【正文】 體和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒解析：在人抱住物體的過程中，因為作用時間極短，可認為系統(tǒng)靜止，所以不受彈力作用，系統(tǒng)合力為零，動量守恒，選項A錯誤；在人抱住物體的過程中，一部分機械能轉化為系統(tǒng)的內能，即系統(tǒng)的機械能不守恒，選項B錯誤；物體壓縮彈簧過程中，系統(tǒng)受到水平向右的彈力作用，合外力不為零，系統(tǒng)的總動量不守恒，所以選項C錯誤；物體壓縮彈簧過程中，由人、物體和彈簧組成的系統(tǒng)，只有系統(tǒng)內的彈力做功，所以系統(tǒng)的機械能守恒，選項D正確．答案：D2．如圖所示，一個質量為m的鐵錘，以速度v豎直打在木樁上，經(jīng)Δt時間而停止，嚴格來說，在擊打時間內，鐵錘所受到的平均沖力大小為(　　)A．mg　 B.＋mg C. D.－mg解析：對鐵錘應用動量定理，以向上為正方向，有(F－mg)Δt＝0－(－mv)得F＝＋．答案：B3．兩質量大小完全相同的正方體木塊A、B，靠在一起放在光滑水平面上，一水平射來的子彈先后穿透兩木塊后飛出，若木塊對子彈的阻力恒定不變，子彈射穿兩木塊的時間相同，則子彈射穿后A、B兩木塊的速度之比為(　　)A．1：1 B．1：2 C．1：3 D．1：解析：子彈射穿A時，兩木塊獲得共同速度設為v1，射穿B時，B獲得速度為v2，因為兩過程相互作用力及相互作用時間相等，所以合外力的沖量相等．對第一過程I＝2mv1－0；對第二過程I＝mv2－＝mv2－mv1，即3v1＝v2.答案：C4．如圖所示，質量為M的盒子放在光滑的水平面上，盒子內表面不光滑，盒內放有一塊質量為m的物體，某時刻給物體一個水平向右的初速度v0，那么在物體與盒子前后壁多次往復碰撞后(　　)A．兩者的速度均為零 B．兩者的速度總不會相等C．盒子的最終速度為，方向水平向右 D．盒子的最終速度為，方向水平向右解析：由于盒子內表面不光滑，在多次碰后物體與盒相對靜止，由動量守恒得：mv0＝(M＋m)v′，解得：v′＝，故D正確．答案：D5．(2017甘肅省天水市期末)如圖所示，水平光滑地面上停放著一輛質量為M的小車，小車左端靠在豎直墻壁上，其左側半徑為R的四分之一圓弧軌道AB是光滑的，軌道最低點B與水平軌道BC相切，整個軌道處于同一豎直平面內．將質量為m的物塊(可視為質點)從A點無初速度釋放，物塊沿軌道滑行至軌道末端C處恰好沒有滑出．重力加速度為g，空氣阻力可忽略不計．關于物塊從A位置運動至C位置的過程中，下列說法中正確的是(　　)A．小車和物塊構成的系統(tǒng)水平方向動量守恒 B．物塊克服摩擦力所做的功為mgRC．摩擦力對小車所做的功為mgR D．由于摩擦產生的熱量為mMgR/(m＋M)解析：物塊從A位置運動到B位置的過程中，小車和物塊組成的系統(tǒng)水平方向動量不守恒，在物塊從B運動到C的過程中，水平方向動量守恒，選項A錯誤；物塊從A位置運動到B位置的過程中，由機械能守恒可得v＝，在物塊從B位置運動到C位置的過程中，根據(jù)動量守恒定律有mv＝(M＋m)v′，可得最終物塊與小車的共同速度v′＝，在整個運動過程中，物塊克服摩擦力所做的功等于物塊機械能的減少量，為ΔE＝mgR－mv′2，摩擦力對小車所做的功等于小車增加的動能，為Mv′2，由于摩擦產生的熱量等于系統(tǒng)減少的機械能，Q熱＝mgR－(M＋m)v′2＝，故選項B、C錯誤，D正確．