高中物理教科版5第一章碰撞與動量守恒單元測試 2023版第1章章末綜合測評1

章末綜合測評(一)(時間：60分鐘滿分：100分)一、選擇題(本題共8小題，每小題6分，共48分．在每小題給出的四個選項中，第1～5題只有一項符合題目要求，第6～8題有多項符合題目要求，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分)1．水平拋出在空中飛行的物體，不考慮空氣阻力，則()A．在相等的時間間隔內(nèi)動量的變化越來越大B．在任何時間內(nèi)，動量對時間的變化率恒定C．在剛拋出物體的瞬間，動量對時間的變化率為零D．在剛拋出物體的瞬間，動量對時間的變化率最大【解析】做平拋運動的物體僅受重力作用，由動量定理得Δp＝mg·Δt，因為在相等的時間內(nèi)動量的變化量Δp相同，即大小相等，方向都是豎直向下的，從而動量的變化率恒定，故選項B正確，A、C、D錯誤．【答案】B2．如圖1所示，質(zhì)量為M的小車靜止在光滑的水平面上，小車上AB部分是半徑為R的四分之一光滑圓弧，BC部分是粗糙的水平面．今把質(zhì)量為m的小物體從A點由靜止釋放，小物體與BC部分間的動摩擦因數(shù)為μ，最終小物體與小車相對靜止于B、C之間的D點，則B、D間的距離x隨各量變化的情況是()【導(dǎo)學(xué)號：22482023】圖1A．其他量不變，R越大x越大B．其他量不變，μ越大x越大C．其他量不變，m越大x越大D．其他量不變，M越大x越大【解析】小車和小物體組成的系統(tǒng)水平方向的動量守恒且為零，所以當小車和小物體相對靜止時，系統(tǒng)水平方向的總動量仍為零，則小車和小物體相對于水平面也靜止，由能量守恒得μmgx＝mgR，x＝R/μ，選項A正確，B、C、D錯誤．【答案】A3．質(zhì)量為M的木塊在光滑的水平面上以速度v1向右運動，質(zhì)量為m的子彈以速度v2向左射入木塊并停留在木塊中，要使木塊停下來，發(fā)射子彈的數(shù)目是()【導(dǎo)學(xué)號：22482106】\f(M＋mv2,mv1)\f(Mv1,M＋mv2)\f(mv1,Mv2)\f(Mv1,mv2)【解析】設(shè)發(fā)射子彈的數(shù)目為n，由動量守恒可知：nmv2－Mv1＝0，解得n＝eq\f(Mv1,mv2)，選項D正確．【答案】D4．我國女子短道速滑隊在世錦賽上實現(xiàn)女子3000m接力三連冠．觀察發(fā)現(xiàn)，“接棒”的運動員甲提前站在“交棒”的運動員乙前面，并且開始向前滑行，待乙追上甲時，乙猛推甲一把，使甲獲得更大的速度向前沖出，在乙推甲的過程中，忽略運動員與冰面間在水平方向上的相互作用，則()圖2A．甲對乙的沖量一定等于乙對甲的沖量B．甲、乙的動量變化一定大小相等方向相反C．甲的動能增加量一定等于乙的動能減少量D．甲對乙做多少負功，乙對甲就一定做多少正功【解析】運動員乙推甲的過程中，甲和乙間的相互作用力等大反向，作用時間相等，故甲對乙的沖量和乙對甲的沖量大小相等，方向相反；由動量定理，動量變化大小相等，方向相反．A錯誤，B正確．由于甲、乙位移不一定相等，故甲對乙做的負功不一定等于乙對甲做的正功，甲動能的增加量不一定等于乙動能的減少量，C、D錯誤．【答案】B5．A、B兩球之間壓縮一根輕彈簧，靜置于光滑水平桌面上，已知A、B兩球質(zhì)量分別為2m和m.當用板擋住A球而只釋放B球時，B球被彈出落于距桌邊距離為x的水平地面上，如圖3所示．若用同樣的程度壓縮彈簧，取走A左邊的擋板，將A、B同時釋放，則B球的落地點距離桌邊距離為()【導(dǎo)學(xué)號：22482082】圖3\f(x,3)\r(3)xC．x\f(\r(6),3)x【解析】當用板擋住小球A而只釋放B球時，根據(jù)能量守恒有：Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，根據(jù)平拋運動規(guī)律有：x＝v0t.當用同樣的程度壓縮彈簧，取走A左邊的擋板，將A、B同時釋放，設(shè)A、B的速度分別為vA和vB，則根據(jù)動量守恒和能量守恒有：2mvA－mvB＝0，Ep＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，解得vB＝eq\f(\r(6),3)v0，B球的落地點距桌邊距離為x′＝vBt＝eq\f(\r(6),3)x，D選項正確．