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全国2019年高二物理下期单元测试试卷完整版

在不计空气阻力作用的条件下,下列说法中正确的是( )
A.自由下落的小球在空中运动的任意一段时间内,其增加的动能一定等于其减少的重力势能
B.做平抛运动的小球在空中运动的任意相同的时间内,其速度的变化量一定相同
C.做匀速圆周运动的小球在任意一段时间内其合外力做的功一定为零,合外力的冲量也一定为零
D.单摆在一个周期内,合外力对摆球做的功一定为零,合外力的冲量也一定为零

【答案】ABD
【解析】
试题分析:不计空气阻力,自由下落的小球,其所受合外力为重力,则小球在运动的过程中机械能守恒,其增加的动能一定等于其减小的重力势能,故A正确;做平抛运动的小球所受合外力为重力,加速度的关系与方向都不变,所以小球在空中运动的任意相同的时间内,其速度的变化量一定相同,故B正确;做匀速圆周运动的小球,其所受合外力的方向一定指向圆心,小球在任意一段时间内其合外力做的功一定为零;但由于速度的方向不断变化,所以速度的变化量不一定等于0,所以合外力的冲量也不一定为零,故C错误;经过一个周期,单摆的小球又回到初位置,所有的物理量都与开始时相等,所以单摆在一个周期内,合外力对摆球做的功一定为零,合外力的冲量也一定为零,故D正确。

如图所示,一光滑地面上有一质量为m′的足够长的木板ab,一质量为m的人站在木板的a端,关于人由静止开始运动到木板的b端(M、N表示地面上原a、b对应的点),下列图示正确的是(  )

A.
B.
C.
D.

【答案】D
【解析】
根据动量守恒定律,M、m系统动量守恒,对于题中的“人板模型”,各自对地的位移为SM、Sm,且有MSM=mSm,SM+Sm=L板(有时也称为平均动量守恒),解得:Sm=,SM=;以M点为参考,人向右运动,木板向左运动,且人向右运动的位移加上木板向左运动的位移之和为板的长度,所以D正确。故选D。

两辆汽车的质量分别为m1和m2,已知m1>m2,沿水平方向同方向行驶且具有相等的动能,则此时两辆汽车动量p1和p2的大小关系是( )
A.p1等于p2 B.p1小于p2
C.p1大于p2 D.无法比较

【答案】C
【解析】
试题分析:动量与动能关系式为:P2=2mEK;已知m1>m2,具有相等的动能,故P1大于P2;故选C.

如图所示,在光滑水平地面上放着两个物体,其间用一根不能伸长的细绳相连,开始时绳松弛、B静止,A具有4 kg·m/s的动量(令向右为正).在绳拉紧(可能拉断)的过程中,A、B动量的变化可能为(  )

A. ΔpA=-4 kg·m/s,ΔpB=4 kg·m/s
B. ΔpA=2 kg·m/s,ΔpB=-2 kg·m/s
C. ΔpA=-2 kg·m/s,ΔpB=2 kg·m/s
D. ΔpA=ΔpB=2 kg·m/s

【答案】C
【解析】
它们的总动量为:P=mAvA=4kg•m/s,而绳子的力为内力,相互作用的过程中,总动量守恒;A的动量减小,B的动量增加;但总动量应保持不变;故A动量改变量应为负值,B动量改变量为正值;选项C正确,BD错误;从能量角度看,整个系统的总能量是不增加的,而选项A中明显看出物体A的动能不变,B动能增加,总能量增加了,故A错误;故选C。

如图所示,物块A、B静止在光滑水平面上,且,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

【答案】B
【解析】由动能定理知,两个力F和F′做功相同,碰撞前它们的动能相同.由,mA>mB知,PA>PB.碰撞过程中动量守恒,则有:PA-PB=(mA+mB)v,故碰后速度v一定与PA相同,方向向右.故B正确.故选B.

用豆粒模拟气体分子,可以模拟气体压强产生的原理。如图所示,从距秤盘80 cm高度把1000 粒的豆粒连续均匀地倒在秤盘上,持续作用时间为1s,豆粒弹起时竖直方向的速度变为碰前的一半。若每个豆粒只与秤盘碰撞一次,且碰撞时间极短(在豆粒与秤盘碰撞极短时间内,碰撞力远大于豆粒受到的重力),已知1000 粒的豆粒的总质量为100g。则在碰撞过程中秤盘受到的压力大小约为

A. 0.2N B. 0.6N C. 1.0N D. 1.6N

【答案】B
【解析】豆粒从80cm高处落下时速度为v,

设向上为正方向,根据动量定理:

