阶段验收评估(六) 机械能 动量.doc

阶段验收评估(六)　机械能　动量

(时间：90分钟　满分：100分)

一、单项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分)
1．在田径运动会的投掷项目的比赛中，投掷链球、铅球、铁饼和标枪等都是把物体斜向上抛出的运动，如图1所示，这些物体从被抛出到落地的过程中(　　)

图1
A．物体的机械能先减小后增大
B．物体的机械能先增大后减小
C．物体的动能先增大后减小，重力势能先减小后增大
D．物体的动能先减小后增大，重力势能先增大后减小
2.在光滑水平面上有三个完全相同的小球排成一条直线。2、3两小球静止，并靠在一起，小球1以速度v0射向它们(如图2所示)。设碰撞中不损失机械能，则碰后1、2、3三个小球的速度v1、v2、v3的可能值是(　　)

图2
A．v1＝v2＝v3＝v0　　　　 B．v1＝0，v2＝v3＝v0
C．v1＝0，v2＝v3＝v0 D．v1＝v2＝0，v3＝v0
3.如图3所示，一个质量为0.18 kg的垒球，以25 m/s的水平速度向左飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为45 m/s，则这一过程中动量的变化量为(　　)

图3
A．大小为3.6 kg·m/s，方向向左
B．大小为3.6 kg·m/s，方向向右
C．大小为12.6 kg·m/s，方向向左
D．大小为12.6 kg·m/s，方向向右
4.如图4所示，水平传送带长为x，以速度v始终保持匀速运动，把质量为m的货物放到A点，货物与皮带间的动摩擦因数为μ，当货物从A点运动到B点的过程中，摩擦力对货物做的功不可能(　　)

图4
A．等于mv2 B．小于mv2
C．大于μmgx D．小于μmgx
二、双项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分，选对一个得3分，有错选不得分)
5.光滑水平面上静止的物体，受到一个水平拉力作用开始运动，拉力F随时间t变化的图象如图5所示，用Ek、v、s、P分别表示物体的动能、速度、位移和拉力F的功率，下列四个图象分别定性描述了这些物理量随时间变化的情况，其中正确的是(　　)

图5

图6
6.某娱乐项目中，参与者抛出一小球去撞击触发器，从而进入下一关。现在将这个娱乐项目进行简化，假设参与者从触发器的正下方以速率v竖直上抛一小球，小球恰好击中触发器。若参与者仍在刚才的抛出点，沿A、B、C、D四个不同的光滑轨道分别以速率v抛出小球，如图8所示。则小球能够击中触发器的可能是(　　)

图7

图8

7.如图9所示是一种电子反冲小车装置，一带有平行金属板A、B通过圆形管绝缘材料连接固定在一辆小车上，小车停放在光滑水平面上，在圆形管内紧贴平行板右端放置一不带电的金属小球(可视为质点)，当在某时刻给平行板带上足够多的等量异号电荷，一段时间后金属小球与小车脱离，已知小球质量为m，车与平行板的总质量为M，且m<M，则(　　)

图9
A．小球脱离后做平抛运动
B．小球脱离小车时，小球的动量变化量比小车大
C．小球在脱离小车前，小球电势能一定在减小
D．小球在脱离小车前，车与小球的机械能守恒
8．质量都为m的小球a、b、c以相同的速度分别与另外三个质量都为M的静止小球相碰后，a球被反向弹回，b球与被碰球粘合在一起仍沿原方向运动，c球碰后静止，则下列说法正确的是(　　)
A．m一定小于M
B．m可能等于M
C．b球与质量为M的球组成的系统损失的动能最大
D．c球与质量为M的球组成的系统损失的动能最大
9. (2012·武汉模拟)在有大风的情况下，一小球自A点竖直上抛，其运动轨迹如图10所示(小球的运动可看做竖直方向的竖直上抛运动和水平方向的初速度为零的匀加速直线运动的合运动)，小球运动轨迹上的A、B两点在同一水平直线上，M点为轨迹的最高点。若风力的大小恒定，方向水平向右，小球在A点抛出时的动能为4 J，在M点时它的动能为2 J，落回到B点时动能记为EkB，小球上升时间记为t1，下落时间记为t2，不计其他阻力，则(　　)