【答案】D6．如圖4所示，在光滑水平面上有A、B兩個木塊，A、B之間用一輕彈簧連接，A靠在墻壁上，用力F向左推B使兩木塊之間的彈簧壓縮并處于靜止狀態(tài)．若突然撤去力F，則下列說法正確的是()圖4A．木塊A離開墻壁前，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒，機械能也守恒B．木塊A離開墻壁前，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)動量不守恒，但機械能守恒C．木塊A離開墻壁后，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒，機械能也守恒D．木塊A離開墻壁后，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)動量不守恒，但機械能守恒【解析】木塊A離開墻壁前，由A、B和彈簧組成的系統(tǒng)受墻壁的彈力，屬于外力，故系統(tǒng)動量不守恒，但機械能守恒，選項A錯誤，B正確；木塊A離開墻壁后，由A、B和彈簧組成的系統(tǒng)所受合外力為零，故系統(tǒng)動量守恒，又沒有機械能和其他形式的能量轉(zhuǎn)化，故機械能也守恒，選項C正確，D錯誤．【答案】BC7．如圖5甲所示，在光滑水平面上的兩小球發(fā)生正碰，小球的質(zhì)量分別為m1和m2.圖乙為它們碰撞前后的x-t(位移—時間)圖像．已知m1＝kg.由此可以判斷()【導(dǎo)學(xué)號：22482083】圖5A．碰前m2靜止，m1向右運動B．碰后m2和m1都向右運動C．m2＝kgD．碰撞過程中系統(tǒng)損失了J的機械能【解析】分析題圖乙可知，碰前：m2處在位移為8m的位置靜止，m1位移均勻增大，速度v1＝eq\f(8,2)m/s＝4m/s，方向向右；碰后：v1′＝eq\f(0－8,6－2)m/s＝－2m/s，v2′＝eq\f(16－8,6－2)m/s＝2m/s，碰撞過程中動量守恒：m1v1＝m1v1′＋m2v2′得：m2＝kg，碰撞損失的機械能：ΔEk＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)m1v1′2＋\f(1,2)m2v2′2))＝0，故正確答案應(yīng)選A、C.【答案】AC8．如圖6所示，甲、乙兩車的質(zhì)量均為M，靜置在光滑的水平面上，兩車相距為L.乙車上站立著一個質(zhì)量為m的人，他通過一條輕繩拉甲車，甲、乙兩車最后相接觸，以下說法正確的是()圖6A．甲、乙兩車運動中速度之比為eq\f(M＋m,M)B．甲、乙兩車運動中速度之比為eq\f(M,M＋m)C．甲車移動的距離為eq\f(M＋m,2M＋m)LD．乙車移動的距離為eq\f(M,2M＋m)L【解析】本題類似人船模型．甲、乙、人看成一系統(tǒng)，則水平方向動量守恒，甲、乙兩車運動中速度之比等于質(zhì)量的反比，即為eq\f(M＋m,M)，A正確，B錯誤；Mx甲＝(M＋m)x乙，x甲＋x乙＝L，解得C、D正確．【答案】ACD二、非選擇題(本題共4小題，共52分．按題目要求作答)9．(10分)如圖7所示，在實驗室用兩端帶有豎直擋板C和D的氣墊導(dǎo)軌和有固定擋板的質(zhì)量都是M的滑塊A和B做“探究碰撞中的守恒量”的實驗，實驗步驟如下：圖7Ⅰ.把兩滑塊A和B緊貼在一起，在A上放質(zhì)量為m的砝碼，置于導(dǎo)軌上，用電動卡銷卡住A和B，在A和B的固定擋板間放入一輕彈簧，使彈簧處于水平方向上的壓縮狀態(tài)；Ⅱ.按下電鈕使電動卡銷放開，同時啟動兩個記錄兩滑塊運動時間的電子計時器，當A和B與固定擋板C和D碰撞同時，電子計時器自動停表，記下A至C的運動時間t1，B至D的運動時間t2；Ⅲ.重復(fù)幾次，取t1和t2的平均值．(1)在調(diào)整氣墊導(dǎo)軌時應(yīng)注意________；(2)應(yīng)測量的數(shù)據(jù)還有________；(3)只要關(guān)系式________成立，即可得出碰撞中守恒的量是mv的矢量和．【解析】(1)導(dǎo)軌水平才能讓滑塊做勻速運動．