答案：D6．向空中發(fā)射一物體，不計空氣阻力，當此物體的速度恰好沿水平方向時物體炸裂成a、b兩塊．若質量較大的a塊的速度方向仍沿原來方向，則(　　)A．b的速度方向一定與原速度方向相反 C．a、b兩物塊一定能同時到達地面B．從炸裂到落地的這段時間內，a飛行的水平距離一定比b的大D．在炸裂過程中，a、b受到的爆炸力的沖量大小一定相等解析：炸裂瞬間系統(tǒng)在水平方向的動量守恒，雖然兩物塊均做平拋運動，落地時間相等，但b的運動方向、兩物塊速度的大小均無法判定，不過炸裂瞬間a、b受到的沖力是一對作用力與反作用力．故本題選C、D.答案：CD7．在光滑水平面上，動能為E0、動量的大小為p0的小鋼球1與靜止小鋼球2發(fā)生碰撞，碰撞前后球1的運動方向相反．將碰撞后球1的動能和動量的大小分別記為Ep1，球2的動能和動量的大小分別記為Ep2，則必有(　　) A．E1E0 B．p1p0 C．E2E0 D．p2p0解析：球1與球2碰撞，碰撞前后的動能關系應為E0≥E1＋E2，所以E1E0，選項A正確．E2不可能大于E0，則選項C錯．對球1碰后動能減小，則p1p0，選項B正確．由動量守恒有p0＝－p1＋＝p0＋p1，則p2p0，選項D正確．答案：ABD8．(2017合肥市質量檢測)一質量為2 kg的物體受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直線運動時的a－t圖象如圖所示，t＝0時其速度大小為2 m/s，滑動摩擦力大小恒為2 N，則(　　)A．在t＝6 s的時刻，物體的速度為18 m/s B．在0～6 s時間內，合力對物體做的功為400 JC．在0～6 s時間內，拉力對物體的沖量為48 Ns D．在t＝6 s的時刻，拉力F的功率為200 W解析：類比速度圖象位移的表示方法可知，速度變化量在加速度—時間圖象中由圖線與坐標軸所圍面積表示，在0～6 s內Δv＝18 m/s，v0＝2 m/s，則t＝6 s時的速度v＝20 m/s，A項錯；由動能定理可知，0～6 s內，合力做功W＝mv2－mv＝396 J，B項錯；由沖量定理可知，I－Fft＝mv－mv0，代入已知條件解得：I＝48 Ns，C項正確；由牛頓第二定律可知，6 s末F－Ff＝ma，解得：F＝10 N，所以拉力的功率P＝Fv＝200 W，D項正確．答案：CD二、非選擇題9．碰撞的恢復系數(shù)的定義為e＝，其中v10和v20分別是碰撞前兩物體的速度，v1和v2分別是碰撞后物體的速度．彈性碰撞的恢復系統(tǒng)e＝1，非彈性碰撞的e(如圖所示)驗證彈性碰撞的恢復系數(shù)是否為1，實驗中使用半徑相等的鋼質小球1和2(它們之間的碰撞可近似視為彈性碰撞)，且小球1的質量大于小球2的質量．實驗步驟如下：安裝好實驗裝置，做好測量前的準備，并記下重垂線所指的位置O.第一步，不放小球2，讓小球1從斜槽上A點由靜止?jié)L下，并落在地面上．重復多次，用盡可能小的圓把小球的所落點圈在里面，其圓心就是小球落點的平均位置．第二步，把小球2放在斜槽前端邊緣處C點，讓小球1從A點由靜止?jié)L下，使它們碰撞．重復多次，并使用與第一步同樣的方法分別標出碰撞后小球落點的平均位置．第三步，用刻度尺分別測量三個落地點的平均位置離O點的距離，即線段OM、OP、ON的長度．上述實驗中，(1)P點是________平均位置，M點是________平均位置，N點是________平均位置．