第六章本章综合能力提升练.pdf
本章综合能力提升练 一、单项选择题 1 若物体在运动过程中受到的合力不为零，则（）A.物体的动能不可能总是不变的 B.物体的动量不可能总是不变的 C.物体的加速度一定变化 D.物体的速度方向一定变化 答案 B 2.（2019 黑龙江省齐齐哈尔市质检）如图 1 所示，位于光滑水平桌面上的小滑块 P 和 Q 都可 视为质点，质量相等.Q 与水平轻弹簧相连，设 Q 静止，P 以某一初速度向 Q 运动并与弹簧 发生碰撞.在整个过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于（）图 1 1 A.P 的初动能 B.P 的初动能的 2 1 1 C.P 的初动能的 3 D.P 的初动能的 4 答案 B 3.高空作业须系安全带，如果质量为 m 的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对 人刚产生作用力前人下落的距离为 h（可视为自由落体运动）.此后经历时间 t 安全带达到最大 伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为（）A m.2gh m,2gh A.t+mg B.t mg m.gh m:gh Ct+mg D.mg 答案 A 解析 由自由落体运动公式得：人下降 h 距离时的速度为 v=,2gh，在 t 时间内对人，由动 量定理得：（mg F）t=0 mv,解得安全带对人的平均作用力为 F=m 輕+mg，故 A 正确.4.（2018 山西省太原市上学期期末）2017 年 10 月 20 日，一架从墨尔本飞往布里斯班的飞机，飞到1 500 m 高时正面撞到了一只兔子，当时这只兔子正被一只鹰抓着，两者撞到飞机当场 殒命.设当时飞机正以 720 km/h 的速度飞行，撞到质量为 2 kg 的兔子，作用时间为 0.1 s.则 飞机受到兔子的平均撞击力约为（）3 3 A.1.44 X 10 N B.4.0X 10 N 3 4 C.8.0X 10 N D.1.44 X 10 N 答案 B mz 2 yx 200 解析 720 km/h=200 m/s;根据动量定理 Ft=mv 可得 F=乔 N=4 x 103 N，故选 项 B 正确.5.（2018 山东省临沂市上学期期中）如图 2 所示，曲线是某质点只在一恒力作用下的部分运动 轨迹.质点从 M 点出发经 P 点到达 N 点，已知质点从 M 点到 P 点的路程大于从 P 点到 N 点 的路程，质点由 M 点运动到 P 点与由 P 点运动到 N 点的时间相等.下列说法中正确的是（）A.质点从 M 到 N 过程中速度大小保持不变 B.质点在 M、N 间的运动不是匀变速运动 C.质点在这两段时间内的动量变化量大小相等，方向相同 D.质点在这两段时间内的动量变化量大小不相等，但方向相同 答案 C 解析 因为质点在恒力作用下运动，所以质点做匀变速曲线运动，速度随时间变化，故 A、B 错误；根据动量定理可得 F At=Ap,两段过程所用时间相同，所以动量变化量大小和方向 都相同，故C 正确，D 错误.6.（2019 湖南省怀化市调研）一质量为 1 kg 的质点静止于光滑水平面上，从 t=0 时刻开始，受 到如图 3 所示的水平外力作用，下列说法正确的是（）A.第 1 s 末质点的速度为 2 m/s B.第 2s 末外力做功的瞬时功率最大 C.第 1s 内与第 2s 内质点动量增加量之比为 1:2 D.第 1s 内与第 2s 内质点动能增加量之比为 4:5 答案 D Api Ap2=mv1 mv2 mv解析 由动量定理：Ft=mv2 mvi，求出第 1 s 末、第 2 s 末速度分别为：vi=4 m/s、V2=6 m/s.