高中物理沪科版5第五章核能与社会 章末综合测评

章末综合测评(一)(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分，在每小题给出的5个选项有3项符合题目要求.选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得6分，每选错1个扣3分，最低得分为0分.)1.水平抛出在空中飞行的物体，不考虑空气阻力，则()A.在相等的时间间隔内动量的变化相同B.在任何时间内，动量变化的方向都是竖直向下C.在任何时间内，动量对时间的变化率恒定D.在刚抛出物体的瞬间，动量对时间的变化率为零E.在刚抛出物体的瞬间，动量对时间的变化率最大【解析】做平抛运动的物体仅受重力作用，由动量定理得Δp＝mg·Δt，因为在相等的时间内动量的变化量Δp相同，即大小相等，方向都是竖直向下的，从而动量的变化率恒定，故选项A、B、C正确，D、E错误.【答案】ABC2.如图1所示，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车上AB部分是半径为R的四分之一光滑圆弧，BC部分是粗糙的水平面.今把质量为m的小物体从A点由静止释放，小物体与BC部分间的动摩擦因数为μ，最终小物体与小车相对静止于B、C之间的D点，则B、D间的距离x随各量变化的情况是()图1A.其他量不变，R越大x越大B.其他量不变，μ越大x越小C.其他量不变，m越大x越大D.其他量不变，M越大x越大E.其他量不变，x与m、M均无关【解析】小车和小物体组成的系统水平方向的动量守恒且为零，所以当小车和小物体相对静止时，系统水平方向的总动量仍为零，则小车和小物体相对于水平面也静止，由能量守恒得μmgx＝mgR，x＝R/μ，选项A、B、E正确.【答案】ABE3.下列说法中正确的是()A.根据F＝eq\f(Δp,Δt)可把牛顿第二定律表述为：物体动量的变化率等于它受的合外力B.力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量，它反映了力的作用对时间的累积效应，是一个标量C.动量定理的物理实质与牛顿第二定律是相同的，但有时用起来更方便D.易碎品运输时要用柔软材料包装，船舷常常悬挂旧轮胎，都是为了延长作用时间以减小作用力E.玻璃杯掉在水泥地上易碎，是因为受到的冲量太大【解析】A选项是牛顿第二定律的一种表达方式；冲量是矢量，B错；F＝eq\f(Δp,Δt)是牛顿第二定律的最初表达方式，实质是一样的，C对；柔软材料起缓冲作用，延长作用时间，D对；由动量定理知E错.【答案】ACD4.如图2甲所示，在光滑水平面上的两小球发生正碰，小球的质量分别为m1和m2.图乙为它们碰撞前后的x­t(位移—时间)图象.已知m1＝0.1kg.由此可以判断()【导学号：67080014】图2A.碰前m2静止，m1向右运动B.碰后m2和m1都向右运动＝0.3kgD.碰撞过程中系统损失了J的机械能E.碰撞过程中系统的机械能守恒【解析】分析题图乙可知，碰前：m2处在位移为8m的位置静止，m1位移均匀增大，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，碰撞过程中动量守恒：m1v1＝m1v1′＋m2v2′得：m2＝kg，碰撞损失的机械能：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，故正确答案应选A、C、E.【答案】ACE5.如图3所示，甲、乙两车的质量均为M，静置在光滑的水平面上，两车相距为L.乙车上站立着一个质量为m的人，他通过一条轻绳拉甲车，甲、乙两车最后相接触，以下说法正确的是()图3A.甲、乙两车运动中速度之比为eq\f(M＋m,M)B.甲、乙两车运动中速度之比为eq\f(M,M＋m)C.甲车移动的距离为eq\f(M＋m,2M＋m)LD.乙车移动的距离为eq\f(M,2M＋m)LE.乙车移动的距离为eq\f(M,M＋2m)L【解析】本题类似人船模型.甲、乙、人看成一系统，则水平方向动量守恒，甲、乙两车运动中速度之比等于质量的反比，即为eq\f(M＋m,M)，A正确，B错误；Mx甲＝(M＋m)x乙，x甲＋x乙＝L，解得C、D正确，E错误.【答案】ACD二、非选择题(本题共5小题，共70分.按题目要求作答.)6.(14分)某同学用如图4(甲)所示的装置，通过半径相同的A，B两球的碰撞来验证动量守恒定律，图中PQ是斜槽，QR为水平槽.实验时先使A球从斜槽上某一固定位置G由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹.重复上述操作10次，得到10个落点痕迹.再把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让A球仍从位置G处由静止开始滚下，和B球碰撞后，A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹.重复这种操作10次.图甲中O点是水平槽末端R在记录纸上的垂直投影点.B球落点痕迹如图乙所示，其中米尺水平放置，且平行于G，R，O所在的平面，米尺的零点与O点对齐.甲乙图4(1)碰撞后B球的水平射程应取为________cm.(2)在以下选项中，本次实验必须进行测量的是___________(填选项号).A.水平槽上未放B球时，测量A球落点位置到O点的距离球与B球碰撞后，测量A球落点位置到O点的距离C.测量A球或B球的直径D.测量A球和B球的质量(或两球质量之比)E.