图10
A．x1∶x2＝1∶3 B．t1<t2
C．EkB＝6 J D．EkB＝12 J
三、实验题(本题共1个小题，共18分，把答案填在题中横线上或按题目要求作答)
10．(18分)(2012·江西重点中学联考)气垫导轨工作时，空气从导轨表面的小孔喷出，在导轨表面和滑块内表面之间形成一层薄薄的空气层，使滑块不与导轨表面直接接触，故滑块运动时受到的阻力大大减小，可以忽略不计。为了探究做功与物体动能之间的关系，在气垫导轨上放置一带有遮光片的滑块，轻弹簧的一端与滑块相接，另一端固定在气垫导轨的一端，将一光电门P固定在气垫导轨底座上适当位置(如图11)，使弹簧处于自然状态时，滑块上的遮光片刚好位于光电门的挡光位置，与光电门相连的光电计时器可记录遮光片通过光电门时的挡光时间。实验步骤如下：

图11
①用游标卡尺测量遮光片的宽度d；
②在气垫导轨上适当位置标记一点A(图中未标出，AP间距离远大于d)，将滑块从A点由静止释放。由光电计时器读出滑块第一次通过光电门时遮光片的挡光时间t；
③利用所测数据求出滑块第一次通过光电门时的速度v；
④更换劲度系数不同而自然长度相同的弹簧重复实验步骤②③，记录弹簧劲度系数及相应的速度v，如下表所示：
弹簧劲度系数
k
2k
3k
4k
5k
6k
v(m/s)
0.71
1.00
1.22
1.41
1.58
1.73
v2(m2/s2)
0.50
1.00
1.49
1.99
2.49
2.99
v3(m3/s3)
0.36
1.00
1.82
2.80
3.94
5.18

图12
(1)测量遮光片的宽度时游标卡尺读数如图12所示，读得d＝________m；
(2)用测量的物理量表示遮光片通过光电门时滑块的速度的表达式v＝________；
(3)已知滑块从A点运动到光电门P处的过程中，弹簧对滑块做的功与弹簧的劲度系数成正比，根据表中记录的数据，可得出弹簧对滑块做的功W与滑块通过光电门时的速度v的关系是________。
四、计算题(本题共2小题，共36分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)
11．(18分)(2012·天津模拟)如图13所示，一辆质量M＝3 kg的小车A静止在光滑的水平面上，小车上有一质量m＝1 kg的光滑小球B，将一轻质弹簧压缩并锁定，此时弹簧的弹性势能为Ep＝6 J，小球与小车右壁距离为L，解除锁定，小球脱离弹簧后与小车右壁的油灰阻挡层碰撞并被粘住，求：

图13
(1)小球脱离弹簧时小球和小车各自的速度大小；
(2)在整个过程中，小车移动的距离。

12．(18分)如图14所示，质量M＝2 kg的滑块套在光滑的水平轨道上，质量m＝1 kg的小球通过长L＝0.5 m的轻质细杆与滑块上的光滑轴O连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕O轴自由转动，开始轻杆处于水平状态，现给小球一个竖直向上的初速度v0＝4 m/s，g取10 m/s2。

图14
(1)若锁定滑块，试求小球通过高最点P时对轻杆的作用力大小和方向。
(2)若解除对滑块的锁定，试求小球通过最高点时的速度大小。
(3)在满足(2)的条件下，试求小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的距离。

