阶段滚动检测卷(三) 动量和能量 答案速查 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B A D C A A C BD AC AC 1.B [设船的质量为M,人的质量为m,人在跃出的过程中人船组成的系统水平方向合外力为零,满足系统动量守恒;若救生员以相对船6 m/s的速率水平向左跃入水中,设救生员跃出后小船的速率为v,规定向右为正方向,则有(M+m)v0=Mv-m(6-v),代入数据解得v=4.2 m/s,故B正确。] 2.A [初始小物块A静止时,则有mg=kx1,小物块B恰好能离开地面,则有2mg=kx2,两小物块与弹簧构建的系统机械能守恒,有m+k=mg(x1+x2)+k,联立解得v0=3g,故A正确。] 3.D [设F1=4.0 N, x1=0.5 m, F2=2.0 N,则x2=(2.5-0.5) m=2.0 m,设经过n次重复过程时,物块速度第一次减为零,对物块则有n×(F2x2-F1x1)=m,代入数据解得n=18,所以物块此时通过的距离为n×(x1+x2)=45 m,故D正确。] 4.C [小物体随圆盘一起做匀速圆周运动,线速度v=ωR,运动半周的过程中动量变化量Δp=mΔv=2mωR,动能变化量ΔEk=0,C正确,D错误;根据动量定理可知运动半周的过程中摩擦力的冲量I=Δp=mΔv=2mωR,A错误;摩擦力始终与速度方向垂直,则摩擦力做功为0,B错误。] 5.A [由牛顿第二定律可得mgsin 30°-f=ma,解得a=4 m/s2,故A正确;运动员所受重力做的功为WG=mgh=6 000 J,故B错误;运动员受到的支持力的大小为FN=mgcos 30°=300 N,故C错误;运动员滑至坡底时速度大小为v== m/s=4 m/s,所以动量大小为p=mv= 240 kg·m/s,故D错误。] 6.A [当P、Q共速时,弹簧的压缩量最大,规定水平向左为正方向,由动量守恒定律得2mv-mv=2mv共,对P由动量定理得I=mv共-(-mv),联立解得I=mv,故A正确;P与弹簧接触到P的速度减小到零的过程中vQ>2vP,因此xQ>2xP。从P的速度为零到P的速度达到v共的过程中,P、Q均向左运动,P的位移减小,Q的位移增大,因此xQ>2xP,故B错误;由动能定理得,弹簧对P做的功为WP=m-mv2=-mv2,弹簧对Q做的功为WQ=m-m(2v)2=-mv2,故C错误;当P、Q共速时,弹簧的压缩量最大,弹簧的弹性势能最大,故D错误。] 7.C [在0~2 s内,水平拉力的大小F1==6.0 N,滑动摩擦力Ff=μmg=4.0 N,根据牛顿第二定律可得a1==2.0 m/s2,在t1=1 s时v1=a1t1=2 m/s,拉力的功率为P=F1v1=12 W,故A错误;在2~7 s内,水平拉力的大小F2==3.0 N, 根据牛顿第二定律可得a2==-1.0 m/s2,则第2 s末速度最大,为v2=4.0 m/s,因此最大动能为Ek2=m=8.0 J,故B错误;木箱减速到0所需时间t3=-=4 s,则在0~6 s内,木箱运动的位移为x=t=12 m,第7 s木箱静止不动,木箱在0~7 s内克服摩擦力做的功为Wf=Ffx=48 J,故C正确;木箱在0~7 s内受到摩擦力的冲量大小为If=Fft+Ff't'=4×6 N·s+3×1 N·s= 27 N·s,故D错误。] 8.BD [小球恰好能通过最高点,则在D点有mg=m,小球从A点运动到最高点,有-mg·2R=mv2-m,联立可得R=,故A错误,B正确;小球在B点,有FB-mg=m,小球在D点,有FD+mg=m,小球从B点运动到D点,有-mg·2R=m-m,联立可得FB-FD=6mg,若增大v0,则小球在圆弧轨道上B点与D点所受的弹力之差不变,故C错误,D正确。] 9.AC [为了将地面上的物体能够运送到平台上,需满足μmgcos θ≥mgsin θ,即tan θ≤0.75,可得θ≤37°,故A正确;在运送此物体过程中,物体运动方向与传送带对物体的摩擦力方向相同,传送带一直对物体做正功,故B错误;物体到达平台之前已经与传送带共速,传送带对物体做功W=mgh+mv2=52 J,故C正确;由于皮带倾角未知,物体与皮带间的相对位移以及摩擦力无法求出,无法算出物体与皮带间因摩擦而产生的热量,所以无法求出运输机比空载时多消耗的能量,故D错误。] 10.AC 11.答案 (1)不能 也可以不 (2)m1=m1+m2 m1x3=m1x1+m2x2(或+=) 解析 (1)如果换用五角硬币从倾斜部分滑下与一元硬币碰撞,碰撞后五角硬币会反弹,则不能测出五角硬币碰撞后的运动位移,所以不能完成实验;本实验中验证动量守恒定律需 ... ...
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