章末檢測(cè)一、單項(xiàng)選擇題1．(2018·甘肅二診)一質(zhì)量為m的物體放在光滑水平面上，若以恒力F沿水平方向推該物體，在相同的時(shí)間間隔內(nèi)，下列說法正確的是()A．物體的位移相等B．物體動(dòng)能的變化量相等C．F對(duì)物體做的功相等D．物體動(dòng)量的變化量相等解析：物體在水平恒力作用下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在相同的時(shí)間間隔內(nèi)物體的位移逐漸增大，故A錯(cuò)誤．根據(jù)動(dòng)能定理得知，物體動(dòng)能的變化量逐漸增大，故B錯(cuò)誤．由功的公式W＝FL知道，在相同的時(shí)間間隔內(nèi)，F(xiàn)做功增大．故C錯(cuò)誤．根據(jù)動(dòng)量定理得Ft＝Δp，F(xiàn)、t相等，則Δp相等，即物體動(dòng)量的變化量相等，故D正確．答案：DA．在以后的運(yùn)動(dòng)過程中，小球和槽的水平方向動(dòng)量始終守恒B．在下滑過程中小球和槽之間的相互作用力始終不做功C．全過程小球和槽、彈簧所組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，且水平方向動(dòng)量守恒D．小球被彈簧反彈后，小球和槽的機(jī)械能守恒，但小球不能回到槽高h(yuǎn)處解析：當(dāng)小球與彈簧接觸后，小球受外力，故動(dòng)量不再守恒，故A錯(cuò)誤；下滑過程中兩物體都有水平方向的位移，而力是垂直于球面的，故力和位移夾角不垂直，故兩力均做功，故B錯(cuò)誤；全過程小球和槽、彈簧所組成的系統(tǒng)只有重力與彈力做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，小球與彈簧接觸過程系統(tǒng)在水平方向所受合外力不為零，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量不守恒，故C錯(cuò)誤；根據(jù)能量守恒定律可知，故D正確．答案：D3．(2018·四川綿陽南山中學(xué)月考)小球質(zhì)量為2m，以速度v沿水平方向垂直撞擊墻壁，球被反方向彈回速度大小是eq\f(4,5)v，球與墻撞擊時(shí)間為t，在撞擊過程中，球?qū)Φ钠骄鶝_力大小是()A.eq\f(2mv,5t) B.eq\f(8mv,5t)C.eq\f(18mv,5t) D.eq\f(2mv,t)解析：設(shè)初速度方向?yàn)檎?，則彈后的速度為－eq\f(4v,5)；則由動(dòng)量定理可得：Ft＝－2m×eq\f(4v,5)－2mv解得：F＝－eq\f(18mv,5t)，負(fù)號(hào)表示力的方向與初速度方向相反．由牛頓第三定律可知，球?qū)Φ钠骄鶝_擊力為F′＝F＝eq\f(18mv,5t)，故選C.答案：C4．(2017·四川成都外國語學(xué)校月考)如圖所示在足夠長的光滑水平面上有一靜止的質(zhì)量為M的斜面，斜面表面光滑、高度為h、傾角為θ.一質(zhì)量為m(m＜M)的小物塊以一定的初速度沿水平面向右運(yùn)動(dòng)，不計(jì)沖上斜面過程中的機(jī)械能損失．如果斜面固定，則小物塊恰能沖到斜面的頂端．如果斜面不固定，則小物塊沖上斜面后能達(dá)到的最大高度為()A．h B.eq\f(mh,m＋M)C.eq\f(mh,M) D.eq\f(Mh,m＋M)解析：斜面固定時(shí)，由動(dòng)能定理得：－mgh＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，所以v0＝eq\r(2gh)；斜面不固定時(shí)，由水平方向動(dòng)量守恒得：mv0＝(M＋m)v，由機(jī)械能守恒得：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(M＋m)v2＋mgh′，解得：h′＝eq\f(M,m＋M)h，故選D.答案：D二、多選選擇題5．(2018·四川成都外國語學(xué)校一診)在光滑斜面上，一個(gè)物塊從靜止開始自由滑動(dòng)，經(jīng)過一小段時(shí)間后，從某時(shí)刻t1到時(shí)刻t2作用一平行于斜面的恒力F在物塊上，在這段時(shí)間內(nèi)物塊做直線運(yùn)動(dòng)，已知物塊在時(shí)刻t1的速度與時(shí)刻t2的速度大小相等，則()A．在時(shí)刻t1和時(shí)刻t2，物塊的重力勢(shì)能可能相等B．在時(shí)刻t1和時(shí)刻t2，物塊的動(dòng)量一定相同C．從時(shí)刻t1到時(shí)刻t2，F(xiàn)對(duì)物塊可能做負(fù)功D．從時(shí)刻t1到時(shí)刻t2，物塊機(jī)械能守恒解析：在拉力作用下，物體可能向下做勻減速直線運(yùn)動(dòng)到零，再返回，由于初末速度大小相等，在整個(gè)過程中加速度不變，知物體回到出發(fā)點(diǎn)，則物塊的重力勢(shì)能可能相等，故A正確．物體若做勻減速直線運(yùn)動(dòng)再返回到出發(fā)點(diǎn)，則速度的大小相等，但是方向相反，則動(dòng)量不同，故B錯(cuò)誤．若物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)，拉力等于重力沿斜面方向上的分力，拉力做負(fù)功，故C正確．若物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)，拉力做負(fù)功，物塊的機(jī)械能不守恒，故D錯(cuò)誤．