2020-2021学年高二物理粤教版选修3-5：第一章-单元检测(二)-Word版含解析.docx

单元检测(二)
(时间：90分钟　满分：100分)

一、单项选择题(本题共5小题，每小题4分，共20分)

图1
1．如图1所示，物块A、B静止在光滑水平面上，且mA>mB，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．肯定向右运动
C．可能向左运动 D．仍运动，但运动方向不能确定
2．如图2(a)表示光滑平台上，物体A以初速度v0滑到上表面粗糙的水平小车上，车与水平面间的摩擦不计，图2(b)为物体A与小车B的v－t图象，由此可知(　　)

图2
A．小车上表面长度 B．物体A与小车B的质量之比
C．A与小车B上表面的动摩擦因数 D．小车B获得的动能
3．甲、乙两球在水平光滑轨道上同方向运动，已知它们的动量分别是p1＝5 kg·m/s，p2＝7 kg·m/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10 kg·m/s，则两球质量m1与m2间的关系可能是下面的哪几种(　　)
A．m1＝m2 B．2m1＝m2 C．4m1＝m2 D．6m1＝m2

图3
4．如图3所示，a、b两物体质量相等，b上连有一轻质弹簧，且静止在光滑的水平面上，当a以速度v通过弹簧与b正碰(弹簧始终在弹性限度内)，则(　　)
A．当弹簧压缩量最大时，a的动能恰好为零
B．当弹簧压缩量最大时，弹簧具有的弹性势能等于物体a碰前动能的一半
C．碰后a离开弹簧，a被弹回向左运动，b向右运动
D．碰后a离开弹簧，a、b都以的速度向右运动
5．一质量为2 kg的质点从静止开头沿某一方向做匀加速直线运动，它的动量p随位移s变化的关系式为p＝8 kg·m/s，关于该质点的说法不正确的是(　　)
A．速度变化率为8 m/s2
B．受到的恒力为16 N
C．1 s末的动量为16 kg·m/s
D．1 s末的动能为32 J
二、双项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分)

图4
6．如图4所示，三辆相同的平板小车a、b、c成始终线排列，静止在光滑水平地面上，c车上一个小孩跳到b车上，接着又马上从b车跳到a车上，小孩跳离c车和b车时对地的水平速度相同，他跳到a车上没有走动便相对a车保持静止，此后(　　)
A．a、c两车的运动速率相等
B．a、b两车的运动速率相等
C．三辆车的运动速率关系为vc>va>vb
D．a、c两车的运动方向肯定相反
7．一个质量为1 kg的弹性小球，在光滑水平面上以5 m/s的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与碰撞前相同．则碰撞前后小球动量变化量的大小Δp和碰撞过程中墙对小球做功的大小W为(　　)
A．Δp＝0 B．Δp＝10 kg·m/s
C．W＝25 J D．W＝0
8．木块a和b

图5
用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上，在b上施加向左的水平力使弹簧压缩，如图5所示，当撤去外力后，下列说法中正确的是(　　)
A．a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统动量守恒
B．a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统动量不守恒
C．a离开墙壁后，a和b组成的系统动量守恒
D．a离开墙壁后，a和b组成的系统动量不守恒

图6
9．如图6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、乙两车最终相接触，以下说法正确的是(　　)
A．甲、乙两车运动中速度的比为
B．甲、乙两车运动中速度的比为
C．甲车移动的距离为L
D．甲车移动的距离为L

图7
10．如图7所示，质量为M，长为L的车厢静止在光滑水平面上，此时质量为m的木块正以水平速度v0从左边进入车厢板向右运动，车厢底板粗糙，m与车厢右壁B发生无能量损失的碰撞后又被弹回，最终恰好停在车厢左端点A，则以下叙述中正确的是(　　)
A．该过程中产生的内能为
B．车厢底板的动摩擦因数为
C．M的最终速度为
D．m、M最终速度为零

