2017-2018學年物理人教版選修3-5講義章末檢測16

章末檢測(時間：90分鐘滿分：100分)一、選擇題(本題共10小題，每小題4分，共40分)1．某物體受到一個－6N·s的沖量作用，則()A．物體的動量一定減少B．物體的末動量一定是負值C．物體動量增量的方向一定與規(guī)定的正方向相反D．物體原來動量的方向一定與這個沖量方向相反答案C解析沖量、動量都是矢量，對在一條直線上運動的物體，規(guī)定正方向后，可用“＋”、“－”號表示矢量的方向，－6N·s的沖量說明物體所受沖量的大小為6N·s，方向與規(guī)定的正方向相反，由動量定理可知正確答案為C；而初、末動量的方向、大小由題設(shè)均不能確定．2．在四大洲花樣滑冰錦標賽雙人滑比賽中，中國隊選手龐清/佟健在花樣滑冰雙人滑比賽中以199.45分的總分獲得金牌．若質(zhì)量為m1的龐清抱著質(zhì)量為m2的佟健以v0的速度沿水平冰面做直線運動，某時刻龐清突然將佟健向前水平推出，推出后兩人仍在原直線上運動，冰面的摩擦可忽略不計．若分離時龐清的速度為v1，佟健的速度為v2，則有()A．m1v0＝m1v1＋m2v2 B．m2v0＝m1v1＋m2v2C．(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2 D．(m1＋m2)v0＝m1v1答案C解析龐清和佟健兩人組成的系統(tǒng)動量守恒，以兩人的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，C正確．3．動量相等的甲、乙兩車，剎車后沿兩條水平路面滑行．若兩車質(zhì)量之比eq\f(m甲,m乙)＝eq\f(1,2)，路面對兩車的阻力相同，則兩車的滑行時間之比為()A．1∶1B．1∶2C．2∶1D．1∶4答案A解析兩車滑行時水平方向僅受阻力Ff的作用，在這個力作用下使物體的動量發(fā)生變化．當規(guī)定以車行方向為正方向后，由動量定理：－Ff＝eq\f(mv1－mv,t)得－Ff＝eq\f(－mv,t)，所以兩車滑行時間：t＝eq\f(mv,Ff)或t＝eq\f(p,Ff)，當p、Ff相同時，滑行時間t相同．物體的動量反映了它克服阻力能運動多久．從這個意義上，根據(jù)p、Ff相同，立即可判知t相同．4.如圖1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，則在此過程中小車將()圖1A．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解析這是反沖運動，由動量守恒定律可知，小球下落時水平分速度向右，小車速度向左；小球靜止，小車也靜止．5.如圖2所示，在光滑的水平面上有兩物體A、B，它們的質(zhì)量均為m.在物體B上固定一個輕彈簧處于靜止狀態(tài)．物體A以速度v0沿水平方向向右運動，通過彈簧與物體B發(fā)生作用．下列說法正確的是()圖2A．當彈簧獲得的彈性勢能最大時，物體A的速度為零B．當彈簧獲得的彈性勢能最大時，物體B的速度為零C．在彈簧的彈性勢能逐漸增大的過程中，彈簧對物體B所做的功為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)D．在彈簧的彈性勢能逐漸增大的過程中，彈簧對物體A和物體B的沖量大小相等，方向相反答案D解析A、B速度相同時，彈簧被壓縮到最短，彈性勢能最大，由動量守恒定律得：mv0＝2mv，解得：v＝eq\f(v0,2)，則物體A、B速度都不為零，A、B錯誤；彈簧對物體B所做的功W＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,8)mveq\o\al(2,0)，C錯誤；彈簧對物體A和物體B的彈力大小相等，方向相反，根據(jù)I＝Ft可知，彈簧對物體A和物體B的沖量大小相等，方向相反，D正確．6.質(zhì)量相等的A、B兩球之間壓縮一根輕質(zhì)彈簧，靜置于光滑水平桌面上，當用板擋住小球A而只釋放B球時，B球被彈出落到距桌邊水平距離為x的地面上，如圖3所示，若再次以相同力壓縮該彈簧，取走A左邊的擋板，將A、B同時釋放，則B球的落地點距桌邊()圖3A.eq\f(x,2)B.eq\r(2)xC．