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单元综合检测
单元综合检测一(第一章)
(75分钟　100分)
一、选择题:本题共10小题,共46分。在每小题给出的四个选项中,第1~7题只有一项符合题目要求,每小题4分;第8~10题有多项符合题目要求,每小题6分,全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。
1.如图所示,质量相同的橡胶锤和铁锤,以相同的速度敲击物体后静止,则 (　　)
A.铁锤动量变化量大 B.橡胶锤的动量变化量小
C.橡胶锤受到的冲量小 D.两锤受到的冲量相等
1.D　
2.如图所示,在短道速滑接力热身赛上,当运动员在光滑冰面上交接时后方运动员甲用力推前方运动员乙。下列说法正确的是(　　)
A.甲对乙的作用力大于乙对甲的作用力
B.甲推出乙后,甲一定向后运动
C.甲、乙的动量变化相同
D.甲、乙所受推力的冲量大小相等
2.D　
3.如图所示,一光滑地面上有一质量为M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(　　)
3.D　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,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。
4.(2025·杭州高二检测)电子在原子核外绕核做匀速圆周运动。若核外电子绕原子核运动的周期为T,电子的质量为m,电子绕行的线速度为v,只考虑电子和原子核之间的库仑力,则在内 (　　)
A.电子的速度没有发生变化
B.电子的速度的变化量大小为2v
C.电子的动量变化量大小为mv
D.原子核对电子作用力的冲量大小为2mv
4.C　经过个周期,电子速度方向改变90°,大小不变,则速度的变化量大小为v,故A、B错误;动量的变化量为mv,动量的变化量等于合外力的冲量,故C正确,D错误。
5.我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功,这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。若某次试验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s,产生的推力约为4.8×106 N,则它在1 s时间内喷射的气体质量约为 (　　)
A.1.6×102 kg B.1.6×103 kg
C.1.6×105 kg D.1.6×106 kg
5.B　根据动量定理有FΔt=Δmv-0,解得Δm= kg=1.6×103 kg,故B正确。
6.(2026·赤峰高二检测)如图所示,有一质量为m的小球,以速度v0滑上静置于光滑水平面上带有四分之一光滑圆弧轨道的滑块。滑块的质量为3m,小球在上升过程中始终未能冲出圆弧,重力加速度为g,则在小球运动过程中 (　　)
A.小球和滑块组成的系统动量守恒
B.小球在圆弧轨道最高点的速度大小为
C.小球在圆弧轨道上能上升的最大高度为
D.小球离开圆弧轨道时圆弧轨道的速度大小为
6.C　在小球运动过程中,小球和滑块组成的系统在水平方向上动量守恒,在竖直方向上动量不守恒,小球和滑块组成的系统动量不守恒,故A错误;小球在圆弧轨道上升到最高点时小球与滑块速度相同,系统在水平方向上动量守恒,规定v0的方向为正方向,水平方向根据动量守恒定律可得mv0=4mv,解得v=,故B错误;取水平面为零势能面,根据机械能守恒定律得m×4mv2+mgh,解得h=,故C正确;小球离开圆弧轨道时,规定v0的方向为正方向,水平方向根据动量守恒定律可得mv0=mv1+3mv2,根据机械能守恒定律,则有mm+×3m,联立以上两式可得v1=-,v2=,小球离开圆弧轨道时圆弧轨道的速度大小为,方向向左,故D错误。
7.(2025·新余高二检测)将两质量分别为m1和m2的物体放在光滑的水平面上,现给两物体沿水平方向的初速度,如图所示为两物体正碰前后的位移随时间的变化规律。已知m1=0.4 kg。则(　　)