答 案
阶段验收评估(六)
1．选D　不计空气阻力，这些物体从抛出到落地过程中机械能守恒，A、B均错误；物体斜向上飞行过程中，动能减小，重力势能增大，物体下落过程中，动能增大，重力势能减小，故D正确。
2．选D　碰撞中无能量损失，故所发生的碰撞为弹性碰撞，又因三个小球的质量相等，所以球1与球2发生碰撞后交换速度，球1停止而球2以球1碰前的速度运动，球2与球3发生碰撞又交换速度，结果球2停止而球3以球2的速度运动，最终是球1、2的速度为零，而球3的速度为v0。
3．选D　选向左为正方向，则动量的变化量为Δp＝mv1－mv0＝0.18×(－45) kg·m/s－0.18×25 kg·m/s＝－12.6 kg·m/s，大小为12.6 kg·m/s，负号表示其方向向右，故D正确。
4．选C　货物在传送带上相对地面的运动可能先加速到v后匀速，也可能一直加速而货物的最终速度小于v，故摩擦力对货物做的功可能等于mv2，可能小于mv2，可能等于μmgx，可能小于μmgx，故选C。
5．选BD　由于拉力F恒定，所以物体有恒定的加速度a，则v＝at，即v与t成正比，选项B正确；由P＝Fv＝Fat可知，P与t成正比，选项D正确；由s＝at2可知s与t2成正比，选项C错误；由动能定理可知Ek＝Fs＝Fat2，Ek与t2成正比，选项A错误。
6．选CD　竖直上抛时小球恰好击中触发器，则由－mgh＝0－mv2，h＝2R得v＝2 。沿图A中轨道以速率v抛出小球，小球沿光滑圆弧内表面做圆周运动，到达最高点的速率应大于或等于 ，所以不能到达圆弧最高点，即不能击中触发器。沿图B中轨道以速率v抛出小球，小球沿光滑斜面上滑一段后做斜抛运动，最高点具有水平方向的速度，所以也不能击中触发器。图C及图D中小球在轨道最高点速度均可以为零，由机械能守恒定律可知小球能够击中触发器。
7．选AC　由动量守恒定律知，小球和小车动量变化大小相等，又知m<M，所以小球速度大于小车，故小球做平抛运动，A正确B错误；在小球脱离小车之前，电场力做正功，故小球电势能减小，C正确；由于电势能转化为系统的动能，故系统机械能不守恒，D错误。
8．选AC　由碰撞实验结论可知，因a球被反向弹回，可以确定碰撞小球的质量m 一定小于被碰小球的质量M；若m≥M，则无论如何m不会被弹回，选项A正确。当m与M发生完全非弹性碰撞时，损失的动能最大，b球与被碰小球粘合在一起，发生的是完全非弹性碰撞，选项C正确。
9．选AD　由小球上升与下落时间相等，即t1＝t2，x1∶(x1＋x2)＝1∶22＝1∶4，即x1∶x2＝1∶3。A→M应用动能定理得－mgh＋W1＝mvM2－mv2，①
竖直方向有v2＝2gh②
①②式联立得W1＝2 J
A→B风力做功W2＝4W1＝8 J，
A→B由动能定理W2＝EkB－EkA，
可求得EkB＝12 J，A、D正确。
10．解析：根据游标卡尺读数规则，d＝16 mm＋0.2 mm＝16.2 mm＝1.62×10－2m。由速度定义式得v＝d/t。弹簧对滑块做的功与弹簧的劲度系数成正比，即W∝k。而k∝v2，所以W与v2成正比。
答案：(1)1.62×10－2　(2)d/t　(3)W与v2成正比
11．解析：(1)由动量守恒定律有
mv1－Mv2＝0
由能量守恒定律有
mv12＋Mv22＝Ep
解得：v1＝3 m/s　v2＝1 m/s
(2)整个过程中，由人船模型得
m1＝M，s1＋s2＝L
解得：s2＝
答案：(1)3 m/s　1 m/s　(2)
12．解析：(1)设小球能通过最高点，且此时的速度为v1。在上升过程中，因只有重力做功，小球的机械能守恒。则
mv12＋mgL＝mv02①
v1＝ m/s②
设小球到达最高点时，轻杆对小球的作用力为F，方向向下，则
F＋mg＝m③
由②③式，得F＝2 N④
由牛顿第三定律可知，小球对轻杆的作用力大小为2 N，方向竖直向上。
(2)解除锁定后，设小球通过最高点时的速度为v2，此时滑块的速度为V。在上升过程中，因系统在水平方向上不受外力作用，水平方向的动量守恒。以水平向右的方向为正方向，有
mv2＋MV＝0⑤
在上升过程中，因只有重力做功，系统的机械能守恒，则
mv22＋MV2＋mgL＝mv02⑥
由⑤⑥式，得v2＝2 m/s⑦
(3)设小球击中滑块右侧轨道的位置点与小球起始点的距离为s1，滑块向左移动的距离为s2，任意时刻小球的水平速度大小为v3，滑块的速度大小为V′。由系统水平方向的动量守恒，得
mv3－MV′＝0⑧
将⑧式两边同乘以Δt，得
mv3Δt－MV′Δt＝0⑨
因⑨式对任意时刻附近的微小间隔都成立，累积相加后，有
ms1－Ms2＝0
又s1＋s2＝2L⑪
由⑪式得s1＝ m⑫
答案：(1)2 N　竖直向上
(2)2 m/s　(3) m