答案：AC6．(2017·四川綿陽南山中學(xué)月考)在光滑水平面上，一質(zhì)量為m，速度大小為v的A球與質(zhì)量為2m靜止的B球碰撞后，A球的動(dòng)能變?yōu)閑q\f(1,9)，則碰撞后B球的速度大小可能是()A.eq\f(1,3)v B.eq\f(2,3)vC.eq\f(4,9)v D.eq\f(5,9)v解析：根據(jù)碰后A球的動(dòng)能變?yōu)閑q\f(1,9)，則A球的速度大小變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,3)，則：v′＝±eq\f(1,3)v碰撞過程中AB動(dòng)量守恒，則有：mv＝mv′＋2mvB；解得：vB＝eq\f(1,3)v或vB＝eq\f(2,3)v，所以選項(xiàng)A、B正確．答案：AB7．(2018·廣東中山一中七校聯(lián)考)如圖所示，(a)圖表示光滑平臺(tái)上，物體A以初速度v0滑到上表面粗糙的水平小車上，車與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)不計(jì)；(b)圖為物體A與小車B的v-t圖象，由此可知()A．小車上表面長度B．物體A與小車B的質(zhì)量之比C．A與小車B上表面的動(dòng)摩擦因數(shù)D．小車B獲得的動(dòng)能解析：由圖象可知，AB最終以共同速度v1勻速運(yùn)動(dòng)，不能確定小車上表面長度，故A錯(cuò)誤；由動(dòng)量守恒定律得，mAv0＝(mA＋mB)v1，解得：eq\f(mA,mB)＝eq\f(v1,v0－v1)，故可以確定物體A與小車B的質(zhì)量之比，故B正確；由圖象可以知道A相對(duì)小車B的位移Δx＝eq\f(1,2)v0t1，根據(jù)能量守恒得：μmAgΔx＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(mA＋mB)veq\o\al(2,1)，根據(jù)B中求得質(zhì)量關(guān)系，可以解出動(dòng)摩擦因數(shù)，故C正確；由于小車B的質(zhì)量不可知，故不能確定小車B獲得的動(dòng)能，故D錯(cuò)誤．答案：BC三、非選擇題8.(2018·黑龍江哈爾濱三中驗(yàn)收考試)用如圖所示裝置來驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律，質(zhì)量為mA的鋼球A用細(xì)線懸掛于O點(diǎn)，質(zhì)量為mB的鋼球B放在離地面高度為H的小支柱N上，O點(diǎn)到A球球心的距離為L，使懸線伸直并與豎直方向夾角為α，釋放后A球擺到最低點(diǎn)時(shí)恰與B球?qū)π呐鲎?，碰撞后，A球把原來靜止于豎直方向的輕質(zhì)指示針OC推到與豎直方向夾角為β處，B球落到地面上，地面上鋪有一張蓋有復(fù)寫紙的白紙，保持α角度不變，多次重復(fù)上述實(shí)驗(yàn)，白紙上記錄到多個(gè)B球的落點(diǎn)，進(jìn)而測(cè)得B球的水平位移s，當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間.(1)A、B兩個(gè)鋼球的碰撞近似看成彈性碰撞，則A球質(zhì)量________B球質(zhì)量(填入“大于”“小于”或“等于”)(2)為了對(duì)白紙上打下的多個(gè)B球的落地點(diǎn)進(jìn)行數(shù)據(jù)處理，進(jìn)而確定落點(diǎn)的平均位置，需要用到的器材是________．(3)用題中所給的字母表示，碰撞前A球的動(dòng)量pA＝________，碰撞后A球的動(dòng)量pA′＝________，碰撞后B球的動(dòng)量pB＝________.解析：(1)要使A、B兩個(gè)鋼球的碰撞近似看成彈性碰撞，則必須滿足mA>mB.(2)用盡可能小的圓，把小球的所有落點(diǎn)圈在里面，認(rèn)為其圓心就是小球落點(diǎn)的平均位置，故需要圓規(guī)(3)小球從A處下擺過程只有重力做功，機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得：mAgL(1－cosα)＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)－0，解得：vA＝eq\r(2gL\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－cosα)))，則pA＝mAvA＝mAeq\r(2gL\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－cosα)))；小球A與小球B碰撞后繼續(xù)運(yùn)動(dòng)，在A碰后到達(dá)最左端過程中，機(jī)械能再次守恒，由機(jī)械能守恒定律得：－mAgL(1－cosβ)＝0－eq\f(1,2)mAvA′2，解得vA′＝eq\r(2gL\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－cosβ)))，pA′＝mAvA′＝mAeq\r(2gL\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－cosβ)))；碰撞后B球做平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向：s＝vB′t，豎直方向H＝eq\f(1,2)gt2，解得vB′＝seq\r(\f(g,2H))，則碰后B球的動(dòng)量pB′＝mBvB′＝mBseq\r(\f(g,2H)).