题　号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答　案

三、非选择题(本题共5小题，共50分)
11．(5分)如图8所示，光滑水平面上有三个木块A、B、C，质量分别为mA＝mC＝2m，mB＝m，A、B用细绳连接，中间有一压缩的弹簧(弹簧与滑块不栓接)．开头时A、B以共同速度v0运动，C静止．某时刻细绳突然断开，A、B被弹开，然后B又与C发生碰撞并粘在一起，最终三滑块速度恰好相同．则B与C碰撞前B的速度为________．
12．(5分)如图9所示，质量为m的木块和质量为M的铁块用细线系在一起，浸没在水中，以速度v0匀速下降，剪断细线后经过一段时间，木块的速度大小为v0，方向竖直向上，此时木块还未浮出水面，铁块还未沉到水底，求此时铁块下沉的速度为________．

　　　　　　　　图8　　　　　　　　　　图9

图10
13．(10分)如图10所示，一质量为M的平板车B放在光滑水平面上，在其右端放一质量为m的小木块A，m<M，A、B间动摩擦因数为μ.现给A和B以大小相等、方向相反的初速度v0，使A开头向左运动，B开头向右运动，最终A不会滑离B，求：
(1)A、B最终的速度大小和方向；
(2)从地面上看，小木块向左运动到离动身点最远处时，平板车向右运动的位移大小．

图11
14．(10分)如图11所示，在距小车的一端高h的支架上固定着一个半径为R的圆弧光滑导轨，一质量为m＝0.2 kg的物体从圆弧的顶端无摩擦地滑下，离开圆弧后刚好从车的另一端擦过落到水平地面，车的质量M＝2 kg，车身长L＝0.22 m，车与水平地面间摩擦不计，图中h＝0.20 m，重力加速度g＝10 m/s2，求R.

图12
15．(20分)如图12所示，ABC为一固定在竖直平面内的光滑轨道，BC段水平，AB段与BC段平滑连接．质量为m1的小球从高h处由静止开头沿轨道下滑，与静止在轨道BC段上质量为m2的小球发生碰撞，碰撞后两球的运动方向处于同一水平线上，且在碰撞过程中无机械能损失．求：
(1)碰撞前小球m1的速度大小；
(2)碰撞后小球m2的速度大小．