B正确,ACD错误。
故选:B。

人的质量m=60kg,船的质量M=240kg,若船用缆绳固定,船离岸1.5m时,人可以跃上岸。若撤去缆绳,如图所示,人要安全跃上岸,船离岸至多为(不计水的阻力,两次人消耗的能量相等,两次从离开船到跃上岸所用的时间相等)(   )

A. 1.5m B. 1.2m C. 1.34m D. 1.1m

【答案】C
【解析】船用缆绳固定时,设人起跳的速度为v0,则,消耗的能量:
撤去缆绳,由动量守恒: ,两次人消耗的能量相等,即动能不变,
解得:
故: ,C正确;ABD错误;
故选C。

在如图所示的装置中,木块B与水平桌面的接触是光滑的,子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内,将弹簧压缩到最短。现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象(系统),则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中

A. 动量守恒、机械能守恒
B. 动量不守恒、机械能不守恒
C. 动量守恒、机械能不守恒
D. 动量不守恒、机械能守恒

【答案】B
【解析】
根据系统所受合外力是否为零,判断系统动量是否守恒,只有重力或只有弹力做功,系统机械能守恒;根据物体受力情况分析答题。
该系统在从子弹开始射入到弹簧被压缩至最短的整个过程中水平方向受到墙壁对系统的向右的作用力,所以系统的动量不守恒;子弹在进入木块的过程中,子弹相对于木块有一定的位移,所以子弹与木块组成的系统有一定的动能损失,所以系统的机械能也不守恒。故B正确,ACD错误。

质量为m的物体以速度v0从地面竖直上抛(不计空气阻力)到落回地面,在此过程中( )
A.上升过程和下落过程中动量的变化量大小均为mv0,但方向相反
B.整个过程中重力的冲量为2mv0
C.整个过程中重力的冲量为0
D.上升过程冲量大小为mv0,方向向下

【答案】D
【解析】解:根据竖直上抛运动的对称性可得落地的速度大小也v0,方向竖直向下.上升过程和下落过程中只受到重力的作用.
A、选取向上为正方向,上升过程动量的变化量:△P1=0﹣mv0=﹣mv0,下落过程中动量的变化量:△P2=﹣mv0﹣0=﹣mv0,大小均为mv0,方向相同.故A错误;
B、C、整个过程中重力的冲量为:I=﹣mv0﹣mv0=﹣2mv0.故BC错误;
D、上升过程动量的变化量:△P1=0﹣mv0=﹣mv0,所以上升过程冲量大小为mv0,方向向下.故D正确.
故选:D

如图所示,轻质弹簧的一端固定在墙上,另一端与质量为m的物体A相连,A放在光滑水平面上,有一质量与A相同的物体B,从高h处由静止开始沿光滑曲面滑下,与A相碰后一起将弹簧压缩,弹簧复原过程中某时刻B与A分开且沿原曲面上升.下列说法正确的是( )

A. 弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mgh
B. 弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为
C. B能达到的最大高度为
D. B能达到的最大高度为

【答案】BD
【解析】试题分析:对B下滑过程,据机械能守恒定律可得:mgh=mv02,则得,B刚到达水平地面时的速度.A碰撞过程,以A、B组成的系统为研究对象,取向右为正方向,根据动量守恒定律可得:mv0=2mv,得A与B碰撞后的共同速度为 v=v0,所以弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为 Epm=•2mv2=mgh,故A错误,B正确;当弹簧再次恢复原长时,A与B将分开,B以v的速度沿斜面上滑,根据机械能守恒定律可得 mgh′=mv2,解得,B能达到的最大高度为 h′=,故C错误,D正确.故选BD.

在光滑的水平面上,动能为E0,动量大小为P0的小钢球1与静止小钢球2发生碰撞,碰撞前后小钢球1的运动方向相反,将碰撞后小钢球1的动能和动量的大小分别记为E1、P1,小钢球2的动能和动量的大小分别记为E2、P2,则必有
A. E1<E0 B. P1<P0 C. E2>E0 D. P2<P0

【答案】ABD
【解析】
试题由题,碰撞后两球均有速度.根据碰撞过程中总动能不增加可知,.否则,就违反了能量守恒定律.故AB正确,C错误.根据动量守恒定律得:,得到可见,.故D正确.
故选ABD

(多选)如图所示,质量均为M的甲、乙两车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
D. 乙车移动的距离为

【答案】ACD
【解析】甲、乙和两车组成的系统合外力为零,系统的动量守恒,取向右为正方向,由动量守恒定律得:
0=Mv甲-(M+m)v乙;可得甲、乙两车运动中速度之比为: ,故A正确,B错误.设甲车和乙车移动的距离分别为s1和s2.则有: ; 又 s1+s2=L
联立解得: ,故CD正确.故选ACD.