A.图线1为碰后物体m1的图像
B.碰撞过程m2对m1的力的冲量大小为 N·s
C.碰撞前物体m2的速度大小为1 m/s
D.m2=1 kg
7.B　根据x-t图像的斜率表示物体的速度,则碰前的速度为v1=+1 m/s,v2=0,即m1沿着正方向运动与静止的m2发生碰撞,故碰后m2一定沿正方向运动,m1才可能反弹,有v'1=- m/s=- m/s, v'2=+ m/s=+ m/s,即图线1为碰后物体m2的图像,碰撞前物体m2的速度大小为0,碰撞后物体m2的速度大小为 m/s,故A、C错误;由动量定理可知碰撞过程m2对m1的力的冲量为I=m1v'1-m1v1=[0.4×(-)-0.4×1] N·s=- N·s,即冲量大小为 N·s,方向沿负方向,故B正确;对碰撞过程由动量守恒定律有0+m1v1=m1v'1+m2v'2,代入数据解得m2=2 kg,故D错误。
8.如图所示,质量为M的“直-20”武装直升机旋翼有4片桨叶,桨叶旋转形成的圆面面积为S。已知空气密度为ρ,重力加速度大小为g。当直升机悬停空中时,发动机输出的机械功率为P,桨叶旋转推动空气,空气获得的速度为v0,则单位时间内桨叶旋转推动空气的质量可表示为 (　　)
A.=ρS　　　 B.=ρSv0
C.= D.=
8.B、D　直升机处于平衡状态,设直升机与空气间的作用力为F,则F=Mg;飞机对空气的力与空气对飞机的力为作用力与反作用力,即F=F';对空气由动量定理可得F'Δt=Δm·v0=ρSv0Δt·v0,解得=ρSv0,故A错误,B正确;由上述分析知F'Δt=Δm·v0,由功能关系可得PΔt=Δm·,联立两式消去v0,可得,故C错误,D正确。
9.两物块A、B用轻弹簧相连,质量均为2 kg,初始时弹簧处于原长,A、B两物块都以v=6 m/s的速度在光滑的水平地面上运动,质量为4 kg的物块C静止在前方,如图所示,B与C碰撞后二者会粘连在一起运动。则下列说法正确的是 (　　)
A.物块B、C碰撞刚结束时的共同速度为3 m/s
B.弹簧的弹性势能最大时,物块A的速度为3 m/s
C.弹簧的弹性势能最大值为12 J
D.弹簧再次恢复原长时A、B、C三物块速度相同
9.B、C　B与C碰撞时B、C组成的系统动量守恒,设碰后瞬间B、C两者共同速度为vBC,规定向右为正方向,则有mBv=(mB+mC)vBC,解得vBC=2 m/s,故A错误;当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大,A、B、C三者组成的系统动量守恒,规定向右为正方向,则有(mA+mB)v= (mA+mB+mC)vABC,解得vABC=3 m/s,根据能量守恒定律得,弹簧的弹性势能最大值为Ep=(mB+mC)+mAv2-(mA+mB+mC)=12 J,故B、C正确;三者共速时弹簧压缩量最大,恢复原长过程中,弹力对A做负功,A的速度减小,对B、C做正功,B、C的速度增加,则恢复原长时三物块速度不同,故D错误。
10.新修订的《未成年人保护法》规定儿童乘坐汽车应当配备儿童安全座椅。在儿童假人模拟实验中,车速为50 km/h 的车辆与墙壁发生碰撞,10 kg的假人重心相对地面最远移动了0.5 m,在此过程中 (　　)
A.假人所受合力的方向水平向后
B.车、假人组成的系统水平方向上动量守恒
C.安全座椅对假人水平方向上的平均作用力约1 929 N
D.由实验可知大人系好安全带抱紧小孩坐车是安全的
10.A、C　当车辆与墙壁发生碰撞时,假人相对于车向前运动,所以受到向后的摩擦力和拉力,而重力和支持力平衡,所以合力水平向后,故A正确;当车辆与墙壁发生碰撞时,墙壁对车有向后的作用力,即系统所受的合外力不为零,所以系统水平方向动量不守恒,故B错误;根据速度与位移关系有v2=2ax,F=ma,代入数据解得F≈1 929 N,故C正确;在发生碰撞时,若大人系好安全带,大人将受到安全带的作用力减速,但小孩将由于惯性继续向前运动,所以小孩不安全,故D错误。
二、非选择题:本题共5小题,共54分。
