高中物理 第一章 碰撞與動(dòng)量守恒章末過關(guān)檢測(cè)卷 粵教版選修

1、章末過關(guān)檢測(cè)卷(一)第一章碰撞與動(dòng)量守恒(考試時(shí)間：50分鐘分值：100分) 一、選擇題(本題包括12個(gè)小題，每小題5分，共60分在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中有一個(gè)或多個(gè)是對(duì)的，全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，不選或錯(cuò)選的得0分)1某物體受到一個(gè)6 Ns的沖量作用，則(C)A物體的動(dòng)量一定減少 B物體的末動(dòng)量一定是負(fù)值C物體動(dòng)量增量的方向一定與規(guī)定的正方向相反 D物體原來(lái)動(dòng)量的方向一定與這個(gè)沖量方向相反解析：動(dòng)量定理是矢量方程，注意規(guī)定正方向解題沖量、動(dòng)量都是矢量，對(duì)在一條直線上運(yùn)動(dòng)的物體，規(guī)定正方向后，可用“ ” 、“ ” 號(hào)表示矢量的方向，6 Ns的沖量說(shuō)明物體所受沖量的大小為6 Ns，

2、方向與規(guī)定的正方向相反，由動(dòng)量定理可知正確答案為C.而初、末動(dòng)量的方向、大小由題設(shè)均不能確定2(2014浙江卷)如圖所示，甲木塊的質(zhì)量為m1，以速度v沿光滑水平地面向前運(yùn)動(dòng)，正前方有一靜止的、質(zhì)量為m2的乙木塊，乙上連有一輕質(zhì)彈簧甲木塊與彈簧接觸后(C)A. 甲木塊的動(dòng)量守恒B乙木塊的動(dòng)量守恒C甲、乙兩木塊所組成的系統(tǒng)的動(dòng)量守恒D甲、乙兩木塊所組成系統(tǒng)的動(dòng)能守恒解析：本題考查碰撞、動(dòng)量守恒定律等知識(shí)點(diǎn)甲木塊與彈簧接觸后，由于彈簧彈力的作用，甲、乙的動(dòng)量要發(fā)生變化，但對(duì)于甲、乙所組成的系統(tǒng)因所受合力的沖量為零，故動(dòng)量守恒，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤，選項(xiàng)C正確；甲、乙兩木塊所組成系統(tǒng)的動(dòng)能，一部分轉(zhuǎn)化為彈簧

3、的勢(shì)能，故不守恒3一輛炮車靜止在光滑水平導(dǎo)軌上，車和炮彈總質(zhì)量為M，炮筒水平發(fā)射一質(zhì)量為m的炮彈，炮彈離開炮膛時(shí)對(duì)地速度為v0，則炮車的后退速度為(D)A. B. C D解析：將車和炮彈作為一整體，由動(dòng)量守恒定律可得(Mm)vmv00，則有v，故選D.4兩物體甲和乙在同一直線上運(yùn)動(dòng)，它們?cè)?0.4 s時(shí)間內(nèi)的vt圖象如圖所示若僅在兩物體之間存在相互作用，則物體甲與乙的質(zhì)量之比和圖中時(shí)間t1分別為(B)A.和0.30 s B3和0.30 s C.和0.28 s D3和0.28 s解析：當(dāng)僅在物體之間存在相互作用時(shí)，兩物體的總動(dòng)量守恒，取t0和tt1時(shí)刻列方程：m乙4(m甲m乙)1，有m甲3m乙再

4、由圖線乙有，所以t10.3 s，B正確5如圖所示，一鐵塊壓著一張紙條放在水平桌面上，當(dāng)以較大速度v抽出紙條后，鐵塊掉在地上的P點(diǎn)，若以2v速度抽出紙條，則鐵塊落地點(diǎn)為(B)A仍在P點(diǎn) B在P點(diǎn)左側(cè)C在P點(diǎn)右側(cè)不遠(yuǎn)處 D在P點(diǎn)右側(cè)原水平位移的兩倍處解析：紙條抽出的過程，鐵塊所受的摩擦力一定，以速度v抽出紙條，鐵塊所受的摩擦力的作用時(shí)間較長(zhǎng)，鐵塊獲得的速度較大，鐵塊平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移較大；若以2v的速度抽出紙條，則鐵塊所受的摩擦力的作用時(shí)間較短，鐵塊獲得的速度較小，平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移較小，所以鐵塊落地點(diǎn)在P點(diǎn)左側(cè)，正確選項(xiàng)為B. 6質(zhì)量M327 kg的小型火箭(含燃料)由靜止發(fā)射，發(fā)射時(shí)共噴出質(zhì)量

