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人教版(新教材)高中物理选择性必修第一册PAGEPAGE1章末检测试卷(一)(时间:90分钟满分:100分)一、单项选择题:本题共8小题,每小题3分,共24分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.下面列举的装置各有一定的道理,其中不能用动量定理进行解释的是()A.运输玻璃器皿等易碎物品时,在器皿的四周总是垫着碎纸或海绵等柔软、有弹性的垫衬物B.建筑工人戴的安全帽内有帆布垫,把头和帽子的外壳隔开一定的空间C.热水瓶胆做成两层,且把两层中间的空气抽去D.跳高运动中的垫子总是十分松软〖答案〗C2.如图1所示,在光滑的水平面上放置有两木块A和B,A的质量较大,现同时施加大小相等的恒力F使它们相向运动,然后又同时撤去外力F,A和B迎面相碰后合在一起,则A和B合在一起后的运动情况是()图1A.停止运动B.因A的质量较大而向右运动C.因B的速度较大而向左运动D.运动方向不确定〖答案〗A〖解析〗由动量定理知,A和B在碰撞之前的动量等大反向,合动量为零,碰撞过程中动量守恒,因此碰撞合在一起之后的总动量仍为零,即停止运动,故选A.3.(2019·湖北重点高中联考)一只小船质量为M,船上人的质量为m.船原来以速度v0行驶,当船上的人以相对地面的水平速度v0沿船行反方向跳离船时,不计水的阻力,则船的速度大小变为()A.v0 B.eq\f(m,M)v0C.eq\f(M+m,M)v0 D.eq\f(M+2m,M)v0〖答案〗D〖解析〗当船上的人以相对地面的水平速度v0沿船行反方向跳离船时,小船和人组成的系统动量守恒,以小船原来的速度方向为正方向,根据动量守恒定律得:(M+m)v0=m(-v0)+Mv解得:v=eq\f(M+2m,M)v0,故D正确.4.一质量为60kg的建筑工人不慎由静止从高空跌下,由于弹性安全带的保护,使他悬挂起来.已知弹性安全带从开始伸直到拉伸到最长的缓冲时间是1.5s,安全带自然长度为5m,g取10m/s2,则安全带所受的平均冲力的大小为()A.500N B.1100NC.600N D.1000N〖答案〗D〖解析〗设建筑工人下落5m时速度为v,则v=eq\r(2gh)=eq\r(2×10×5)m/s=10m/s,设安全带所受平均冲力大小为F,则由动量定理得:(mg-F)t=-mv,所以F=mg+eq\f(mv,t)=60×10N+eq\f(60×10,1.5)N=1000N,故D对,A、B、C错.5.a、b两球在光滑的水平面上沿同一直线发生正碰,碰撞前a球的动量pa=30kg·m/s,b球的动量pb=0,碰撞过程中,a球的动量减少了20kg·m/s,则碰撞后b球的动量为()A.-20kg·m/s B.10kg·m/sC.20kg·m/s D.30kg·m/s〖答案〗C〖解析〗碰撞过程中,a球的动量减少了20kg·m/s,故此时a球的动量是10kg·m/s,a、b两球碰撞前后总动量保持不变,为30kg·m/s,则碰撞后b球的动量为20kg·m/s.6.(2018·济南市高二下期末)一只爆竹竖直升空后,在高为h处达到最高点并发生爆炸,分为质量不同的两块,两块质量之比为3∶1,其中质量小的一块获得大小为v的水平速度,重力加速度为g,不计空气阻力,则两块爆竹落地后相距()A.eq\f(v,4)eq\r(\f(2h,g)) B.eq\f(2v,3)eq\r(\f(2h,g))C.4veq\r(\f(2h,g)) D.eq\f(4v,3)eq\r(\f(2h,g))〖答案〗D〖解析〗设其中一块质量为m,另一块质量为3m.爆炸过程系统水平方向动量守恒,以速度v的方向为正方向,由动量守恒定律得:mv-3mv′=0,解得v′=eq\f(v,3);设两块爆竹落地用的时间为t,则有:h=eq\f(1,2)gt2,得t=eq\r(\f(2h,g)),落地后两者间的距离为:s=(v+v′)t,联立各式解得:s=eq\f(4v,3)eq\r(\f(2h,g)),故选D.
