高中物理人教版選修3-5課時訓練第十六章水平測試卷

第十六章水平測試卷本試卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分，滿分100分，考試時間90分鐘。第Ⅰ卷(選擇題，共40分)一、選擇題(本題共10小題，每小題4分，共40分。在每小題給出的四個選項中，第1～7題只有一項符合題目要求，第8～10題有多項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分)1．消防員在某次演練中從5樓的樓頂自由下落，經(jīng)過一段時間落到放在地面的充氣墊上，則放上充氣墊的目的是()A．減小消防員落地時的動量B．減小消防員動量的變化量C．減小消防員受到充氣墊的沖量D．減小消防員所受的作用力答案D解析消防員從一定的高度落下，落地前的速度是一定的，則落地時的動量一定，A錯誤；落地后靜止，末動量為零，則消防員動量的變化量一定，B錯誤；由動量定理可知消防員受到的沖量等于消防員的動量變化量，則消防員受到充氣墊的沖量一定，C錯誤；消防員落在充氣墊上力作用的時間長，落在水泥地上力作用的時間短，根據(jù)沖量的定義式，在沖量一定的情況下，作用時間越長則受到的沖力越小，因此充氣墊的作用是減小消防員所受的作用力，D正確。2.如圖所示，具有一定質(zhì)量的小球A固定在輕桿一端，另一端掛在小車支架的O點。用手將小球拉至水平，此時小車靜止于光滑水平面上，放手讓小球擺下與B處固定的橡皮泥碰擊后粘在一起，則在此過程中小車()A．向右運動B．向左運動C．靜止不動D．小球下擺時，車向左運動，碰撞后又靜止答案D解析將小球、輕桿和小車看成一個系統(tǒng)，系統(tǒng)水平方向不受外力，故水平方向動量守恒，且系統(tǒng)水平方向動量為0。由動量守恒定律可知，小球下擺時水平方向的速度向右，故小車向左運動；碰撞后小球和小車均靜止，故D正確。3.(2019·福建省師大附中期中)如圖所示，斜面體M的底面光滑、斜面粗糙，物塊m由靜止開始從斜面的頂端滑到底端，在這個過程中()A．M、m組成的系統(tǒng)動量守恒B．m對M的沖量等于M的動量變化C．m、M動量變化量的水平分量大小相等D．M對m的支持力的沖量為零答案C解析M、m組成的系統(tǒng)，所受合外力不為零，所以系統(tǒng)動量不守恒，A錯誤；由動量定理知合外力對M的沖量等于M的動量變化，B錯誤；M、m組成的系統(tǒng)，水平方向不受外力，系統(tǒng)水平方向動量守恒，則m、M動量變化量的水平分量大小相等、方向相反，C正確；M對m的支持力不等于零，故支持力的沖量不為零，D錯誤。4.如圖所示，一枚火箭搭載著衛(wèi)星以速率v0進入太空預(yù)定位置，由控制系統(tǒng)使箭體與衛(wèi)星分離。已知前部分的衛(wèi)星質(zhì)量為m1，后部分的箭體質(zhì)量為m2，分離后箭體以速率v2沿火箭原方向飛行，若忽略空氣阻力及分離前后系統(tǒng)質(zhì)量的變化，則分離后衛(wèi)星的速率v1為()A．v0＋eq\f(m2,m1)(v0－v2) B．v0＋vC．v0－eq\f(m2,m1)v2 D．v0＋eq\f(m2,m1)(v0＋v2)答案A解析火箭和衛(wèi)星組成的系統(tǒng)動量守恒，規(guī)定火箭和衛(wèi)星分離前的速度的方向為正方向，則(m1＋m2)v0＝m2v2＋m1v1，解得v1＝v0＋eq\f(m2,m1)(v0－v2)，故A正確，B、C、D錯誤。5.(2019·陜西省西安市遠東第一中學月考)如圖所示，質(zhì)量為0.5kg的小球在距離車底面高20m處以一定的初速度向左平拋，落在以7.5m/s的速度沿光滑水平面向右勻速行駛的敞篷小車中，車底涂有一層油泥，車與油泥的總質(zhì)量為4kg，設(shè)小球在落到車底前瞬間的速度是25m/s，則當小球與小車相對靜止時，小車的速度是(g取10N/kg)()A．5m/s B．4m/sC．8.5m/s D．9.5m/s答案A解析設(shè)小球的初速度為v0，小球拋出后做平拋運動，根據(jù)動能定理mgh＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v0＝15m/s。小球和小車作用過程中，系統(tǒng)水平方向不受外力，故水平方向動量守恒。