11.(7分)(2024·北京等级考)如图甲所示,让两个小球在斜槽末端碰撞来验证动量守恒定律。
(1)关于本实验,下列做法正确的是　　　　　(多选,填选项前的字母)。(2分)
A.实验前,调节装置,使斜槽末端水平
B.选用两个半径不同的小球进行实验
C.用质量大的小球碰撞质量小的小球
(2)图甲中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影,首先,将质量为m1的小球从斜槽上的S位置由静止释放,小球落到复写纸上,重复多次。然后,把质量为m2的被碰小球置于斜槽末端,再将质量为m1的小球从S位置由静止释放,两球相碰,重复多次。分别确定平均落点,记为M、N和P(P为m1单独滑落时的平均落点)。
①图乙为实验的落点记录,简要说明如何确定平均落点　　　　;
②分别测出O点到平均落点的距离,记为OP、OM和ON。在误差允许范围内,若关系式
　　　　　　　成立,即可验证碰撞前后动量守恒。(3分)
(3)受上述实验的启发,某同学设计了另一种验证动量守恒定律的实验方案。如图丙所示,用两根不可伸长的等长轻绳将两个半径相同、质量不等的匀质小球悬挂于等高的O点和O'点,两点间距等于小球的直径。将质量较小的小球1向左拉起至A点由静止释放,在最低点B与静止于C点的小球2发生正碰。碰后小球1向左反弹至最高点A',小球2向右摆动至最高点D。测得小球1、2的质量分别为m和M,弦长AB=l1、A'B=l2、CD=l3。
推导说明,m、M、l1、l2、l3满足　　　　　　　关系即可验证碰撞前后动量守恒。(2分)
11.【解析】(1)实验中若使小球碰撞前、后的水平位移与其碰撞前、后速度成正比,需要确保小球做平抛运动,即实验前,调节装置,使斜槽末端水平,故A正确;为使两小球发生的碰撞为对心正碰,两小球半径需相同,故B错误;为使碰后入射小球与被碰小球同时飞出,需要用质量大的小球碰撞质量小的小球,故C正确。
(2)①用圆规画圆,尽可能用最小的圆把各个落点圈住,这个圆的圆心位置代表平均落点。
②碰撞前、后小球均做平抛运动,由h=gt2可知,小球的运动时间相同,所以水平位移与平抛初速度成正比,所以若m1OP = m1OM+m2ON,即可验证碰撞前后动量守恒。
(3)设轻绳长为L,小球从偏角θ处静止摆下,摆到最低点时的速度为v,小球经过圆弧对应的弦长为l,则由动能定理有mgL(1-cos θ)=mv2,由数学知识可知sin,联立两式解得v=l,若两小球碰撞过程中动量守恒,则有mv1=-mv2+Mv3,
整理可得ml1 =-ml2+Ml3。
答案:(1)A、C
(2)①用圆规画圆,尽可能用最小的圆把各个落点圈住,这个圆的圆心位置代表平均落点
②m1OP=m1OM+m2ON
(3)ml1=-ml2+Ml3
12.(9分)如图甲所示,在做验证动量守恒定律实验时,在小车A的前端粘有橡皮泥,推动小车A使之做匀速运动,然后与原来静止在前方的小车B相碰并粘合成一体,继续做匀速运动。在小车A后连着纸带,电磁打点计时器的电源频率为50 Hz,长木板右端下面垫放小木片用以平衡摩擦力。
(1)实验开始前　　　　(选填“需要”或“不需要”)平衡摩擦力,理由: 　　　　,
方法是:　 　　　。(3分)
(2)若打点纸带如图乙所示,并测得各计数点间距(已标在图上)。a为打下的第一点,则应选
　　　　段来计算A的碰前速度,应选　　　　　段来计算A和B碰后的共同速度。(以上两空均选填“ab”“bc”“cd”或“de”)(2分)
(3)已测得小车A的质量m1=0.40 kg,小车B的质量m2=0.20 kg,由以上测量结果可得碰前总动量为　　　　　　kg·m/s,碰后总动量为　　　　　kg·m/s。(计算结果保留三位有效数字)
实验结论: 　　　 　　　 　　　　。(4分)
12.【解析】(1)实验开始前需要平衡摩擦力,因为只有平衡摩擦力后碰撞过程中系统受的合外力为0,动量才守恒,平衡摩擦力的方法是将长木板右端垫高,轻推小车A,当打出的纸带点迹均匀说明已平衡摩擦力;
