对静止．则此时A车和B车的速度之比为()A.eq\f(M＋m,m) B.eq\f(m＋M,M)C.eq\f(M,M＋m) D.eq\f(m,M＋m)解析：选C.规定向右为正方向，则由动量守恒定律有：0＝MvB－(M＋m)vA，得eq\f(vA,vB)＝eq\f(M,M＋m)，故C正确．6．质量为M和m0的滑块用轻弹簧连接，以恒定的速度v沿光滑水平面运动，与位于正对面的质量为m的静止滑块发生碰撞，如图所示，碰撞时间极短，在此过程中，下列情况可能发生的是()A．M、m0、m速度均发生变化，分别为v1、v2、v3，而且满足(M＋m0)v＝Mv1＋m0v2＋mv3B．m0的速度不变，M和m的速度变为v1和v2，而且满足Mv＝Mv1＋mv2C．m0的速度不变，M和m的速度都变为v′，且满足Mv＝(M＋m)v′D．M、m0、m速度均发生变化，M、m0速度都变为v1，m的速度变为v2，且满足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2解析：选BC.在M与m碰撞的极短时间内，m0的速度来不及改变，故A、D均错误；M与m碰撞后可能同速，也可能碰后不同速，故B、C均正确．7．(2019·广东江门模拟)如图所示，A、B两粗糙木块紧靠一起且静止于光滑水平面上，木块C以一定的初速度v0从木块A的左端开始向右滑行，最后停在木块B的右端．对此过程下列叙述正确的是()A．当C在A上滑行时，A、C组成的系统动量守恒B．当C在B上滑行时，B、C组成的系统动量守恒C．C在B上滑行时，A、B、C组成的系统动量不守恒D．C在A、B上滑行时，三个木块组成的系统动量都守恒解析：选BD.C在A上时，A推动B，此时B对A有弹力，AC系统水平合力不为零，动量不守恒，故A错误；当C滑上B后，B的速度将比A逐渐增大，A、B分离，那么BC系统水平不受外力，动量守恒，故B正确；对ABC系统，水平不受外力，一直动量守恒，C错误，D正确．8．(2019·重庆巴蜀中学模拟)将一质量为M＝3kg的长木板静止放在光滑的水平面上，如图甲，一个质量m＝1kg的小铅块(可视为质点)以水平初速度v0＝4m/s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．小铅块与木板之间的动摩擦因数为0.6.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，让小铅块仍以初速度v0由木块A的左端开始向右滑动，如图乙．则下列有关说法正确的是()A．甲图中，如果减小铅块的质量，其他条件不变，则铅块将从木板右端滑出B．甲图中木板的长度为1mC．乙图中，滑块从B的右端滑出D．乙图中A最终的速度为(1－eq\f(\r(6),3))m/s解析：选ABD.对甲图，由动量守恒和能量关系可知：mv0＝(M＋m)v，μmgl＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(M＋m)v2，解得木板的长度为l＝eq\f(Mveq\o\al(2,0),2μ（M＋m）g)，代入数据解得：l＝1m；如果减小铅块的质量m，则l的值会变大，可知其他条件不变，则铅块将从木板右端滑出，选项A、B正确；第一次小铅块运动过程中，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，故C错误；乙图中对A、B以及滑块的系统，从滑上A到滑离A的过程，由动量守恒可知：mv0＝mv1＋Mv2，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)＝μmg·eq\f(1,3)l，解得v2＝(1－eq\f(\r(6),3))m/s，选项D正确．二、实验题(本题共1小题，共12分)9．(12分)(2019·汕尾模拟)气垫导轨是常用的一种实验仪器．它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮在导轨上，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦．我们可以用带竖直挡板C和D的气垫导轨以及滑块A和B来验证动量守恒定律，实验装置如图所示(弹簧的长度忽略不计)．采用的实验步骤如下：①用天平分别测出滑块A、B的质量mA、mB.②调整气垫导轨，使导轨处于水平．