規(guī)定向右為正方向，則有－mv0＋Mv＝(M＋m)v′，解得v′＝5m/s，故A正確。6.如圖所示，在光滑水平面上有一質(zhì)量為M的木塊，木塊與輕彈簧水平相連，彈簧的另一端連在豎直墻上，木塊處于靜止狀態(tài)。一質(zhì)量為m的子彈以水平速度v0擊中木塊，并嵌在其中，木塊壓縮彈簧后在水平面上做往復(fù)運動。木塊自被子彈擊中前到第一次回到原來位置的過程中，受到的合外力的沖量為()A．－eq\f(Mmv0,M＋m) B．2Mv0C．eq\f(2Mmv0,M＋m) D．2mv0答案A解析子彈射入木塊的時間極短，設(shè)擊中后子彈和木塊共同的速度為v，根據(jù)動量守恒定律mv0＝(M＋m)v，解得v＝eq\f(mv0,M＋m)，木塊第一次回到原來位置的速度大小等于子彈擊中木塊后瞬間木塊的速度大小。根據(jù)動量定理，合外力的沖量I＝－Mv－0＝－eq\f(Mmv0,M＋m)，故A正確。7.如圖所示，質(zhì)量為m2＝100g的小球乙用長為l＝0.6m的輕繩懸于O點，另一等大的質(zhì)量為m1＝300g的小球甲放在光滑的水平面上，小球甲、乙均可視為質(zhì)點?，F(xiàn)給小球甲一水平向右的速度v0＝4m/s，經(jīng)過一段時間兩小球發(fā)生正碰，且碰后小球甲的速度變?yōu)関1＝2m/s，以后小球乙在豎直面內(nèi)做圓周運動，重力加速度g＝10m/s2。則下列說法正確的是()A．碰后瞬間小球乙的速度大小為6m/sB．小球甲和小球乙碰撞的過程中損失的機械能為0.6JC．小球乙在最高點時輕繩的拉力大小為零D．兩小球碰后的瞬間輕繩的拉力大小為6N答案A解析碰撞過程中，小球甲、乙組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，選取小球甲運動的方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律得m1v0＝m1v1＋m2v2，代入數(shù)據(jù)可得v2＝6m/s，A正確；兩球碰撞過程中損失的機械能為ΔE＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)，代入數(shù)據(jù)解得ΔE＝0，B錯誤；碰后小球乙由最低點擺至最高點的過程中，小球乙的機械能守恒，設(shè)到最高點時的速度為v3，則由機械能守恒定律得eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,3)＋m2g·2l，在最高點進行受力分析，得T＋m2g＝m2eq\f(v\o\al(2,3),l)，代入數(shù)據(jù)解得T＝1N，C錯誤；設(shè)兩小球碰后的瞬間輕繩的拉力大小為T′，則有T′－m2g＝m2eq\f(v\o\al(2,2),l)，代入數(shù)據(jù)解得T′＝7N，D錯誤。a、b、c的質(zhì)量均為m，小球b、c與輕彈簧相連且靜止，小球a以速度v0沖向小球b，與之相碰并粘在一起運動。在整個運動過程中，下列說法正確的是()A．三個小球與彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒，機械能不守恒B．三個小球與彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒，機械能也守恒C．當小球b、c速度相等時，彈簧彈性勢能最大D．當彈簧第一次恢復(fù)原長時，小球c的速度一定最大，球b此時的速度方向一定水平向左答案AC解析在整個運動過程中，三個小球與彈簧組成的系統(tǒng)所受的合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，a與b碰撞的過程中系統(tǒng)機械能減小，A正確，B錯誤；當小球b、c速度相等時，彈簧的形變量最大，彈性勢能最大，C正確；當彈簧第一次恢復(fù)原長時，小球c的動能一定最大，因為小球a、b的總質(zhì)量大于小球c的質(zhì)量，根據(jù)動量守恒和機械能守恒分析可知，小球a、b的粘合體不會“反彈”，小球b的速度方向一定向右，D錯誤。9.如圖所示，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()A．