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    2020年教科版高中物理选修3-5 第一章 碰撞与动量守恒 章末检测试卷(含答案)

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    2020年教科版高中物理选修3-5 第一章 碰撞与动量守恒 章末检测试卷(含答案)

    1、章末检测试卷(一)(时间:90分钟满分:100分)一、选择题(本题共10小题,每小题4分,共计40分.16题为单项选择题,710题为多项选择题)1.下列说法错误的是()A.根据F可把牛顿第二定律表述为:物体动量的变化率等于它所受的合外力B.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C.力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量,它是一个标量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答案C2.(2018季延中学高二期末)一个礼花弹竖直上升到最高点时炸裂成三块碎片,其中一块碎片沿竖直方向先落至地面,另两块碎片稍后一些同时落至地面.则在礼花弹炸裂

    2、后的瞬间这三块碎片的运动方向可能是()答案D解析由于一块碎片沿竖直方向先落至地面,这个碎片的速度方向应竖直向下,根据动量守恒,另两块碎片的动量合成后应竖直向上,故D正确.3.(2018林州一中高二月考)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

    3、,即停止运动,故选A.4.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.0 B.,方向向左C.,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,m、M组成的系统水平方向动量守恒,知小球滑行到最低点向右运动时,槽的速度方向向左,根据动量守恒定律得:0mvMv,根据机械能守恒定律得:mgRmv2Mv2,联立以上两式解得v,故选项B正确.5.(2018济南市高二下学期期末)一只爆竹竖直升空后,在高为h处达

    4、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31,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,则两块爆竹落地时相距()A. B. C.4v D.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:mv3mv0,解得v;设两块爆竹落地用的时间为t,则有:hgt2,得t,落地时两者间的距离为:s(vv)t,联立各式解得:s,故选D.6.如图3所示,在光滑的水平地面上停放着质量为m的装有弧形槽的小车.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

    5、相互作用的过程中,小车和小球组成的系统总动量守恒B.小球离开车后,对地将向右做平抛运动C.小球离开车后,对地将做自由落体运动D.小球离开车后,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:mv0mv1mv2,由机械能守恒得:mv02mv12mv22,联立,解得v10,v2v0,即小球与小车分离时二者交换速度,所以小球与小车分离后对地将做自由落体运动,故B、D错误,C正确.7.(2018会宁四中高二下学期期中)如图4所示,小车放在光滑水平面上,A、B两人站在小车的两

    6、端,这两人同时开始相向行走,发现小车向左运动,分析小车运动的原因可能是()图4A.A、B质量相等,但A比B速率大B.A、B质量相等,但A比B速率小C.A、B速率相等,但A比B的质量大D.A、B速率相等,但A比B的质量小答案AC解析以向右为正方向,A、B两人及小车组成的系统动量守恒,则mAvAmBvBmCvC0,得mAvAmBvB0.所以A、C正确.8.A、B两球沿一直线运动并发生正碰.如图5所示为两球碰撞前后的位移时间图像.a、b分别为A、B两球碰撞前的位移时间图线,c为碰撞后两球共同运动的位移时间图线,若A球质量是m2 kg,则由图可知()图5A.A、B碰撞前的总动量为3 kgm/sB.碰撞

    7、时A对B所施冲量为4 NsC.碰撞前后A的动量变化为6 kgm/sD.碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10 J答案BD解析由xt图像可知,碰撞前有:A球的速度vA m/s3 m/s,B球的速度vB m/s2 m/s;碰撞后A、B两球的速度相等,为vAvBv m/s1 m/s,则碰撞前后A的动量变化pAmvmvA4 kgm/s;对A、B组成的系统,由动量守恒定律mvAmBvB(mmB)v得:mB kg.A与B碰撞前的总动量为:p总mvAmBvB2(3) kgm/s2 kgm/s kgm/s;由动量定理可知,碰撞时A对B所施冲量为:IBpBmBvmBvB4 kgm/s4 Ns.碰撞中A、B两

    8、球组成的系统损失的动能:EkmvA2mBvB2(mmB)v2,代入数据解得:Ek10 J,故A、C错误,B、D正确.9.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,长为L,质量为m的木块C放在小车上,用细绳连接于小车的A端并使弹簧处于压缩状态(细绳未画出),开始时小车与C都处于静止状态,如图6所示,当突然烧断细绳时,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6A.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vC.小车向左运动的最大