7.如图2所示,半径为R的光滑半圆槽质量为M,静止在光滑水平面上,其内表面有一质量为m的小球被竖直细线吊着位于槽的边缘处,现将线烧断,小球滑行到最低点向右运动时,槽的速度为(重力加速度为g)()图2A.0B.eq\f(m,M)eq\r(\f(2MgR,M+m)),方向向左C.eq\f(m,M)eq\r(\f(2MgR,M+m)),方向向右D.不能确定〖答案〗B〖解析〗以水平向右为正方向,设在最低点时m和M的速度大小分别为v和v′,根据动量守恒定律得:0=mv-Mv′,根据机械能守恒定律得:mgR=eq\f(1,2)mv2+eq\f(1,2)Mv′2,联立以上两式解得v′=eq\f(m,M)eq\r(\f(2MgR,M+m)),方向向左,故选项B正确.8.如图3所示,在光滑的水平地面上停放着质量为m的装有eq\f(1,4)弧形槽的小车.现有一质量也为m的小球以v0的水平速度沿与切线水平的槽口向小车滑去,不计一切摩擦,则()图3A.在相互作用的过程中,小车和小球组成的系统总动量守恒B.小球从右侧离开车后,对地将向右做平抛运动C.小球从右侧离开车后,对地将做自由落体运动D.小球从右侧离开车后,小车的速度有可能大于v0〖答案〗C〖解析〗整个过程中系统水平方向动量守恒,竖直方向动量不守恒,故A错误;设小球离开小车时,小球的速度为v1,小车的速度为v2,整个过程中水平方向动量守恒:mv0=mv1+mv2,由机械能守恒得:eq\f(1,2)mv02=eq\f(1,2)mv12+eq\f(1,2)mv22,联立解得v1=0,v2=v0,即小球与小车分离时二者交换速度,所以小球从小车右侧离开后对地将做自由落体运动,故B、D错误,C正确.二、多项选择题:本题共4小题,每小题4分,共16分.在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分.9.如图4所示,用水平轻弹簧相连的物块a和b放在光滑的水平面上,物块a紧靠竖直墙壁,物块c以初速度v0向物块b运动并在极短时间内与b粘在一起.对于由物块a、b、c和弹簧所组成的系统,在下列依次进行的过程中,机械能守恒但动量不守恒的是()图4A.c刚与b接触→c与b粘在一起B.b和c整体向左运动→弹簧压缩量第一次最大C.弹簧压缩量第一次最大→弹簧第一次恢复原长D.弹簧第一次恢复原长→弹簧伸长量第一次最大〖答案〗BC〖解析〗c与b粘在一起,发生的是完全非弹性碰撞,动量守恒,机械能损失最大,故A错误;b和c整体向左运动→弹簧压缩量第一次最大,动能转化成弹簧的弹性势能,机械能守恒,但动量不守恒,故B正确;弹簧压缩量第一次最大→弹簧第一次恢复原长,弹性势能转化成动能,机械能守恒,但是动量增加,故C正确;弹簧第一次恢复原长→弹簧伸长量第一次最大,动量守恒,机械能守恒,故D错误.10.质量为m的小球A,沿光滑水平面以v0的速度与质量为2m的静止小球B发生正碰,碰撞后A球的动能变为原来的eq\f(1,9),那么小球B的速度可能是()A.eq\f(1,3)v0 B.eq\f(2,3)v0C.eq\f(4,9)v0 D.eq\f(5,9)v0〖答案〗AB〖解析〗根据Ek=eq\f(1,2)mv2,碰撞后A球的动能变为原来的eq\f(1,9),则A球的速度变为vA′=±eq\f(1,3)v0,正、负表示方向有两种可能.当vA′=eq\f(1,3)v0时,vA′与v0同向,有mv0=eq\f(1,3)mv0+2mvB,解得vB=eq\f(1,3)v0当vA′=-eq\f(1,3)v0时,vA′与v0反向,有mv0=-eq\f(1,3)mv0+2mvB,解得vB=eq\f(2,3)v0,故选A、B.11.