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答案ACD解析本題類似于人船模型，將甲、乙兩車及人看成一個系統(tǒng)，則系統(tǒng)在該過程中動量守恒，根據(jù)動量守恒定律，甲、乙兩車運動中速度之比等于質(zhì)量的反比，即eq\f(v甲,v乙)＝eq\f(M＋m,M)，A正確，B錯誤；Mx甲＝(M＋m)x乙，x甲＋x乙＝L，解得x甲＝eq\f(M＋m,2M＋m)L，x乙＝eq\f(M,2M＋m)L，C、D正確。10.如圖所示，在光滑的水平面上有A、B兩個小球。A球的動量為10kg·m/s，B球的動量為12kg·m/s。A球追上B球并相碰，碰撞后，A球的動量變?yōu)?kg·m/s，方向沒變，則A、B兩球質(zhì)量的比值可能為()A．0.5 B．0.6答案BC解析A、B兩球同向運動，A球追上B球，則有vA>vB。碰撞后A球動量方向不變，則碰撞結(jié)束時有vB′≥vA′。由vA>vB得eq\f(pA,mA)>eq\f(pB,mB)，即eq\f(mA,mB)<eq\f(pA,pB)＝eq\f(10,12)≈0.83；由碰撞過程動量守恒得pA＋pB＝pA′＋pB′，pB′＝14kg·m/s，由碰撞過程的動能關(guān)系得eq\f(p\o\al(2,A),2mA)＋eq\f(p\o\al(2,B),2mB)≥eq\f(pA′2,2mA)＋eq\f(pB′2,2mB)，eq\f(mA,mB)≤eq\f(36,52)≈0.69；由vB′≥vA′得eq\f(pB′,mB)≥eq\f(pA′,mA)，eq\f(mA,mB)≥eq\f(pA′,pB′)＝eq\f(8,14)≈≤eq\f(mA,mB)≤0.69，所以B、C正確。第Ⅱ卷(非選擇題，共60分)二、實驗題(本題共2小題，共10分)11．(4分)某同學用如圖所示裝置來驗證動量守恒定律，實驗時先讓小球a從斜槽軌道上某固定點處由靜止開始滾下，在水平地面上的記錄紙上留下痕跡，重復(fù)10次；然后再把小球b靜置在斜槽軌道末端，小球a仍從原固定點由靜止開始滾下，和小球b相碰后，兩球分別落在記錄紙的不同位置處，重復(fù)10次?；卮鹣铝袉栴}：(1)在安裝實驗器材時，斜槽的末端切線應(yīng)________。(2)小球a、b質(zhì)量分別為ma、mb，在本實驗中，驗證動量守恒的式子為________________。答案(1)水平(2)maeq\x\to(OB)＝maeq\x\to(OA)＋mbeq\x\to(OC)解析(1)實驗要求小球離開軌道后做平拋運動，在安裝實驗器材時斜槽的末端切線應(yīng)保持水平，這樣才能使小球做平拋運動。(2)由圖所示裝置可知，小球a和小球b相碰后，小球b的速度增大，小球a的速度減小，b球在前，a球在后，兩球都做平拋運動，由圖示可知，未放被碰小球時小球a的落地點為B點，相碰后小球a、b的落點分別為A、C點，小球在空中的運動時間t相等，如果碰撞過程動量守恒，則有mav0＝mava＋mbvb，兩邊同時乘以時間t得mav0t＝mavat＋mbvbt，即maeq\x\to(OB)＝maeq\x\to(OA)＋mbeq\x\to(OC)。12．(6分)用如圖甲所示的裝置驗證動量守恒定律。氣墊導軌上有A、B兩個滑塊，滑塊A右側(cè)帶有一彈簧片，左側(cè)與打點計時器(圖中未畫出)的紙帶相連；滑塊B左側(cè)帶有一彈簧片，上面固定一遮光條，光電計時器(圖中未完全畫出)可記錄遮光條通過光電門的時間。實驗測得滑塊A質(zhì)量m1＝0.290kg，滑塊B質(zhì)量m2＝0.100kg，遮光條寬度d＝1.00cm，打點計時器所用交流電頻率f＝50Hz。將光電門固定在滑塊B的右側(cè)，啟動打點計時器，給滑塊A一向右的初速度，使它與B相碰。碰后光電計時器顯示的時間ΔtB×10－3s，則碰后B的速度為________m/s。已知碰后A沒有反向，打出的紙帶如圖乙所示，則碰前A、B組成的系統(tǒng)的總動量為p1＝________kg·m/s，碰后A、B組成的系統(tǒng)的總動量為p2＝________kg·m/s。通過比較p1與p2是否相等，從而可得到A、B組成的系統(tǒng)在碰撞過程中動量是否守恒的結(jié)論。