(2)推动小车由静止开始运动,故小车有个加速过程,在碰撞前做匀速直线运动,即在相同的时间内通过的位移相同,故bc段为匀速运动的阶段,故选bc计算碰前的速度;碰撞过程是一个变速运动的过程,而A和B碰后共同运动时做匀速直线运动,故在相同的时间内通过相同的位移,故应选de段来计算碰后共同的速度;
(3)A碰前的速度v1= m/s=3.15 m/s,
碰后共同速度v2= m/s=2.085 m/s,
碰前总动量p1=m1v1=0.4×3.15 kg·m/s=1.26 kg·m/s,
碰后的总动量p2=(m1+m2)v2=0.6×2.085 kg·m/s≈1.25 kg·m/s,
则说明在误差允许的范围内,碰撞前后总动量守恒。
答案:(1)需要　只有平衡摩擦力后碰撞过程中系统受的合外力为0,动量才守恒
将长木板右端垫高,轻推小车A,当打出的纸带点迹均匀说明已平衡摩擦力
(2)bc　de　
(3)1.26　1.25　在误差允许的范围内,碰撞前后总动量守恒
13.(10分)塑料水枪是儿童们夏天喜欢的玩具,但是也有儿童眼睛被水枪击伤的报道,因此,限制儿童水枪的威力就成了生产厂家必须关注的问题。水枪产生的水柱对目标的冲击力与枪口直径、出水速度等因素相关。设有一水枪,枪口直径为d,出水速度为v,储水箱的体积为V。
(1)水枪充满水可连续用多长时间 (4分)
(2)设水的密度为ρ,水柱水平地打在竖直平面(目标)上后速度变为零,则水柱对目标的冲击力是多大 你认为要控制水枪威力关键是控制哪些因素 不考虑重力、空气阻力等的影响,认为水柱到达目标的速度与出枪口时的速度相同。(6分)
13.【解析】(1)设t时间内从枪口喷出的水的体积为ΔV,则有:ΔV=vSt,S=π()2,所以单位时间内从枪口喷出的水的体积为:vπd2,水枪充满水可连续用的时间t总=。
(2)t时间内从枪口喷出的水的质量m=ρSvt=ρvπ()2t=πρd2vt,
质量为m的水在t时间内与目标相互作用,由动量定理有Ft=Δp,以水流的方向为正方向,得
-Ft=0-πρd2vt·v=-πρd2v2t,解得:F=πρd2v2。
可见要控制水枪的威力,关键是要控制枪口直径和出水速度。
答案:(1)　(2)πρd2v2　控制枪口直径和出水速度
14.(12分)如图所示,竖直平面内的光滑水平轨道的左边与墙壁对接,右边与一个足够高的光滑圆弧轨道平滑相连,木块A、B静置于光滑水平轨道上,A、B的质量分别为1.5 kg和0.5 kg。现让A以6 m/s的速度水平向左运动,之后与墙壁碰撞,碰撞的时间为0.3 s,碰后的速度大小变为4 m/s。当A与B碰撞后会立即粘在一起运动,g取10 m/s2,求:
(1)在A与墙壁碰撞的过程中,墙壁对A的平均作用力的大小;(4分)
(2)A、B滑上圆弧轨道的最大高度。(8分)
14.【解析】(1)设水平向右为正方向,当A与墙壁碰撞时,根据动量定理有t=mAv1'-mA(-v1),
解得=50 N。
(2)设碰撞后A、B的共同速度为v,根据动量守恒定律有mAv1'=(mA+mB)v,
A、B在光滑圆弧轨道上滑动时机械能守恒,由机械能守恒定律得(mA+mB)v2=(mA+mB)gh,
解得h=0.45 m。
答案:(1)50 N　(2)0.45 m
15.(16分)半径为R、质量为m的光滑圆弧形槽置于光滑水平面上,圆弧形槽末端切线水平,一个质量为2m的木块,从槽顶端正上方R高度处由静止下落,恰好沿着槽上端口进入弧形槽。如图所示,木块可视为质点,求:
(1)木块从槽口滑出时,木块和槽的速度大小分别为多少 (7分)
(2)若已知槽口离地面高度为h=,木块落地时离圆弧形槽右侧水平距离多大 (9分)
15.【解析】(1)因木块和槽组成的系统水平方向不受外力,则系统水平方向动量守恒。设滑出时,槽的速度大小为v1,木块的速度大小为v2,取水平向右为正方向,则有mv1-2mv2=0,
根据系统的机械能守恒定律得2mg·2R=m+×2m,
解得v2=,v1=。
(2)若已知槽口离地面高度为h=,设木块从槽口滑出落到地面上所用时间为t,则有gt2,
木块和圆弧形槽右侧之间水平距离为d=(v1+v2)t,解得d=2R。
答案:(1)　　(2)2R
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