故 A 错误；第 1 s 末的外力的瞬时功率 P=Fivi=4 X 4 W=16 W,第 2 s 末外力做功的瞬时功 率 P=F2V2=2X 6 W=12 W，故 B 错误；第 1 s 内与第 2 s 内质点动量增加量之比为:1 X 4 2-=2,故 C 错误；第 1 s 内与第 2 s 内质点动能增加量分别为:1X 6 1-4 1 mv/=8 J,AEk2=mv22 mv12=10 J,贝 U AEk1:AEk2=8:10=4:5,故 D 正确.、多项选择题 7.如图 4 所示，质量为 M 的楔形物体静止在光滑的水平地面上，其斜面光滑且足够长，与 水平方向的夹角为 个质量为m 的小物块从斜面底端沿斜面向上以初速度 V。开始运动.当 小物块沿斜面向上运动到最高点时，速度大小为 v,距地面高度为 h,则下列关系式中正确的 1 2 1 2 D.mgh+?(m+M)v=gmvo 答案 BD 解析 小物块上升到最高点时，速度与楔形物体的速度相同，二者组成的系统在水平方向上 动量守恒，全过程机械能也守恒.以向右为正方向，在小物块上升过程中，由水平方向系统 动量守恒得 mvocos 0=（m+M）v，故 A 错误，B 正确；系统机械能守恒，由机械能守恒定律 1 2 1 2 得 mgh+2(m+M)v=mv0，故 C 错误，D 正确.8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 5 所示，碰撞时间极短，在此过程中，下列情况可能 发生的是（）A.mvo=(m+M)v B.mvocos=(m+M)v 1 2 C.mgh=?m(vosin 0)图 5 A.M、mo、m 速度均发生变化，分别为 Vi、V2、V3，而且满足(M+m)v=Mvi+mv2+mv3 B.mo的速度不变，M 和 m 的速度变为 Vi和 V2,而且满足 Mv=Mvi+mv2 C.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+m)v0=(M+m)v1+mv2 答案 BC 解析 碰撞的瞬间 M 和 m 组成的系统动量守恒，m0的速度在瞬间不变，以 M 的初速度方向 为正方向，若碰后 M 和 m 的速度变为 vi和 V2，由动量守恒定律得：Mv=Mvi+mv2;若碰后 M 和 m 速度相同，由动量守恒定律得：Mv=(M+m)v，故 B、C 正确.9.(2018 东北三省三校一模)将一小球从地面以速度 vo竖直向上抛出，小球上升到某一高度 后又落回到地面.若该过程中空气阻力不能忽略，且大小近似不变，则下列说法中正确的是()A.重力在上升过程与下降过程中做的功大小相等 B.重力在上升过程与下降过程中的冲量相同 C.整个过程中空气阻力所做的功等于小球机械能的变化量 D.整个过程中空气阻力的冲量等于小球动量的变化量 答案 AC 解析 根据 W=Gh 可知，重力在上升过程与下降过程中做的功大小相等，故选项 A 正确；上升过程中的加速度 a上=g+巳大于下降过程中的加速度 a下=g Ff，则上升的时间小于下 m m 降的时间，即 t上t下，根据 1=Gt 可知，重力在上升过程中的冲量小于下降过程中的冲量，故选项 B 错误；根据功能关系，整个过程中空气阻力所做的功等于小球机械能的变化量，故 选项 C 正确；整个过程中空气阻力的冲量和重力的冲量之和等于小球动量的变化量，故选项 D 错误.三、非选择题 10.如图 6 所示，在实验室用两端带竖直挡板 C、D 的气垫导轨和带固定挡板的质量都是 M 的滑块 A、B,做“探究碰撞中的不变量”的实验：图 6(1)把两滑块 A 和 B 紧贴在一起，在滑块 A 上放质量为 m 的砝码，置于导轨上，用电动卡销 卡住两滑块 A 和 B，在两滑块 A 和 B 的固定挡板间放一弹簧，使弹簧处于水平方向上的压缩 状态.(2)按下电钮使电动卡销放开，同时启动两个记录两滑块运动时间的电子计时器，当两滑块 A 和 B 与挡板 C 和 D 碰撞同时，电子计时器自动停表，记下滑块 A 运动至挡板 C 的时间匕,滑块 B 运动至挡板 D 的时间 t2.(3)重复几次取 ti、t2的平均值.