如图所示为实验室中验证动量守恒的实验装置示意图.

(1)若入射小球质量为,半径为;被碰小球质量为,半径为,则(______)
A. B.
C. D.
(2)为完成此实验,以下所提供的测量工具中必需的是________.(填下列对应的字母)
A.直尺 B.游标卡尺 C.天平 D.弹簧秤 E.秒表
(3)设入射小球的质量为,被碰小球的质量为,P为碰前入射小球落点的平均位置,则关系式(用及图中字母表示)___________________________成立,即表示碰撞中动量守恒.

【答案】 C AC
【解析】(1)在小球碰撞过程中,水平方向动量守恒,取向右为正方向,
由动量守恒定律得:
在碰撞过程中机械能守恒:
联立解得:
要碰后入射小球的速度,则有,即,为了使两球发生正碰,两小球的半径相同,即,选C.
(2)P为碰前入射小球落点的平均位置,M为碰后入射小球的位置,N为碰后被碰小球的位置,小球离开轨道后做平抛运动,运动时间,即平抛运动的时间相同,碰撞前入射小球的速度,碰撞后入射小球的速度,碰撞后被碰小球的速度,若,则表明通过该实验验证了两球碰撞过程中动量守恒,将三个速度代入得: ,故需要测量的工具有刻度尺和天平,故选AC;
(3)由(2)可知,实验需要验证的表达式为:
故答案为:(1). C (2). AC (3).

宇航员在太空站内做了如下实验:选取两个质量分别为mA=0.2kg、mB=0.4kg的小球A、B和一根轻质短弹簧,弹簧的一端与小球A粘连,另一端与小球B接触而不粘连.现使小球A和B之间夹着被压缩的轻质弹簧,处于锁定状态,一起以速度v0=0.1m/s做匀速直线运动,如图所示,过一段时间,突然解除锁定(解除锁定没有机械能损失),两球仍沿原直线运动,从弹簧与小球B刚刚分离开始计时,经时间t=3.0s,两球之间的距离增加了S=2.7m,求弹簧被锁定时的弹性势能Ep.

【答案】弹簧被锁定时的弹性势能为0.054J.
【解析】本题考查动量守恒与能量守恒相结合。
取A、B作为系统,取水平向右为正方向,由动量守恒定律得: …①
根据题意得: …②
由机械能守恒得: …③
代入数据,解①②③得:EP=0.054J.

如图所示,质量为m=lkg的小物块放在质量为m1=2kg的甲木板右端,二者以速度v1=8m/s沿光滑水平地面向右运动,小物块可视为质点.质量m2=2kg的乙木板在甲木板正前方以速度v2=2m/s同向运动,一段时间后两木板碰撞并粘在一起,小物块最终停留在乙木板上.已知小物块与乙木板间的动摩擦因数为μ=0.5,重力加速度g=10m/s2.求:
(1)两木板碰撞后瞬间乙木板的速度大小;
(2)小物块最终距乙木块左端的距离.

【答案】(1) (2)
【解析】(1)设两木板碰撞后的瞬间乙木板的速度大小为v′,两木板碰撞的过程动量守恒,取向右为正方向,根据动量守恒定律得:
代入数据解得:
(2)设最终三者共速速度为v3,从开始到最终小物块停留在乙木板上,根据动量守恒定律得:

代入数据解得:
设小物块最终距乙木板左端的距离为L,根据功能关系得:

代入数据解得:

如图所示,水平固定一个光滑长杆,有一个质量为m小滑块A套在细杆上可自由滑动.在水平杆上竖直固定一个挡板P,小滑块靠在挡板的右侧处于静止状态,在小滑块的下端用长为L的细线悬挂一个质量为2m的小球B,将小球拉至左端水平位置使细线处于自然长度,由静止释放,已知重力加速度为g.求:

(1)小球运动过程中,相对最低点所能上升的最大高度;
(2)小滑块运动过程中,所能获得的最大速度.

【答案】(1) (2)
【解析】
(1)小球第一次摆到最低点过程中,根据机械能守恒得:2mgL=(2m)v2,
解得:v=
小球与小滑块达到共速时,小球上升到最大高度,设此高度为h,根据动量守恒定律得:
2mv=(2m+m)v共
根据能量守恒定律得:(2m)v2=(3m)v共2+2mgh
解得:h=L
(2)小球摆回最低点时,小滑块获得最大速度,设此时小球速度为v1,滑块的速度为v2,
根据动量守恒定律得:2mv=2mv1+mv2
(2m)v2=(2m)v12+mv22
解得:v2=

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