    9、位移为D.小车向左运动的最大位移为L答案BC解析小车、弹簧与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.Mvmv0,则vv,同时该系统属于“人船模型”,Mdm(Ld),小车向左运动的最大位移d,综上,选项B、C正确.10.(2018郑州一中高二期中)如图7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.不计空气阻力,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7A.Emv02 B

    10、.Emv02C.Imv0 D.I2mv0答案AD解析选取A、B作为一个系统,设两球碰撞后的速度为v,在A、B两球碰撞过程中,以v0的方向为正方向,利用动量守恒定律可得:mv0(mm)v,解得v,再将A、B及轻弹簧作为一个系统,在压缩弹簧过程中利用机械能守恒定律可得:弹簧最大弹性势能E2m2mv02,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,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I2m2m2mv0,C错误,D正确.二、实验题(本题共2小题,共计13分)11.(5分)用半径相同的两

    11、小球A、B碰撞“验证动量守恒定律”,实验装置示意图如图8所示,斜槽与水平槽平滑连接.实验时先不放B球,使A球从斜槽上某一固定点C由静止滚下,落到位于水平地面的记录纸上留下痕迹.再把B球静置于水平槽前端边缘处,让A球仍从C处由静止滚下,A球和B球碰撞后分别落在记录纸上留下各自的痕迹.记录纸上的O点是重垂线所指的位置,若测得各落点痕迹到O点的距离:OM2.68 cm,OP8.62 cm,ON11.50 cm,并知 A、B两球的质量比为21,则未放B球时A球落地点是记录纸上的_点,系统碰撞前总动量p与碰撞后总动量p的百分误差100%_%(结果保留一位有效数字).图8答案P(2分)2(3分)解析根据实

    12、验现象,未放B球时A球落地点是记录纸上的P点;碰撞前总动量p与碰撞后总动量p的百分误差100%100%2%.12.(8分)图9为一弹簧弹射装置,在内壁光滑、水平固定的金属管中放有轻弹簧,弹簧压缩并锁定,在金属管两端各放置一个金属小球1和2(两球直径略小于管径且与弹簧不相连).现解除弹簧锁定,两个小球同时沿同一直线向相反方向弹射.然后按下述步骤进行实验:图9用天平测出两球质量m1、m2;用刻度尺测出两管口离地面的高度h;记录两球在水平地面上的落点P、Q.回答下列问题:(1)要测定弹射装置在弹射时所具有的弹性势能,还需测量的物理量有_.(已知重力加速度g)A.弹簧的压缩量xB.两球落点P、Q到对应

    13、管口M、N的水平距离x1、x2C.小球直径D.两球从管口弹出到落地的时间t1、t2(2)根据测量结果,可得弹性势能的表达式为Ep_.(3)由已知量和上述测得的物理量来表示,如果满足关系式_,就说明弹射过程中两小球组成的系统动量守恒.答案(1)B(2分)(2)(3分)(3)m1x1m2x2(3分)解析(1)根据机械能守恒定律可知,弹簧的弹性势能等于两球得到的动能之和,而要求解动能必须还要知道两球弹射的初速度v0,由平抛运动规律可知v0,故还需要测出两球落点P、Q到对应管口M、N的水平距离x1、x2;(2)小球被弹开时获得的动能Ekmv02,故弹性势能的表达式为Epm1v12m2v22;(3)如果

    14、满足关系式m1v1m2v2,即m1x1m2x2,那么就说明弹射过程中两小球组成的系统动量守恒.三、计算题(本题共4小题,共计47分)13.(10分)(2018三明市高二下学期期末)如图10所示,水平固定的长滑杆上套有2个质量均为m的薄滑扣(即可以滑动的圆环)A和B,两滑扣之间由不可伸长的柔软轻质细线连接(图中未画出),细线长度为l,滑扣在滑杆上滑行的阻力大小恒为滑扣对滑杆正压力大小的k倍,开始时两滑扣可以近似地看成挨在一起(但未相互挤压).今给滑扣A一个向左的初速度v0,使其在滑杆上开始向左滑行,细线拉紧后两滑扣以共同的速度向前滑行,假设细线拉紧过程的时间极短,重力加速度为g,求:图10(1)