③在A和B间放入一个被压缩的轻弹簧，用电动卡销锁定，静止放置在气垫导轨上．④用刻度尺测出A的左端至C板的距离L1.⑤按下电钮放开卡销，同时使分别记录滑块A、B运动时间的计时器开始工作．当A、B滑块分别碰撞C、D挡板时停止计时，记下A、B分别到达C、D的运动时间t1和t2.(1)实验中还应测量的物理量是__________________________________________．(2)利用上述测量的实验数据，验证动量守恒定律的表达式是__________________，上式中算得的A、B两滑块的动量大小并不完全相等，产生误差的原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________.(3)利用上述实验数据能否测出被压缩弹簧的弹性势能的大小？若能，请写出表达式：________________________________________________________________________________________________________________________________________________.解析：(1)验证动量守恒，需要知道物体的运动速度，在已经知道运动时间的前提下，需要测量运动物体的位移，即需要测量的量是B的右端至D板的距离L2.(2)由于运动前两物体是静止的，故总动量为零，运动后两物体是向相反方向运动的，设向左运动为正，则有mAvA－mBvB＝0，即mAeq\f(L1,t1)－mBeq\f(L2,t2)＝0.造成误差的原因：一是测量本身就存在误差，如测量质量、时间、距离等存在误差；二是空气阻力或者是导轨不是水平的等．(3)根据能量守恒知，两运动物体获得的动能之和就是弹簧的弹性势能，所以能测出．故有ΔEp＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mA\f(Leq\o\al(2,1),teq\o\al(2,1))＋mB\f(Leq\o\al(2,2),teq\o\al(2,2)))).答案：(1)B的右端至D板的距离L2(2)mAeq\f(L1,t1)－mBeq\f(L2,t2)＝0原因见解析(3)见解析三、计算题(本题共2小题，共40分)10．(18分)(2019·河北廊坊联考)如图所示，质量M＝0.3kg的长木板A放在光滑的水平面上，板长L＝1.5m，在其左端放一质量m＝0.1kg的物块B.现给A和B以大小相等、方向相反的水平初速度v0＝2m/s，使A开始向左运动、B开始向右运动．物块与木板间的动摩擦因数为μ，取g＝10m/s2.(1)要使物块B不从长木板A的右端滑落求动摩擦因数μ的取值范围；(2)若B恰好不从长木板A的右端滑落，求B相对长木板A滑动过程中发生的对地位移大小．解析：(1)当物块B滑到木板A的最右端与木板有共同速度v时，取水平向左为正方向，根据动量守恒定律得：Mv0－mv0＝(M＋m)v根据能量守恒定律知：eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(M＋m)v2＋μmgL联立解得v＝1m/s，μ＝0.4所以要使物块B不从长木板A的右端滑落，动摩擦因数μ的取值范围为μ≥0.4.(2)B相对于A滑动过程中的加速度大小a＝eq\f(μmg,m)＝μg＝4m/s2由运动学公式有2ax＝veq\o\al(2,0)－v2解得B相对长木板A滑动过程中发生的位移x＝0.375m.答案：(1)μ≥0.4(2)0.375m11.(22分)(2019·西安长安区模拟)如图所示，可视为质点的两个小球通过长度L＝6m的轻绳连接，甲球的质量为m1＝0.2kg，乙球的质量为m2＝0.1kg.将两球从距地面某一高度的同一位置先后释放，甲球释放Δt＝1s后再释放乙球，绳子伸直后即刻绷断(细绳绷断的时间极短，绷断过程小球的位移可忽略)，此后两球又下落t＝1.2s同时落地．可认为两球始终在同一竖直线上运动，不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2.求：(1)从释放乙球到绳子绷直的时间t0；(2)绳子绷断的过程中合外力对甲球的冲量大小．解析：(1)细绳伸直时甲球的位移为x甲＝eq\f(1,2)g(t0＋Δt)2乙球的位移为x乙＝eq\f(1,2)gteq\o\a