小车静置于光滑的水平面上,小车的A端固定一个水平轻质小弹簧,B端粘有橡皮泥,小车的质量为M,质量为m的木块C放在小车上,用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩(细绳未画出),开始时小车与C都处于静止状态,木块C距小车右端的距离为L,如图5所示,当突然烧断细绳,弹簧被释放,使木块C离开弹簧向B端冲去,并跟B端橡皮泥粘在一起,以下说法中正确的是()图5A.如果小车内表面光滑,整个系统任何时刻机械能都守恒B.当木块相对地面运动的速度大小为v时,小车相对地面运动的速度大小为eq\f(m,M)vC.小车向左运动的最大位移为eq\f(mL,M+m)D.小车向左运动的最大位移为eq\f(m,M)L〖答案〗BC〖解析〗小车、弹簧与木块C这一系统所受合外力为零,系统在整个过程动量守恒,但粘接过程有机械能损失.Mv′-mv=0,则v′=eq\f(m,M)v,该系统属于“人船模型”,Md=m(L-d),所以车向左运动的最大位移应等于d=eq\f(mL,M+m),综上,选项B、C正确.12.(2020·郑州一中高二期中)如图6所示,质量为m的小球A静止于光滑的水平面上,在球A和墙之间用水平轻弹簧连接,现用完全相同的小球B以水平速度v0与A相碰撞,碰撞后两球粘在一起压缩弹簧.若弹簧被压缩过程中的最大弹性势能为E,从球A被碰撞到回到原静止位置的过程中弹簧对A、B整体的冲量大小为I,则下列表达式中正确的是()图6A.E=eq\f(1,4)mv02 B.E=eq\f(1,2)mv02C.I=mv0 D.I=2mv0〖答案〗AD〖解析〗选取A、B作为械能守恒定律可得:弹簧最大弹性势能E=eq\f(1,2)×2meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,2)))2=eq\f(1,4)mv02,A正确,B错误;弹簧压缩到最短后,A、B开始向右运动,弹簧恢复原长时,由机械能守恒定律可知,A、B的速度大小均为eq\f(v0,2),以水平向右为正方向,从球A被碰撞到回到原静止位置的过程中,弹簧对A、B整体的冲量大小I=2m×eq\f(v0,2)-2m×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-\f(v0,2)))=2mv0,C错误,D正确.三、非选择题(本题6小题,共60分)13.(6分)(2019·玉溪一中期中)如图7所示,用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律,即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系.图7(1)实验中,直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的,但是可以通过仅测量________(填选项前的符号)间接地解决这个问题.A.小球开始释放高度hB.小球抛出点距地面的高度HC.小球做平抛运动的射程(2)图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影点.实验时,先将入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放,找到其平均落地点的位置P,测量平抛射程OP.然后,把被碰小球m2静置于轨道的水平部分,再将入射球m1从斜轨上S位置由静止释放,与小球m2相撞,并多次重复.(小球质量关系满足m1>m2)接下来要完成的必要步骤是________.(填选项前的符号)A.用天平测量两个小球的质量m1、m2B.测量小球m1开始释放时的高度hC.测量抛出点距地面的高度HD.分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、NE.