    15、细线拉紧后两滑扣的共同速度大小;(2)整个过程中仅仅由于细线拉紧引起的机械能损失.答案(1)(2)kmgl解析(1)由动能定理:kmglmv12mv02(2分)由动量守恒定律:mv12mv共(2分)由解得v12,v共(2分)(2)Emv122mv共2(3分)联立解得Ekmgl.(1分)14.(12分)(2018永春一中高二期末)如图11所示,粗糙的水平面连接一个竖直平面内的半圆形光滑轨道,其半径为R0.1 m,半圆形轨道的底端放置一个质量为m0.1 kg的小球B,水平面上有一个质量为M0.3 kg的小球A以初速度v04.0 m/s开始向着小球B运动,经过时间t0.80 s与B发生弹性碰撞.设两

    16、小球均可以看成质点,它们的碰撞时间极短,且已知小球A与水平面间的动摩擦因数0.25,重力加速度g取10 m/s2,求:图11(1)两小球碰撞前A的速度大小;(2)小球B运动到最高点C时对轨道的压力;(3)小球A所停的位置距圆轨道最低点的距离.答案(1)2 m/s(2)4 N,方向竖直向上(3)0.2 m解析(1)以v0的方向为正方向,碰撞前对A由动量定理有:MgtMvAMv0(1分)解得:vA2 m/s(1分)(2)对A、B,碰撞前后动量守恒:MvAMvAmvB(1分)因A、B发生弹性碰撞,故碰撞前后动能保持不变:MvA2MvA2mvB2(1分)联立以上各式解得:vA1 m/s,vB3 m/s

    17、(1分)对B球由机械能守恒得:mvC22mgRmvB2(1分)解得:vC m/s(1分)设在最高点C,轨道对小球B的压力大小为FN,则有:mgFNm(1分)解得FN4 N(1分)由牛顿第三定律知,小球对轨道的压力的大小为4 N,方向竖直向上.(1分)(3)对A沿圆轨道运动时:MvA2MgR因此A沿圆轨道运动到其能到达的最高点后又原路返回轨道底端,此时A的速度大小为1 m/s.由动能定理得:Mgs0MvA2(1分)解得:s0.2 m.(1分)15.(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12所示.现从水平方向迎面

    18、射来一颗子弹,质量为,速度大小为v0,子弹射入木块A(时间极短)并留在其中.求:图12(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)(2)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;(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:(m)vA(2分)解得vA(2分)(2)由于子弹击中木块A后,木块A、木块B运动方向相同且vAvB,故弹簧开始被压缩,分别给木块

    19、A、B施以弹力,使得木块A加速、B减速,弹簧不断被压缩,弹性势能增大,直到二者速度相等时弹簧的弹性势能最大,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:mvAmvB(mm)v(2分)由机械能守恒定律得:mvA2mvB2(mm)v2Epm(3分)联立解得vv0,Epmmv02.(2分)16.(13分)(2018沂南县高二下学期期中)如图13所示,一质量为M的平板车B放在光滑水平面上,在其右端放一质量为m的小木块A,mM,A、B间动摩擦因数为,现给A和B以大小相等、方

    20、向相反的初速度v0,使A开始向左运动,B开始向右运动,最后A不会滑离B,已知重力加速度为g,求:图13(1)A、B最后的速度大小和方向;(2)在平板车与小木块相对滑动的过程中,B的加速度大小及A对B的冲量大小;(3)从地面上看,小木块向左运动到离出发点最远处时,平板车向右运动的位移大小.答案(1)大小都为v0方向都向右(2)(3)v02解析(1)以水平向右为正方向,对A、B系统由动量守恒得:Mv0mv0(Mm)v(2分)所以vv0,方向向右(2分)(2)对B,由牛顿第二定律得mgMa(1分)可得a(1分)对B,由动量定理可得IMvMv0(1分)得:I(1分)故A对B的冲量大小为(3)A向左运动速度减为零时,到达最远处,设此时平板车运动的位移为x,速度大小为v,则由动量守恒定律得:Mv0mv0Mv(2分)对平板车应用动能定理得:mgxMv2Mv02(2分)联立解得:xv02.(1分)


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