xD.eq\f(\r(2),2)x答案D解析擋板擋住A球時，彈簧的彈性勢能全部轉(zhuǎn)化為B球的動能，有Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，擋板撤走后，彈性勢能被兩球平分，則有Ep＝2×eq\f(1,2)mvB′2，由以上兩式解得vB′＝eq\f(\r(2),2)vB，故x′＝vB′t＝eq\f(\r(2),2)x，D對．7．(多選)如圖4所示，在光滑水平面上質(zhì)量分別為mA＝2kg、mB＝4kg，速度分別為vA＝5m/s、vB＝2m/s的A、B兩小球沿同一直線相向運動并發(fā)生對心碰撞．則()圖4A．它們碰撞后的總動量是18kg·m/s，方向水平向右B．它們碰撞后的總動量是2kg·m/s，方向水平向右C．它們碰撞后B小球向右運動D．它們碰撞后B小球可能向左運動答案BC解析根據(jù)動量守恒，設(shè)向右為正方向，碰后它們的總動量p＝mAvA＋mBvB＝2×5kg·m/s－4×2kg·m/s＝2kg·m/s，故A錯，B對；因總動量向右，所以碰后B球一定向右運動，C對，D錯．8.(多選)如圖5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5A．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解析本題類似人船模型，甲車、乙車、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．9.(多選)如圖6所示，方盒A靜止在光滑的水平面上，盒內(nèi)有一小滑塊B，盒的質(zhì)量是滑塊的2倍，滑塊與盒內(nèi)水平面間的動摩擦因數(shù)為μ.若滑塊以速度v開始向左運動，與盒的左、右壁發(fā)生無機械能損失的碰撞，滑塊在盒中來回運動多次，最終相對于盒靜止，則()圖6A．最終盒的速度大小是eq\f(v,3)B．最終盒的速度大小是eq\f(v,2)C．滑塊相對于盒運動的路程為eq\f(v2,3μg)D．滑塊相對于盒運動的路程為eq\f(v2,2μg)答案AC解析設(shè)滑塊的質(zhì)量為m，則盒的質(zhì)量為2m.對整個過程，由動量守恒定律可得mv＝3mv解得v共＝eq\f(v,3)由能量守恒定律可知μmgx＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)·3m·(eq\f(v,3))2解得x＝eq\f(v2,3μg).10．(多選)質(zhì)量為m的小球A以速度v0在光滑水平面上運動，與質(zhì)量為2m的靜止小球B發(fā)生對心碰撞，則碰撞后小球A的速度大小vA和小球B的速度大小vBA．vA＝eq\f(1,3)v0vB＝eq\f(2,3)v0 B．vA＝eq\f(2,5)v0vB＝eq\f(7,10)v0C．vA＝eq\f(1,4)v0vB＝eq\f(5,8)v0 D．vA＝eq\f(3,8)v0vB＝eq\f(5,16)v0答案AC解析兩球發(fā)生對心碰撞，動量守恒、能量不增加，且后面的物體速度不能大于前面物體的速度．根據(jù)動量守恒定律可得，四個選項都滿足．但碰撞前總動能為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，而碰撞后B選項總動能為eq\f(57,100)mveq\o\al(2,0)，B錯誤；D選項中vA>vB，不可能，D錯誤．故A、C正確．二、實驗題(本題共2小題，共18分)11．(8分)某小組用如圖7所示的裝置驗證動量守恒定律．裝置固定在水平面上，圓弧形軌道下端切線水平．兩球半徑相同，兩球與水平面間的動摩擦因數(shù)相同．實驗時，先測出A、B兩球的質(zhì)量mA、mB，讓球A多次從圓弧形軌道上某一位置由靜止釋放，記下其在水平面上滑行距離的平均值x0，然后把球B靜置于軌道下端水平部分，并將A從軌道上同一位置由靜止釋放，并與B相碰，重復多次．