测量平抛射程OM、ON(3)若两球相碰前后的动量守恒,其表达式可表示为________〖用(2)中测量的量表示〗.〖答案〗(1)C(2分)(2)ADE(2分)(3)m1·OM+m2·ON=m1·OP(2分)〖解析〗(1)验证动量守恒定律实验中,即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系,直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的,但是可以由落地高度不变情况下的水平射程来体现速度.故选C.(2)实验时,先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放,找到其平均落地点的位置P,测量平抛射程OP.然后,把被碰小球m2静置于轨道的水平部分,再将入射球从斜轨上S位置静止释放,与小球相碰,并多次重复.测量平均落地点的位置,找到平抛运动的水平位移,因此步骤中D、E是必需的,而且D要在E之前.至于用天平测量质量,先后均可以.故选A、D、E.(3)若两球相碰前后的动量守恒,则m1v0=m1v1+m2v2,又OP=v0t,OM=v1t,ON=v2t,代入得:m1OP=m1OM+m2ON.14.(8分)(2019·济宁市模拟考试)为了验证碰撞中的动量守恒和检验两个小球的碰撞是否为弹性碰撞,某同学选取了两个体积相同、质量相差比较大的小球a、b,按下述步骤做了实验:图8①用天平测出两小球a、b的质量(分别为m1和m2,且m1>m2).②按如图8所示安装好实验器材,将斜槽AB固定在桌边,使槽的末端切线水平,将一斜面BC连接在斜槽末端.③先不放小球b,让小球a从斜槽顶端A处由静止开始滚下,记下小球在斜面上的落点位置.④将小球b放在斜槽末端边缘处,让小球a从斜槽顶端A处由静止开始滚下,使它们发生碰撞,分别记下小球a和b在斜面上的落点位置.⑤用毫米刻度尺量出各个落点位置到斜槽末端点B的距离.图中点D、E、F是该同学记下小球在斜面上的落点位置,到B点的距离分别为LD、LE、LF.根据该同学的实验,回答下列问题:(1)在不放小球b时,小球a从斜槽顶端A处由静止开始滚下,a的落点在图中________点,把小球b放在斜槽末端边缘处,小球a从斜槽顶端A处由静止开始滚下,使它们发生碰撞,碰后小球a的落点在图中________点.(2)若碰撞过程中,动量和机械能均守恒,不计空气阻力,则下列表达式中正确的有________.A.m1LF=m1LD+m2LEB.m1LE2=m1LD2+m2LF2C.m1LE=m1LD+m2LFD.LE=LF-LD〖答案〗(1)E(2分)D(2分)(2)C(4分)〖解析〗(1)小球a从斜槽顶端A处由静止开始滚下,a的落点在题图中的E点,小球a和小球b相撞后,小球b的速度增大,小球a的速度减小,都做平抛运动,所以碰撞后a球的落点是D点,b球的落点是F点.(2)设斜面BC的倾角为θ,小球落点到B点的距离为L,小球从B点抛出时速度为v,则竖直方向有Lsinθ=eq\f(1,2)gt2,水平方向有Lcosθ=vt,解得v=eq\f(Lcosθ,t)=eq\f(Lcosθ,\r(\f(2Lsinθ,g)))=eq\f(cosθ,\r(\f(2sinθ,g)))eq\r(L),所以v∝eq\r(L).由题意分析得,只需满足m1v1=m1v1′+m2v2,把速度v代入整理得m1eq\r(LE)=m1eq\r(LD)+m2eq\r(LF),就可说明两球碰撞过程中动量守恒;若两小球的碰撞是弹性碰撞,则碰撞前后机械能没有损失,则要满足关系式eq\f(1,2)m1v12=eq\f(1,2)m1v1′2+eq\f(1,2)m2v22,整理得m1LE=m1LD+m2LF,故C正确.15.(8分)(2019·陕西怀仁高二期中)如图9所示,人站在滑板A上,以v0=3m/s的速度沿光滑水平面向右运动.