5、m27 kg的氣體，設(shè)噴出的氣體相對(duì)地面的速度均為v1 000 m/s.忽略地球引力和空氣阻力的影響，則氣體全部噴出后，火箭的速度大小為(C)A76 m/s B82 m/s C90 m/s D99 m/s解析：根據(jù)動(dòng)量守恒定律：(Mm)v1mv0，所以氣體全部噴出后火箭的速度v190 (m/s)，大小為90 m/s，方向與噴出氣體方向相反，C正確. 7兩個(gè)質(zhì)量不同的物體，在光滑的水平面上相向運(yùn)動(dòng)，并發(fā)生正碰，則下列說(shuō)法中正確的是(AC)A碰撞后，質(zhì)量小的物體速度變化大B碰撞后，質(zhì)量大的物體速度變化大C若碰撞后連成整體，則整體運(yùn)動(dòng)方向與原來(lái)動(dòng)量大的物體的運(yùn)動(dòng)方向相同D若碰撞后連成整體，則整體運(yùn)動(dòng)

6、方向與原來(lái)速度大的物體的運(yùn)動(dòng)方向相同解析：兩物體放在光滑水平面上，發(fā)生正碰，由動(dòng)量守恒定律知，兩物體動(dòng)量變化大小相同，再由pmv知質(zhì)量小的物體速度變化大，A正確、B錯(cuò)誤；兩物體結(jié)合成整體，由m1v1m2v2(m1m2)v可知，v方向與動(dòng)量大的物體的運(yùn)動(dòng)方向一致，C正確、D錯(cuò)誤8如圖所示，一個(gè)木箱原來(lái)靜止在光滑水平面上，木箱內(nèi)粗糙的底板上放著一個(gè)小木塊木箱和小木塊都具有一定的質(zhì)量現(xiàn)使木箱獲得一個(gè)向右的初速度v0，則(B)A小木塊木箱最終都將靜止B小木塊最終將相對(duì)木箱靜止，二者一起向右運(yùn)動(dòng)C小木塊在木箱內(nèi)壁將始終來(lái)回往復(fù)碰撞，而木箱一直向右運(yùn)動(dòng)D如果小木塊與木箱的左壁碰撞后相對(duì)木箱靜止，則二者將一

7、起向左運(yùn)動(dòng)解析：木箱和小木塊組成的系統(tǒng)，所受合外力為零，故系統(tǒng)動(dòng)量守恒系統(tǒng)初動(dòng)量向右，故小木塊相對(duì)木箱靜止后，系統(tǒng)總動(dòng)量也向右，故B項(xiàng)正確，A、D兩項(xiàng)均錯(cuò)；而由于小木塊與木箱間的摩擦，系統(tǒng)的機(jī)械能不斷減少，C項(xiàng)錯(cuò)故正確答案為B項(xiàng)9如圖所示，A、B兩個(gè)小球在光滑水平面上沿同一直線相向運(yùn)動(dòng)，它們的動(dòng)量大小分別為p1和p2，碰撞后A球繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)，動(dòng)量大小為p1，此時(shí)B球的動(dòng)量大小為p2，則下列等式成立的是(BD) Ap1p2p1p2 Bp1p2p1p2Cp1p1p2p2 Dp1p1p2p2解析：因水平面光滑，所以A、B兩球組成的系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒由于p1、p2、p1 、p2 均表示動(dòng)量的大小

8、，所以碰前的動(dòng)量為p1p2，碰后的動(dòng)量為p1 p2，B對(duì)經(jīng)變形得p1 p1p2 p2，D對(duì)10木塊a和b用一根輕彈簧連接起來(lái)，放在光滑水平面上，a緊靠在墻壁上在b上施加向左的水平力使彈簧壓縮，如圖所示，當(dāng)撤去外力后，下列說(shuō)法中正確的是(BC)Aa尚未離開墻壁前，a和b組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒Ba尚未離開墻壁前，a和b組成的系統(tǒng)的動(dòng)量不守恒Ca離開墻后，a、b組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒Da離開墻后，a、b組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒解析：在a未離開墻壁前的彈簧伸長(zhǎng)過程中，對(duì)a和b組成的系統(tǒng)，由于受到墻給a的彈力作用，所以a、b組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，因此b正確、a錯(cuò)誤；a離開墻后，a、b構(gòu)成系統(tǒng)合外力為零，因此動(dòng)量守恒

9、，故C正確、D錯(cuò)誤11質(zhì)量分別為ma0.5 kg，mb1.5 kg的物體a、b在光滑水平面上發(fā)生正碰若不計(jì)碰撞時(shí)間，它們碰撞前后的位移時(shí)間圖象如圖所示，則下列說(shuō)法正確的是(D)A碰撞前a物體的動(dòng)量的大小為零 B碰撞前b物體的動(dòng)量的大小為6 kgm/sC碰撞過程中b物體受到的沖量為1 Ns D碰撞過程中a物體損失的動(dòng)量大小為1.5 kgm/s解析：由題圖知，碰前a物體的速度va m/s4 m/s，b物體速度為零；碰后a和b一起運(yùn)動(dòng)，其速度v m/s1 m/s.碰前a的動(dòng)量pamava2 kgm/s，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；碰前b的動(dòng)量pb0，選項(xiàng)B錯(cuò)誤根據(jù)動(dòng)量定理知，在碰撞過程中b受到的沖量Ibmbv1.5