(計算結(jié)果均保留三位有效數(shù)字)答案解析碰后B的速度為vB＝eq\f(d,ΔtB)＝×10－2,×10－3)m/s≈2.86m/s打點計時器的打點時間間隔為T＝eq\f(1,f)＝0.02s由圖乙所示紙帶可知，碰撞前A的速度為v＝eq\f(x,T)＝×10－2,0.02)m/s＝2.00m/s碰后A的速度為vA＝eq\f(x,T)＝×10－2,0.02)m/s＝0.98m/s，碰前A的動量為p1＝m1v×2.00kg·m/s＝0.580kg·m/s碰后A的動量為pA＝m1vA×0.98kg·m/s≈0.284kg·m/s碰后B的動量為pB＝m2vB×2.86kg·m/s＝0.286kg·m/s碰撞前后系統(tǒng)總動量分別為：p1＝0.580kg·m/sp2＝pA＋pB＝0.570kg·m/s。三、計算題(本題共4小題，共50分。要有必要的文字說明和解題步驟，有數(shù)值計算的要注明單位)13．(10分)采煤中有一種方法是用高壓水流將煤層擊碎將煤采下。今有一采煤水槍，由槍口射出的高壓水流速度為v，設(shè)水流垂直射向煤層的豎直表面，隨即順煤壁豎直流下，求水對煤層的壓強(水的密度為ρ)。答案ρv2解析射向煤層的水流受到煤層的作用，水平速度變?yōu)榱愫箅S即順壁流下，設(shè)射向煤層水流的截面積為S，則在時間Δt內(nèi)有質(zhì)量為ρSvΔt的水撞擊煤層，動量變?yōu)榱?，設(shè)煤層對水流的作用力為F。取煤層對水流作用力的方向為正方向，對于上述這部分水由動量定理有：F·Δt＝0－(－ρSvΔt·v)得：F＝ρSv2由牛頓第三定律知，水對煤層作用力的大?。篎′＝F＝ρSv2所以煤層表面受到水流的壓強為：p＝eq\f(F′,S)＝ρv2。14．(2019·重慶市第八中學期末)(10分)冰球運動是一項對抗性極強的冰雪體育競技項目。如圖所示，甲、乙兩冰球運動員為爭搶冰球而合理水平?jīng)_撞，沖撞過程中運動員手中的冰球桿未與地面接觸。已知甲運動員的質(zhì)量為60kg，乙運動員的質(zhì)量為70kg，沖撞前兩運動員速度大小均為5m/s，方向相反，沖撞結(jié)束，甲被撞回，速度大小為2m/s，如果沖撞接觸時間為0.2s，忽略冰球鞋與冰面間的摩擦。問：(1)撞后乙的速度大小是多少？方向又如何？(2)沖撞時兩運動員相互間的平均作用力多大？答案(1)1m/s，方向與甲碰前的速度方向相同(2)2100N解析(1)取甲碰前的速度方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律，對系統(tǒng)有：m甲v甲－m乙v乙＝－m甲v甲′＋m乙v乙′解得v乙′＝1m/s方向與甲碰前的速度方向相同。(2)根據(jù)動量定理，對甲有：－Ft＝－m甲v甲′－m甲v甲解得F＝2100N。15．(2019·山西大學附屬中學月考)(15分)如圖所示，小球A從半徑R＝0.8m的eq\f(1,4)光滑圓弧軌道的上端P點以v0＝3m/s的初速度滑下，水平面光滑且與圓弧軌道末端相切，小球A到達水平面上以后，與靜止于該水平面上的鋼塊B發(fā)生彈性碰撞，碰撞后小球A被反向彈回，沿原路返回恰能到達到P點，鋼塊B的質(zhì)量mB＝18kg，g取10m/s2，求：(1)小球A剛滑上水平面時的速度大小vA；(2)小球A的質(zhì)量。答案(1)5m/s(2)2kg解析(1)設(shè)小球A的質(zhì)量為mA，A在光滑圓弧軌道上下滑過程中，只有重力做功，其機械能守恒，由機械能守恒定律得eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)＋mAgR＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)，代入數(shù)據(jù)得vA＝5m/s。(2)碰后，A返回的過程，機械能守恒，設(shè)碰后A的速度大小為vA′，得eq\f(1,2)mAvA′2＝mAgR，解得vA′＝4m/sA、B碰撞過程動量守恒，以碰前A的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得mAvA＝－mAvA′＋mBvB′碰撞過程為彈性碰撞，由機械能守恒定律，得eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＝eq\f(1,2)mAvA′2＋eq\f(1,2)mBvB′2代入數(shù)據(jù)解得mA＝2kg。16．(15分)如圖所示，在質(zhì)量m＝