答案：(1)大于(2)圓規(guī)(3)mAeq\r(2gL\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－cosα)))mAeq\r(2gL\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－cosβ)))mBseq\r(\f(g,2H))9．(2017·合肥一中月考)一右端帶有小斜面的長木板P靜止于光滑的水平地面上，長木板質(zhì)量為2kg，如圖所示，木板上表面的ab部分未粗糙的水平面，長度為2m，bc部分為一光滑斜面，ab和bc兩部分通過長度可忽略的光滑圓弧連接，現(xiàn)有一質(zhì)量為1kg的小滑塊(可看做質(zhì)點(diǎn))以大小為3m/s的水平初速度從a點(diǎn)向左運(yùn)動(dòng)，在斜面上上升的最大高度為0.1m，返回后在到達(dá)a點(diǎn)前與長木板P相對(duì)靜止，重力加速度為g＝10m/s2，求：(1)滑塊在ab段受到的摩擦力f；(2)滑塊最后距a點(diǎn)的距離s.解析：(1)以向左為正，兩物體從開始到第一次達(dá)到共同速度過程由動(dòng)量和能量守恒得：mv0＝(m＋M)v①eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(m＋M)v2＋mgh＋fL②，由①②得：f＝1.0N③，(2)木塊返回與物體P第二次達(dá)到共同速度與第一次相同(動(dòng)量守恒)，全過程能量守恒得：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(m＋M)v2＋f(2L－s)④由②③④得：s＝1.0m.答案：(1)1.0N(2)1.0m10.(2018·石家莊市質(zhì)檢)如圖所示，質(zhì)量分布均勻、半徑為R的光滑半圓形金屬槽，靜止在光滑的水平面上，左邊緊靠豎直墻壁．一質(zhì)量為m的小球從距金屬槽上端R處由靜止下落，恰好與金屬槽左端相切進(jìn)入槽內(nèi)，到達(dá)最低點(diǎn)后向右運(yùn)動(dòng)從金屬槽的右端沖出，小球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)距金屬槽圓弧最低點(diǎn)的距離為eq\f(7,4)R，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力．求：(1)小球第一次到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)對(duì)金屬槽的壓力大?。?2)金屬槽的質(zhì)量．解析：(1)小球從靜止到第一次到達(dá)最低點(diǎn)的過程，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有：mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，小球剛到最低點(diǎn)時(shí)，根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)和牛頓第二定律的知識(shí)有：FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,0),R)，據(jù)牛頓第三定律可知小球?qū)饘賶K的壓力為：FN′＝FN聯(lián)立解得FN′＝5mg.(2)小球第一次到達(dá)最低點(diǎn)至小球到達(dá)最高點(diǎn)過程，小球和金屬塊水平方向動(dòng)量守恒，選取向右為正方向，則：mv0＝(m＋M)v設(shè)小球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)距金屬槽圓弧最低點(diǎn)的高度為h.則有R2＋h2＝(eq\f(7,4)R)2根據(jù)能量守恒定律有：mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(m＋M)v2.聯(lián)立解得：M＝eq\f(\r(33),9－\r(33))m.答案：(1)5mg(2)eq\f(\r(33),8－\r(33))m11．(2017·黑龍江雙鴨山一中學(xué)月考)如圖甲所示，物體A、B的質(zhì)量分別是mA＝4.0kg和mB＝3.0kg，用輕彈簧相連放在光滑水平面上，物體B右側(cè)與豎直墻相接觸．另有一物體C從t＝0時(shí)以一定速度向右運(yùn)動(dòng)，在t＝4s時(shí)與物體A相碰，并立即與A粘在一起不再分開．物塊C的v-t圖象如圖乙所示．求：(1)物塊C的質(zhì)量mC；(2)墻壁對(duì)物塊B的彈力在4s到8s的時(shí)間內(nèi)對(duì)B做的功W及在4s到12s的時(shí)間內(nèi)對(duì)B的沖量I的大小和方向；(3)B離開墻后彈簧具有的最大彈性勢(shì)能Ep.解析：(1)由圖可知，C與A碰前速度為v1＝9m/s，碰后速度為v2＝3m/s，C與A碰撞過程動(dòng)量守恒．mCv1＝(mA＋mC)v2解得mC＝2kg(2)在4s到8s的時(shí)間內(nèi)，物體B不移動(dòng)，故墻對(duì)物體B不做功，W＝0由圖知，12s末A和C的速度為v3＝－3m/s,4s到12s，墻對(duì)B的沖量為：I＝(mA＋mC)v3－