(2)請寫出本實驗的原理________，寫出用測量量表示的恢復系數(shù)的表達式________．(3)三個落地點距O點的距離OM、OP、ON與實驗所用的小球質量是否有關系？________________________________________________________________________.解析：(1)P點是在實驗的第一步中小球1落點的平均位置；M點是小球1與小球2碰后小球1落點的平均位置，N點是小球2落點的平均位置．(2)小球從槽口C飛出后做平拋運動的時間相同，假設為t，則有OP＝v10t，OM＝v1t，ON＝v2t，小球2碰撞前靜止，即v20＝0，則有e＝＝＝.(3)OP與小球的質量無關，OM和ON與小球的質量有關．答案：(1)M　N　(2)(3)見解析10．(2017西安市一模)如圖甲所示，在高h＝ m的平臺上放置一質量為M＝ kg的小木塊(可視為質點)，小木塊距平臺右邊緣距離d＝2 m，一質量m＝ kg的子彈沿水平方向射入小木塊并留在其中，然后一起向右運動，在平臺上運動的v2－x關系如圖乙所示．最后，小木塊從平臺邊緣滑出落在距平臺右側水平距離x′＝ m的地面上，g取10 m/s2，求：(1)小木塊滑出時的速度；(2)小木塊在滑動過程中產生的熱量；(3)子彈射入小木塊前的速度．解析：(1)小木塊從平臺滑出后做平拋運動 有h＝gt2 得t＝ s木塊飛出時的速度v2＝＝2 m/s(2)因為小木塊在平臺上滑動過程中做勻減速運動，根據(jù) v－v＝－2ax知v2－x圖象的斜率k＝＝－2a 得小木塊在平臺上滑動的加速度大小a＝3 m/s2根據(jù)牛頓第二定律，得 Ff＝(M＋m)a＝(＋)3＝3 N根據(jù)能量守恒定律，得小木塊在滑動過程中產生的熱量 Q＝Ffd＝6 J(3)由圖象可得＝ 解得小木塊剛開始滑動時的速度為v1＝4 m/s子彈射入木塊的過程中，根據(jù)動量守恒定律，有 mv0＝(M＋m)v1 解得v0＝400 m/s答案：(1)2 m/s　(2)6 J　(3)400 m/s11．(2017綿陽一診)光滑水平面上放著質量mA＝1 kg的物塊A與質量mB＝2 kg的物塊B，A與B均可視為質點，A靠在豎直墻壁上，A、B間夾一個被壓縮的輕彈簧(彈簧與A、B均不拴接)，用手擋住B不動，此時彈簧彈性勢能Ep＝49 J．在A、B間系一輕質細繩，細繩長度大于彈簧的自然長度，如圖所示．放手后B向右運動，繩在短暫時間內被拉斷，之后B沖上與水平面相切的豎直半圓光滑軌道，其半徑R＝ m，＝10 m/s2，求：(1)繩拉斷后瞬間B的速度vB的大??； (2)繩拉斷過程繩對B的沖量I的大??；(3)繩拉斷過程繩對A所做的功W.解析：(1)設在繩被拉斷后瞬間B的速度為vB，到達C點時的速度為vC，有mBg＝mB① mBv＝mBv＋2mBgR② 代入數(shù)據(jù)得 vB＝5 m/s③(2)設彈簧恢復到自然長度時B的速度為v1，取水平向右為正方向，有 Ep＝mBv④I＝mBvB－mBv1⑤ 代入數(shù)據(jù)得 I＝－4 Ns⑥ 故沖量大小為4 Ns.(3)設繩斷后A的速度為vA，取水平向右為正方向，有 mBv1＝mBvB＋mAvA⑦ W＝mAv⑧代入數(shù)據(jù)得 W＝8 J⑨答案：(1)5 m/s　(2)4 Ns　(3)8 J章末質量評估(七)一、選擇題(1～5題只有一個選項符合題目要求，6～9題有多個選項符合題目要求)1.