测量G点相对于水平槽面的高度【解析】(1)如题图(乙)所示，用一个圆尽可能多地把小球落点圈在里面，由此可见圆心O的位置为cm，这也是小球落点的平均位置～都算对).(2)本实验中要测量的数据有：两个小球的质量m1、m2，三个落点的距离s1、s2、s3，所以应选A、B、D，注意此题实验装置与我们前面讲的实验装置的不同，该实验中被碰小球抛出点即为O点，所以选项C、E不选.【答案】(1)～(2)ABD7.(14分)如图5所示，光滑平台上有两个刚性小球A和B，质量分别为2m和3m，小球A以速度v0向右运动并与静止的小球B发生碰撞(碰撞过程不损失机械能)，小球B飞出平台后经时间t刚好掉入装有沙子向左运动的小车中，小车与沙子的总质量为m，速度为2v图5(1)碰撞后小球A和小球B的速度；(2)小球B掉入小车后的速度.【解析】(1)设A球与B球碰撞后速度分别为v1、v2，并取方向向右为正，光滑平台，两小球为弹性小球，碰撞过程遵循动量和机械能守恒，所以有mAv0＝mAv1＋mBv2①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)②由①②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球掉入沙车的过程中系统水平方向动量守恒，有mBv2＋m车v3＝(mB＋m车)v3′且v3＝－2v0得v′3＝eq\f(1,10)v0.【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8.(14分)如图6所示，小球A质量为m，系在细线的一端，线的另一端固定在O点，O点到水平面的距离为h.物块B质量是小球的5倍，置于粗糙的水平面上且位于O点正下方，物块与水平面间的动摩擦因数为μ.现拉动小球使线水平伸直，小球由静止开始释放，运动到最低点时与物块发生正碰(碰撞时间极短)，反弹后上升至最高点时到水平面的距离为eq\f(h,16).小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g，求碰撞过程物块获得的冲量及物块在地面上滑行的距离.图6【解析】设小球的质量为m，运动到最低点与物体块相撞前的速度大小为v1，取小球运动到最低点时的重力势能为零，根据机械能守恒定律有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)解得：v1＝eq\r(2gh)设碰撞后小球反弹的速度大小为v1′，同理有mgeq\f(h,16)＝eq\f(1,2)mv1′2解得：v1′＝eq\r(\f(gh,8))设碰撞后物块的速度大小为v2，取水平向右为正方向由动量守恒定律有mv1＝－mv1′＋5mv2解得：v2＝eq\r(\f(gh,8))由动量定理可得，碰撞过程滑块获得的冲量为：I＝5mv2＝eq\f(5,4)meq\r(2gh)物块在水平面上滑行所受摩擦力的大小为F＝5μmg设物块在水平面上滑动的距离为s，由动能定理有－Fs＝0－eq\f(1,2)×5mveq\o\al(2,2)解得：s＝eq\f(h,16).【答案】eq\f(5,4)meq\r(2gh)eq\f(h,16)9.(14分)(2023·天津高考)如图7所示，水平地面上静止放置一辆小车A，质量mA＝4kg，上表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计.可视为质点的物块B置于A的最右端，B的质量mB＝2kg.现对A施加一个水平向右的恒力F＝10N，A运动一段时间后，小车左端固定的挡板与B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A、B粘合在一起，共同在F的作用下继续运动，碰撞后经时间t＝s，二者的速度达到vt＝2m/s.求：图7(1)A开始运动时加速度a的大小；(2)A、B碰撞后瞬间的共同速度v的大小；(3)A的上表面长度l.【解析】本题应从分析小车与物块的运动过程入手，结合牛顿第二定律、动量定理、动量守恒定律、动能定理等规律求解.(1)以A为研究对象，由牛顿第二定律有F＝mAa①代入数据解得a＝2.5m/s2.②(2)对A、B碰撞后共同运动t＝s的过程，由动量定理得Ft＝(mA＋mB)vt－(mA＋mB)v③代入数据解得v＝1m/s.④(3)设A、B发生碰撞前，A的速度为vA，对A、B发生碰撞的过程，由动量守恒定律有mAvA＝(mA＋mB)v⑤A从开始运动到与B发生碰撞前，由动能定理有Fl＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)⑥由④⑤⑥式，代入数据解得l＝0.45m.【答案】(1)m/s2(2)1m/s(3)m10.(14分)如图8所示，一长木板位于光滑水平面上，长木板的左端固定一挡板，木板和挡板的总质量为M＝3.0kg，木板的长度为L＝1.5m.在木板右端有一小物块，其质量m＝1.0kg，小物块与木板间的动摩擦因数μ＝，它们都处于静止状态.现令小物块以初速度v0沿木板向左滑动，重力加速度g取10m/s2.(1)若小物块刚好能运动到左端挡板处，求v0的大小；(2)若初速度v0＝3m/s，小物块与挡板相撞后，恰好能回到右端而不脱离木板，求碰撞过程中损失的机械能.图8【解析】(1)设木板和物块最后共同的速度为v，由动量守恒定律mv0＝(m＋M)v①对木板和物块系统，由功能关系μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(M＋m)v2②由①②两式解得：v0＝eq\r(\f(2μgLM＋m,M))＝eq\r(\f(2××10