请回答以下几个问题：(1)在调整气垫导轨时应注意 _;(2)应测量的数据还有 _;作用前 A、B 两滑块的速度与质量乘积之和为 _，作用后 A、B 两滑块的速 度与质量乘积之和为 _.(用测量的物理量符号和已知的物理量符号表示)答案(1)使气垫导轨水平(2)滑块 A 至挡板 C 的距离 Li、滑块 B 至挡板 D 的距离 L2 0(M+m)#M或 M(M+m)*解析(1)为了保证滑块 A、B 作用后做匀速直线运动，必须使气垫导轨水平.(2)要求出 A、B 两滑块在电动卡销放开后的速度，需测出 A 至 C 的时间 t1和 B 至 D 的时间 x t2,并且要测量出两滑块到两挡板的运动距离 L1和 L2,再由公式 v=x求出其速度.(3)设向左为正方向，根据所测数据求得两滑块的速度分别为 VA=，VB=作用前两滑块 静止，v=0，速度与质量乘积之和为 0;作用后两滑块的速度与质量乘积之和为(M+m)3 t1 M 严.若设向右为正方向，同理可得作用后两滑块的速度与质量的乘积之和为 皿 (M+m)11.(2018 西省太原市上学期期末)如图 7 所示，在光滑水平面上有一质量为 m、长度为 L 的木板 A,木板的右端点放有一质量为 3m 的物块 B(可视为质点)，木板左侧的水平面上有一 3 物块 A 沿圆弧轨道滑至 P 点时对轨道的压力大小;物块 C.当物块 C 以水平向右的初速度 V0与木板发生弹性碰撞后，物块 B 恰好不会从木板 A 上掉下来，且最终物块 C 与 A 的速度相同.不计物块 C 与木板 A 碰撞时间，三物体始终在 一直线上运动，重力加速度为 g，求：图 7 (1)物块 C 的质量 me；解得 2 2vo 9gL-木板 A 与物块 B 间的动摩擦因数卩 答案 2 2vo(1)2 m(2)-9gL 解析(1)物块 c 与木板 A 发生碰撞的过程，以向右为正方向，由动量守恒定律与能量守恒定 律得:mcvo=mcvc+mvA 1 2 1 2 丄 1 2 mcvo=mcvc+二 mvA 2 2 2 木板 A 和物块 B 相互作用过程，由动量守恒定律得 mvA=4mv 由最终物块 c 与木板 A 的速度相同可知 vc=v 联立得 mc=2m 木板 A 和物块 B 相互作用过程，由能量守恒得 3 卩 mg 匕*mvA1 4-2 x 4mv2 4 弹簧被压缩的最大弹性势能(未超过弹性限度);物块 A 最终停止位置到 Q 点的距离.1 1 答案(1)3mg(2)3mgR(3)R 12.(2018 贵州省安顺市适应性监测三)如图 8 所示，半径为 R 的四分之一光滑圆弧轨道竖直 固定在水平地面上，下端与水平地面在 P 点相切，一个质量为 2m 的物块 B(可视为质点)静止 在水平地面上，左端固定有水平轻弹簧，Q 点为弹簧处于原长时的左端点，P、Q 间的距离 为 R,PQ 段地面粗糙、动摩擦因数为 尸 0.5,Q 点右侧水平地面光滑，现将质量为 m 的物 块 A(可视为质点)从圆弧轨道的最高点由静止开始下滑，重力加速度为 g.求：由机械能守恒定律有：mgR=2mvp5 设在最低点轨道对物块的支持力大小为 FN,2 VP 由牛顿第二定律有：FN mg=mR,联立解得：FN=3mg,由牛顿第三定律可知物块 A 沿圆弧轨道滑至 P 点时对轨道的压力大小为 3mg.(2)设物块 A 与弹簧接触前瞬间的速度大小为 vo,1 2 由动能定理有 mgR卩 mgR=qmvo 0,解得 Vo=gR,当物块 A、物块 B 具有共同速度 v 时，弹簧的弹性势能最大，以向右为正方向 由动量守恒定律有：mvo=(m+2m)v,1 2 1 2 qmvo=2(m+2m)v+Epm,1 联立解得 Epm=mgR.设物块 A 与弹簧分离时，A、B 两物体的速度大小分别为 V1、v2，则有 mvo=mv1+2mv2,1 2 2 1 2 mvo=gmv1+$(2m)V2,联立解得：v1=6 gR,解得 x=9R.设物块 A 最终停在 Q 点左侧 x 处，1 2 由动能定理有：一卩 mg=0?mv1,6