(2)需測出A左端、B右端到擋板C、D的距離x1、x2由計時器計下A、B到兩板的時間t1、t2算出兩滑塊A、B彈開的速度v1＝eq\f(x1,t1)，v2＝eq\f(x2,t2).(3)由動量守恒知(m＋M)v1－Mv2＝0即：(m＋M)eq\f(x1,t1)＝eq\f(Mx2,t2).【答案】(1)使氣墊導(dǎo)軌水平(2)滑塊A的左端到擋板C的距離x1和滑塊B的右端到擋板D的距離x2(3)(M＋m)eq\f(x1,t1)＝eq\f(Mx2,t2)10．(14分)如圖8所示，光滑平臺上有兩個剛性小球A和B，質(zhì)量分別為2m和3m，小球A以速度v0向右運動并與靜止的小球B發(fā)生碰撞(碰撞過程不損失機械能)，小球B飛出平臺后經(jīng)時間t剛好掉入裝有沙子向左運動的小車中，小車與沙子的總質(zhì)量為m，速度為2v0，小車行駛的路面近似看做是光滑的，求：【導(dǎo)學(xué)號：22482023】圖8(1)碰撞后小球A和小球B的速度；(2)小球B掉入小車后的速度．【解析】(1)設(shè)A球與B球碰撞后速度分別為v1、v2，并取方向向右為正，光滑平臺，兩小球為彈性小球，碰撞過程遵循動量和機械能守恒，所以有mAv0＝mAv1＋mBv2有eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,2)由以上兩式解得v1＝eq\f(mA－mBv0,mA＋mB)＝－eq\f(1,5)v0v2＝eq\f(2mAv0,mA＋mB)＝eq\f(4,5)v0碰后A球向左，B球向右．(2)B球掉入沙車的過程中系統(tǒng)水平方向動量守恒，有mBv2＋m車v3＝(mB＋m車)v3′且v3＝－2v0解得v′3＝eq\f(1,10)v0.，方向向右．【答案】(1)v1＝－eq\f(1,5)v0，碰后A球向左；v2＝eq\f(4,5)v0，B球向右(2)v′3＝eq\f(1,10)v0，方向向右11．(14分)如圖9所示，一長木板位于光滑水平面上，長木板的左端固定一擋板，木板和擋板的總質(zhì)量為M＝kg，木板的長度為L＝m．在木板右端有一小物塊，其質(zhì)量m＝kg，小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ＝，它們都處于靜止狀態(tài)．現(xiàn)令小物塊以初速度v0沿木板向左滑動，重力加速度g取10m/s2.(1)若小物塊剛好能運動到左端擋板處，求v0的大?。?2)若初速度v0＝3m/s，小物塊與擋板相撞后，恰好能回到右端而不脫離木板，求碰撞過程中損失的機械能．圖9【解析】(1)設(shè)木板和物塊最后共同的速度為v，由動量守恒定律mv0＝(m＋M)v ①對木板和物塊系統(tǒng)，由功能關(guān)系μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(M＋m)v2 ②由①②兩式解得：v0＝eq\r(\f(2μgLM＋m,M))＝eq\r(\f(2××10××3＋1,3))m/s＝2m/s.(2)同樣由動量守恒定律可知，木板和物塊最后也要達到共同速度v設(shè)碰撞過程中損失的機械能為ΔE對木板和物塊系統(tǒng)的整個運動過程，由功能關(guān)系有μmg2L＋ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(m＋M)v2 ③由①③兩式解得：ΔE＝eq\f(mM,2M＋m)veq\o\al(2,0)－2μmgL＝eq\f(1×3,23＋1)×32J－2××10×J＝J.【答案】(1)2m/s(2)J12．(14分)如圖10所示，一光滑水平桌面AB與一半徑為R的光滑半圓形軌道相切于C點，且兩者固定不動．一長L為m的細繩，一端固定于O點，另一端系一個質(zhì)量m1為kg的小球．當小球在豎直方向靜止時，小球?qū)λ阶烂娴淖饔昧偤脼榱悖F(xiàn)將小球提起使細繩處于水平位置時無初速釋放．當小球m1擺至最低點時，恰與放在桌面上的質(zhì)量m2為kg的小鐵球正碰，碰后m1以2m/s的速度彈回，m2將沿半圓形軌道運動，且恰好能通過最高點取10m/s2，求：【導(dǎo)學(xué)號：22482084】圖10(1)小鐵球在半圓形軌道最低點C的速度；(2)光滑半圓形軌道的半徑R.【解析】(1)設(shè)小球m1擺至最低點時速度為v0，由機械能守恒定律易知m1gL＝eq\f