圖7(1)為確保實驗中球A不反向運動，則mA、mB應滿足的關(guān)系是____________；(2)寫出實驗中還需要測量的物理量及符號：___________________；(3)若碰撞前后動量守恒，寫出動量守恒的表達式：_______________；(4)取mA＝2mB，x0＝1m，且A、B間為完全彈性碰撞，則B球滑行的距離為________．答案(1)mA≥mB(2)碰撞后A、B球在水平面上滑行的距離：xA、xB(3)mAeq\r(x0)＝mAeq\r(xA)＋mBeq\r(xB)(4)eq\f(16,9)m解析(1)為防止兩球碰撞后入射球反彈，入射球的質(zhì)量應大于被碰球的質(zhì)量，即：mA≥mB.(2)碰撞后兩球做減速運動，設(shè)碰撞后的速度為：vA、vB，由動能定理得：－μmAgx0＝0－eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)，v0＝eq\r(2μgx0)，－μmAgxA＝0－eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)，vA＝eq\r(2μgxA)，－μmBgxB＝0－eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)，vB＝eq\r(2μgxB)，如果碰撞過程動量守恒，則：mAv0＝mAvA＋mBvB，即：mAeq\r(2μgx0)＝mAeq\r(2μgxA)＋mBeq\r(2μgxB)，整理得：mAeq\r(x0)＝mAeq\r(xA)＋mBeq\r(xB)，實驗需要測量碰撞后A、B球在水平面滑行的距離：xA、xB.(3)由(2)可知，若碰撞前后動量守恒，動量守恒的表達式為：mAeq\r(x0)＝mAeq\r(xA)＋mBeq\r(xB).(4)如果碰撞過程是完全彈性碰撞，碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：mAeq\r(x0)＝mAeq\r(xA)＋mBeq\r(xB)，由機械能守恒定律得：eq\f(1,2)mA(eq\r(2μgx0))2＝eq\f(1,2)mA(eq\r(2μgxA))2＋eq\f(1,2)mB(eq\r(2μgxB))2已知：mA＝2mB，x0＝1m，解得：xB＝eq\f(16,9)m.12．(10分)現(xiàn)利用圖8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)也帶有一彈簧片，上面固定一遮光片，光電計時器(未完全畫出)可以記錄遮光片通過光電門的時間．圖8實驗測得滑塊A的質(zhì)量m1＝0.310kg，滑塊B的質(zhì)量m2＝0.108kg，遮光片的寬度d＝1.00cm；打點計時器所用交流電的頻率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為Δt0＝3.500ms，碰撞前、后打出的紙帶如圖乙所示．若實驗允許的相對誤差絕對值(|eq\f(碰撞前、后總動量之差,碰前總動量)|×100%)最大為5%，本實驗是否在誤差范圍內(nèi)驗證了動量守恒定律？寫出運算過程．答案見解析解析按定義，滑塊運動的瞬時速度大小v＝eq\f(Δx,Δt)式中Δx為滑塊在很短時間Δt內(nèi)走過的路程設(shè)紙帶上打出相鄰兩點的時間間隔為T，則T＝eq\f(1,f)＝0.02sT可視為很短．設(shè)滑塊A在碰撞前、后瞬時速度大小分別為v0、v1.由題意可得v0＝2.00m/sv1＝0.970m/s設(shè)滑塊B在碰撞后的速度大小為v2，有v2＝eq\f(d,Δt0)代入題給的實驗數(shù)據(jù)得v2≈2.86m/s設(shè)兩滑塊在碰撞前、后的動量分別為p和p′，則p＝m1v0p′＝m1v1＋m2v2兩滑塊在碰撞前、后總動量相對誤差的絕對值為δp＝|eq\f(p－p′,p)|×100%代入有關(guān)數(shù)據(jù)，得δp≈1.7%＜5%因此，本實驗在允許的誤差范圍內(nèi)驗證了動量守恒定律．三、計算題(本題共4小題，共42分)13.