在如圖所示的電路中，閉合開關S，用電壓為U的直流電源對平行板電容器充電．要使電容器兩板間電壓大于U，可采取的辦法為(　　)A．先將S斷開，然后將兩板間距離拉大一些 B．先將兩板間距離拉大一些，然后將S斷開C．先將兩板正對面積減小一些，然后將S斷開 D．先將S斷開，然后將兩板間距離減小一些解析：若先斷開S，則電荷量Q不變，再將兩板間距離拉大時，電容C減小，由Q＝CU知電壓U增大，A正確；若先拉大兩板間距離，則電壓U不變，再斷開S，U仍不變，B錯誤；若先將兩板正對面積減小，則電壓U不變，再將S斷開，U仍不變，選項C錯誤；若先將S斷開，則電荷量Q不變，再將兩板間距離減小時，電容C增大，由Q＝CU知電壓U減小，D錯誤．答案：A2．電子束焊接機中的電場線如圖中虛線所示．K為陰極，A為陽極，有一電子在K極由靜止被加速．不考慮電子重力，元電荷為e，則下列說法正確的是(　　)A．A、K之間的電場強度為 B．電子到達A極板時的動能大于eUC．由K到A電子的電勢能減小了eU D．由K沿直線到A電勢逐漸減小解析：A、K之間的電場為非勻強電場，A、K之間的電場強度不是，選項A錯誤；由動能定理知，電子到達A極板時的動能Ek＝eU，選項B錯誤；電子由K到A的過程電場力做正功，電子的電勢能減小了eU，選項C正確；電子由K沿電場線反方向到A，電勢逐漸升高，選項D錯誤．答案：C3.如圖所示，在正方形的頂點A和B上分別固定有帶電荷量為＋q和－p的點電荷，過正方形中心O并與正方形所在平面垂直的直線上有P、Q兩點，設P、Q兩點的場強大小分別為EP和EQ，P、(　　)A．φPφQ B．φPφQ C．EPEQ且電場強度方向相同 D．EPEQ且電場強度方向不同解析：P、Q兩點的電場都是正方形頂點A、B處的點電荷＋q和－q產生的電場的疊加．根據(jù)電勢疊加原理，這兩點的電勢相等，即φP＝φQ，選項A、B錯誤；根據(jù)點電荷電場強度公式和電場疊加原理，P點的電場強度大于Q點的電場強度，且電場強度方向相同，選項C正確，D錯誤．另解：由空間幾何關系知，P、Q兩點均在兩點電荷連線的中垂面上，由等量異種電荷的電勢和場強分布易知，只有選項C正確．答案：C4．表面均勻帶電的圓盤水平放置，從靠近圓心O處以初速度v0豎直向上拋出一個質量為m、帶電荷量為－q(q0)的小球(看作試探電荷)，小球上升的最高點為B點，經(jīng)過A點時速度最大，已知OA＝h1，OB＝h2，重力加速度為g，取O點電勢為零，不計空氣阻力，則可以判斷(　　)A．小球與圓盤帶異種電荷 B．A點的場強大小為C．B點的電勢為(v－2gh2) D．若UOA＝UAB，則h1＝h2－h(huán)1解析：小球過A點時速度最大，因此先加速后減速，電場力向上，圓盤與小球帶同種電荷，A選項錯誤；小球速度最大時加速度為零，因此mg－qE＝0，A點場強E＝，B選項正確；由動能定理得－q(φO－φB)＝－mgh2＝0－mv，φ0＝0，得φB＝(2gh2－v)，C選項錯誤；由于沿OB方向場強逐漸減小，若UOA＝UAB，則h1h2－h(huán)1，D選項錯誤．答案：B5．(2017安徽池州聯(lián)考)如圖所示，勻強電場水平向左，帶正電的物體沿絕緣、粗糙水平板向右運動，經(jīng)A點時動能為100 J，到B點時動能減少到80 J，減少的動能中有12 J轉化為電勢能，則它再經(jīng)過B點時，動能大小是(　　)A．4 J　 B．16 J C．32 J D．64 J解析：設物體向右運動到