10、 Ns，選項(xiàng)C錯(cuò)誤碰撞中a損失的動(dòng)量大小應(yīng)與b獲得的動(dòng)量大小相等papb1.5 kgm/s，選項(xiàng)D正確12在光滑的水平面上動(dòng)能為E0，動(dòng)量大小為p0的小鋼球甲與靜止的小鋼球乙發(fā)生碰撞，碰撞前后鋼球甲的運(yùn)動(dòng)方向反向，將碰后球甲的動(dòng)能和動(dòng)量的大小分別記為E1和p1，球乙的動(dòng)能和動(dòng)量的大小分別記為E2和p2，則必有(AD)AE1p0 CE2E0 Dp2p0解析：鋼球甲與鋼球乙碰撞，滿足動(dòng)量守恒定律，則p0p1p2，所以p2p0p1，又因碰撞中能量不增加，故p1p0，D對(duì)；碰撞過程動(dòng)能不增加，則E0E1E2，又E20，故E1E0，A對(duì)，E2E0，C錯(cuò)二、非選擇題(本題共3小題，共40分解答題應(yīng)寫出必要

11、的文字說(shuō)明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不能得分，有數(shù)值計(jì)算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位)13(12分)如圖，用“碰撞實(shí)驗(yàn)器”可以驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律，即研究?jī)蓚€(gè)小球在軌道水平部分碰撞前后的動(dòng)量關(guān)系實(shí)驗(yàn)中，直接測(cè)定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是，可以通過僅測(cè)量_(填選項(xiàng)前的符號(hào))，間接地解決這個(gè)問題A小球開始釋放高度h B小球拋出點(diǎn)距地面的高度HC小球做平拋運(yùn)動(dòng)的射程圖中O點(diǎn)是小球拋出點(diǎn)在地面上的垂直投影實(shí)驗(yàn)時(shí)，先讓入射球m1多次從斜軌上S位置靜止釋放，找到其平均落地點(diǎn)的位置P，測(cè)量平拋射程OP.然后，把被碰小球m2靜置于軌道的水平部分，再將入射球m1從斜軌上S位置靜止釋放，

12、與小球m2相碰，并多次重復(fù)接下來(lái)要完成的必要步驟是_(填選項(xiàng)前的符號(hào))A用天平測(cè)量?jī)蓚€(gè)小球的質(zhì)量m1、m2B測(cè)量小球m1開始釋放高度hC測(cè)量拋出點(diǎn)距地面的高度HD分別找到m1、m2相碰后平均落地點(diǎn)的位置M、NE測(cè)量平拋射程OM，ON若兩球相碰前后的動(dòng)量守恒，其表達(dá)式可表示為_(用(2)中測(cè)量的量表示)；若碰撞是彈性碰撞，那么還應(yīng)滿足的表達(dá)式為_(用(2)中測(cè)量的量表示)答案：CADE或DEA或DAE 14(14分)如圖所示，在光滑水平面上，有一質(zhì)量M3 kg的薄板，板上有質(zhì)量m1 kg的物塊，兩者以v04 m/s的初速度朝相反方向運(yùn)動(dòng)它們之間有摩擦，薄板足夠長(zhǎng)，求當(dāng)物塊的速度為3 m/s時(shí)，薄

13、板的速度為多少？解析：由于地面光滑，則物塊與薄板組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)當(dāng)物塊與薄板不發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)時(shí)共同運(yùn)動(dòng)的速度為v，以薄板的初速度v0方向?yàn)檎较颍鶕?jù)動(dòng)量守恒定律Mv0mv0(Mm)v，解得v2 m/s.由此推知當(dāng)物塊的速度為v13 m/s時(shí)，其方向應(yīng)向左，設(shè)此時(shí)薄板的速度為v，根據(jù)動(dòng)量守恒定律Mv0mv0mv1Mv，解得v m/s，方向與原速度方向相同 答案： m/s方向與原速度方向相同15(14分)質(zhì)量為M2 kg的小平板車靜止在光滑水平面上，車的一端靜止著質(zhì)量為mA2 kg的物體A(可視為質(zhì)點(diǎn))，如圖所示，一顆質(zhì)量為mB20 g的子彈以600 m/s的水平速度射穿A后，速度變?yōu)?00 m/s最后物體A仍在車上，若物體A與小車間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.5，取g10 m/s，求平板車最后的速度是多大？解析：子彈擊穿A后，A在水平方向獲得一個(gè)速度vA，最后當(dāng)A相對(duì)車靜止時(shí)，它們的共同速度為v.子彈射穿A的過程極短，因此車對(duì)A的摩擦力、子彈的重力作用可略去，即認(rèn)為子彈和