当靠近前方的横杆时,人相对滑板竖直向上起跳越过横杆,A从横杆下方通过,与静止的滑板B发生碰撞并粘在一起,之后人落到B上,与滑板一起运动,已知人、滑板A和滑板B的质量分别为m人=70kg、mA=10kg和mB=20kg,求:图9(1)A、B碰撞过程中,A对B的冲量的大小和方向;(2)人最终与滑板的共同速度的大小.〖答案〗(1)20kg·m/s方向水平向右(2)2.4m/s〖解析〗(1)人跳起后A与B碰撞前后动量守恒,设碰后AB的速度为v1,mAv0=(mA+mB)v1(2分)解得:v1=1m/s(1分)A对B的冲量:I=mBv1=20×1kg·m/s=20kg·m/s方向水平向右.(2分)(2)人下落与AB作用前后,水平方向动量守恒,设共同速度为v2,m人v0+(mA+mB)v1=(m人+mA+mB)v2(2分)代入数据得:v2=2.4m/s.(1分)16.(12分)如图10所示,在光滑水平面上静止放着一质量为2m的木板B,木板表面光滑,右端固定一水平轻质弹簧,质量为m的木块A以速度v0从木板的左端水平向右滑上木板B.图10(1)求弹簧的最大弹性势能;(2)弹簧被压缩至最短的过程中,求弹簧给木块A的冲量;(3)当木块A和木板B分离时,求木块A和木板B的速度.〖答案〗(1)eq\f(1,3)mv02(2)eq\f(2,3)mv0,方向水平向左(3)eq\f(1,3)v0,方向水平向左eq\f(2,3)v0,方向水平向右〖解析〗(1)弹簧被压缩到最短时,木块A与木板B具有相同的速度,此时弹簧的弹性势能最大,设共同速度为v,从木块A开始沿木板B表面向右运动至弹簧被压缩到最短的过程中,A、B和轻弹簧组成的系统的动量守恒,取向右为正方向,有mv0=(m+2m)v(2分)由能量守恒定律得,弹簧的最大弹性势能Ep=eq\f(1,2)mv02-eq\f(1,2)(m+2m)v2(1分)解得Ep=eq\f(1,3)mv02(1分)(2)对木块A,根据动量定理得I=mv-mv0(1分)解得I=-eq\f(2,3)mv0,负号表示方向水平向左(1分)(3)从木块A滑上木板B直到二者分离,系统的机械能守恒,设分离时A、B的速度分别为v1和v2,根据动量守恒定律得mv0=mv1+2mv2(2分)根据机械能守恒定律得eq\f(1,2)mv02=eq\f(1,2)mv12+eq\f(1,2)×2mv22(2分)解得v1=-eq\f(v0,3),v2=eq\f(2v0,3),负号表示方向水平向左.(2分)17.(12分)两块质量都是m的木块A和B在光滑水平面上均以大小为eq\f(v0,2)的速度向左匀速运动,中间用一根劲度系数为k的水平轻弹簧连接,如图11所示.现从水平方向迎面射来一颗子弹,质量为eq\f(m,4),速度大小为v0,子弹射入木块A(时间极短)并留在其中.求:图11(1)在子弹击中木块后的瞬间木块A、B的速度vA和vB的大小.(2)在子弹击中木块后的运动过程中弹簧的最大弹性势能.〖答案〗(1)eq\f(v0,5)eq\f(v0,2)(2)eq\f(1,40)mv02〖解析〗(1)在子弹打入木块A的瞬间,由于相互作用时间极短,弹簧来不及发生形变,A、B都不受弹簧弹力的作用,故vB=eq\f(v0,2);(1分)由于此时A不受弹簧的弹力,木块A和子弹构成的系统在这极短过程中所受合外力为零,系统动量守恒,选向左为正方向,由动量守恒定律得:eq\f(mv0,2)-eq\f(mv0,4)=(eq\f(m,4)+m)vA(2分)解得vA=eq\f(v0,5)(2分)(2)在弹簧压缩过程中木块A(包括子弹)、B与弹簧构成的系统动量守恒,机械能守恒.设弹簧压缩量最大时共同速度的大小为v,弹簧的最大弹性势能为Epm,选向左为正方向,由动量守恒定律得:eq\f(5,4)mvA+mvB=(eq\f(5,4)m+m)v(2分)
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