(10分)如圖9所示，長R＝0.6m的不可伸長的細繩一端固定在O點．另一端系著質(zhì)量m2＝0.1kg的小球B，小球B剛好與水平面相接觸．現(xiàn)使質(zhì)量m1＝0.3kg的物體A以v0＝4m/s的速度向B運動．A與水平面間的接觸面光滑．A、B碰撞后，物塊A的速度變?yōu)榕銮八查g速度的eq\f(1,2).小球B能在豎直平面內(nèi)做圓周運動．已知重力加速度g＝10m/s2，A、B均可視為質(zhì)點，試求：圖9(1)在A與B碰撞后瞬間，小球B的速度v2的大??；(2)小球B運動到圓周最高點時受到細繩的拉力大?。鸢?1)6m/s(2)1N解析(1)碰撞過程中，A、B系統(tǒng)的動量守恒，有：m1v0＝m1eq\f(v0,2)＋m2v2，可得：v2＝6m/s(2)小球B在擺至最高點的過程中，機械能守恒，設(shè)到最高點時的速度為v3，則有：eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,3)＋m2g·2R在最高點進行受力分析，有FT＋m2g＝m2eq\f(v\o\al(2,3),R)解得：FT＝1N14.(10分)如圖10所示，在光滑的水平面上有一質(zhì)量為m，長度為L的小車，小車左端有一質(zhì)量也是m可視為質(zhì)點的物塊，車子的右端固定有一個處于鎖定狀態(tài)的壓縮輕彈簧(彈簧長度與車長相比可忽略)，物塊與小車間動摩擦因數(shù)為μ，整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)．現(xiàn)在給物塊一個水平向右的初速度v0，物塊剛好能與小車右壁的輕彈簧接觸，此時彈簧鎖定瞬間解除，當物塊再回到左端時，與小車相對靜止．求：圖10(1)物塊的初速度v0；(2)彈簧的彈性勢能Ep.答案(1)2eq\r(μgL)(2)μmgL解析(1)物塊與輕彈簧剛好接觸時的速度為v，由動量守恒定律得：mv0＝2mv由能量關(guān)系得：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(2m)v2＝μmgL解得：v0＝2eq\r(μgL)(2)物塊最終速度為v1，由動量守恒定律得：mv0＝2mv1由能量關(guān)系得：Ep＝μmgL15．(10分)如圖11所示，光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體，斜面體右側(cè)一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上．某時刻小孩將冰塊以相對冰面3m/s的速度向斜面體推出，冰塊平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的最大高度為h＝0.3m(h小于斜面體的高度)．已知小孩與滑板的總質(zhì)量為m1＝30kg，冰塊的質(zhì)量為m2＝10kg，小孩與滑板始終無相對運動．取重力加速度的大小g＝10m/s2.圖11(1)求斜面體的質(zhì)量；(2)通過計算判斷，冰塊與斜面體分離后能否追上小孩？答案(1)20kg(2)不能解析(1)規(guī)定向右的方向為速度正方向．冰塊在斜面體上運動到最大高度時兩者達到共同速度，設(shè)此共同速度為v，斜面體的質(zhì)量為m3.由水平方向動量守恒和機械能守恒定律得m2v0＝(m2＋m3)veq\f(1,2)m2veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(m2＋m3)v2＋m2gh式中v0＝－3m/s為冰塊推出時的速度．聯(lián)立兩式并代入題給數(shù)據(jù)得m3＝20kg(2)設(shè)小孩推出冰塊后的速度為v1，由動量守恒定律有m1v1＋m2v0＝0，代入數(shù)據(jù)得v1＝1m/s設(shè)冰塊與斜面體分離后的速度分別為v2和v3，由動量守恒和機械能守恒定律有m2v0＝m2v2＋m3v3eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,0)＝eq\f(1