第一章　碰撞与动量守恒(二)
1．B　[由动能定理可知：两个力对物体做的功相同，则结合前动能相同，由物体动量和动能的关系知p＝，因此pA>pB，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＝(mA＋mB)v，v必为正，故碰后速度v的方向肯定与pA相同，向右．]
2．B　[设物体A、小车B的质量分别为m、M，由动量守恒定律依据图象
mv0＝(m＋M)，所以M＝m
由结论可知：假如知道m的大小，可以求出小车B获得的动能及动摩擦因数．]
3．C　[甲、乙两球在碰撞过程中动量守恒，所以有：
p1＋p2＝p1′＋p2′，即p1′＝2 kg·m/s
由于在碰撞过程中，不行能有其他形式的能转化为机械能，只能是系统内物体间的机械能相互转化或一部分机械能转化为内能，因此系统的机械能不会增加，所以有：
＋≥＋，所以有：m1≤m2.
又由于碰撞后满足v1′<v2′，即<，则m1>m2.
综上所述可得m2<m1≤m2，所以正确选项应当是C.]
4．B　[弹簧压缩到最大时，应有va＝vb＝v′
由动量守恒定律得mv＝2mv′
由机械能守恒定律得mv2＝Ep＋·2mv′2
所以va＝vb＝，Ep＝mv2＝·Ek
故A错，B对．
a离开弹簧时，由动量守恒和机械能守恒得
mv＝mva＋mvb，mv2＝mv＋mv
所以va＝0，vb＝v，故C、D错．]
5．D　[由式子p＝8 kg·m/s和动量定义式p＝mv，可以得到s＝，再由匀加速直线运动的位移公式知加速度a＝8 m/s2.故A、B、C三个选项都是正确的；而1 s末的动能应是64 J，D错．]
6．CD　[三车和小孩开头处于静止，设小孩质量为m，跳离c车时相对于地面速度为v，小孩和c车组成的系统动量守恒，则有c车获得的动量为mv，方向向右；小孩以速度v跳离b到a车上，最终小孩和a车的总动量为mv，方向向左；由于三车和小孩组成的系统的总动量为零，因此b车的速度为零，有vc>va>vb，A、B错误，C正确；a、c两车的运动方向肯定相反，D正确．]
7．BD　[选择碰后的速度方向为正方向，初、末动量值分别为p＝mv＝－5 kg·m/s，p′＝mv′＝5kg·m/s，Δp＝p′－p＝10 kg·m/s，墙对小球做的功，由动能定理W＝Ek2－Ek1＝0.]
8．BC　[动量守恒定律的适用条件是不受外力或所受合外力为零．a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统受到墙壁对它们的作用力，不满足动量守恒条件；a离开墙壁后，系统所受合外力为零，动量守恒．]
9．AC　[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、乙两车运动中速度的比等于质量的反比，A正确，B错误；Ms甲＝(M＋m)s乙，s甲＋s乙＝L，解得C正确．]
10．BC　[车厢与木块组成的系统动量守恒．mv0＝(m＋M)v1，v1＝，C对，D错；该过程中产生的内能为E＝－＝，A错；2μmgL＝，解得车厢底板的动摩擦因数μ＝，B对．]
11.v0
解析　A、B在弹力的作用下，A减速运动，B加速运动，最终三者以共同的速度向右运动，设共同速度为v，球A和B分开后，B的速度为vB，对三个木块组成的系统，整个过程总动量守恒，则有
(mA＋mB)v0＝(mA＋mB＋mC)v
对A、B两个木块，分开过程满足动量守恒，则有(mA＋mB)v0＝mAv＋mBvB
联立以上两式可得：B和C碰撞前B的速度为
vB＝v0.
12.
解析　剪断细线后，木块浮出水面前，系统受到的重力和浮力均不变，合外力仍为零，故系统的动量守恒．
取竖直向下为正方向，列出系统动量守恒的方程为
(M＋m)v0＝MvM＋(－mv0)．
解得此时铁块下沉的速度为
vM＝＝.
13．(1)v0，方向向右　(2)v
解析　(1)A不会滑离B板，表示当A滑到B板的最左端时，A、B具有相同的速度，设此速度为v，A和B的初速度大小为v0，以向右为正方向，则据动量守恒定律可得
Mv0－mv0＝(M＋m)v
解得v＝v0，方向向右
(2)从地面上看，小木块向左运动到离动身点最远处时，木块速度为零，设此时平板车速度为v′，由动量守恒定律得
Mv0－mv0＝Mv′
设这一过程平板车向右运动的位移大小为s，则对平板车由动能定理知
μmgs＝Mv－Mv′2解得s＝v
即从地面上看，小木块向左运动到离动身点最远处时，平板车向右运动的位移大小为
s＝v.
14．0.055 m
解析　物体从圆弧的顶端无摩擦地滑到圆弧底端的过程中，水平方向没有外力．
设物体滑到圆弧的底端时车的速度为v1，物体的速度为v2，对物体与车，由动量及机械能守恒得
0＝Mv1－mv2
mgR＝Mv＋mv
物体滑到圆弧底端后车向右做匀速直线运动，物体向左做平抛运动，所以有h＝gt2
L＝(v1＋v2)t
由以上各式代入数据解得R＝0.055 m.
15．(1)　(2)
解析　(1)设碰撞前的速度为v10，依据机械能守恒定律
m1gh＝m1v，得v10＝①
(2)设碰撞后m1与m2的速度分别为v1和v2，依据动量守恒定律
m1v10＝m1v1＋m2v2②
由于碰撞过程中无机械能损失，则
m1v＝m1v＋m2v③
②③式联立解得v2＝④
将①代入④得v2＝