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本文(第一章 碰撞与动量守恒 章末检测试卷(含答案))为本站会员(画**)主动上传,七七文库仅提供信息存储空间,仅对用户上传内容的表现方式做保护处理,对上载内容本身不做任何修改或编辑。 若此文所含内容侵犯了您的版权或隐私,请立即通知七七文库(发送邮件至373788568@qq.com或直接QQ联系客服),我们立即给予删除!

第一章 碰撞与动量守恒 章末检测试卷(含答案)

1、章末检测试卷章末检测试卷( (一一) ) (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.其中 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 Fp t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 C 解析 A 选项是牛顿第二定律的另一种表达方式,所以 A 正确;Fp t是

2、牛顿第二定律的最 初表达方式,实质是一样的,B 正确;冲量是矢量,C 错误;易碎品运输时用柔软材料包装, 船舷常常悬挂旧轮胎,都是为了延长作用时间,减小作用力,D 正确. 2.(2018 晋江季延中学高二期末)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 碎片首先沿竖直方向落至地面, 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 由于一块碎片首先沿竖直方向落至地面,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

3、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 1 A.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. 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

4、,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 2 A.0 B.m M 2MgR Mm,方向向左 C.m M 2MgR Mm,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:0mvMv,根据机械能守恒定律得:mgR1 2mv 21 2Mv 2,联立以上两式解 得 vm M 2MgR Mm,方向向左,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

5、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.v 4 2h g B.2v 3 2h g C.4v 2h g D.4v 3 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:mv3mv0,解得 vv 3;设两块爆竹落地用的 时间为 t,则有:h1 2gt 2,得 t 2h g ,落地点两者间的距离为:s(vv)t,联立各式解 得:s4v 3 2h g ,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

6、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 3 A.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.小球离开车后,对地将向右做平抛运动 C.小球离开车后,对地可能做自由落体运动 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:1 2mv0 21 2mv1 21 2mv2 2,联立,解得 v 10,v2v0,即小球与小车分离 时二者交换速度

7、,所以小球与小车分离后对地可能做自由落体运动,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 4 A.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

8、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象.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 5 A.A、B 碰撞前的总动量为 3 kg m/s B.碰撞时 A 对 B 所施冲量为4 N s C.碰撞前后 A 的动量变化为 6 kg m/s D.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 st 图象可知,碰撞前有:A 球的速度 vAsA tA 410 2 m/s3 m/s,B 球的速 度 vBsB tB 4 2 m/s2 m

9、/s; 碰撞后 A、 B 两球的速度相等, 为 vAvBv sC tC 24 2 m/s 1 m/s,则碰撞前后 A 的动量变化 pAmvmvA4 kg m/s;对 A、B 组成的系统,由动 量守恒定律 mvAmBvB(mmB)v 得: mB4 3 kg.A 与 B 碰撞前的总动量为: p 总mvAmBvB 2(3) kg m/s4 32 kg m/s 10 3 kg m/s; 由动量定理可知, 碰撞时A对B所施冲量为: IBpB4 kg m/s4 N s.碰撞中 A、 B 两球组成的系统损失的动能: Ek1 2mvA 21 2mBvB 2 1 2(mmB)v 2,代入数据解得:E k10 J

10、,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 压缩(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,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 6 A.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m Mv C.小车向左运动的最大位移为 mL Mm D.小

11、车向左运动的最大位移为m ML 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 vm Mv,同时该系统属于“人船模型”,Mdm(Ld),所 以车向左运动的最大位移应等于 d mL Mm,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

12、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 7 A.E1 4mv0 2 B.E1 2mv0 2 C.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 vv0 2,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 E1 2 2m v0 2 21 4mv0 2,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

13、的速度大小均为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I2mv0 2 2m v0 2 2mv0, C 错误,D 正确. 二、实验题(本题共 2 小题,共 13 分) 11.(5分)用半径相同的两小球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

14、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|pp| p 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|pp| p |28.6222.68111.50| 28.62 2%. 12.(8 分)图 9 为一弹簧弹射装置,在内

15、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固连).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 x B.两球落点 P、Q 到对应管口 M、N 的水平距离 x1、x2 C.小球直径 D.两球从管口弹出到落地的时间 t1、t2 (2)根

16、据测量结果,可得弹性势能的表达式为 Ep_. (3)由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)m1gx1 2 4h m2gx2 2 4h (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 x 2h g ,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 Ek1 2mv0 2mgx 2 4h ,故弹性势能的表达式为

17、Ep1 2m1v1 21 2m2v2 2 m1gx1 2 4h m2gx2 2 4h ; (3)如果满足关系式 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 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,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

18、向左的初速度 v0 6kgl,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)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) kgl (2)kmgl 解析 (1)由动能定理:kmgl1 2mv1 21 2mv0 2(2 分) 由动量守恒定律:mv12mv共(2 分) 由解得 v12 kgl,v共 kgl(2 分) (2)E1 2mv1 21 22mv 共 2 (3 分) 联立解得 Ekmgl(1 分) 14.(12 分)(2019 永春一中高二期末)如图

19、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.设两小球均可以看做质点,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,g10 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 (

20、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: 1 2MvA 21 2MvA 21 2mvB 2 (1 分) 联立以上各式解得:vA1 m/s,vB3 m/s(1 分) 又因为 B 球在轨道上机械能守恒: 1 2mvC 22mgR1 2mvB 2 (1 分) 解得:vC 5 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: m

21、gFNmvC 2 R (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:1 2MvA 2MgR 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:Mgs01 2MvA 2(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 12 所示.现从水平方向迎面射来一颗子弹, 质量为m 4,速度大小为 v

22、0,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)v0 5 v0 2 (2) 1 40mv0 2 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 vBv0 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: mv0 2 mv0 4 (m 4m)vA(2 分) 解得 vAv0 5

23、 (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 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: 5 4mvAmvB( 5 4mm)v(2 分) 由机械能守恒定律得: 1 2 5 4mvA 21 2mvB 21 2( 5 4mm)v 2E pm(3 分) 联立解

24、得 v1 3v0,Epm 1 40mv0 2.(2 分) 16.(13 分)(2018 沂南高二下学期期中)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

25、大小. 答案 (1)大小都为Mm Mmv0 方向都向右 (2) mg M 2Mmv0 Mm (3)2Mm 2Mg 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 vMm Mmv0,方向向右(2 分) (2)对 B,由牛顿第二定律得 mgMa(1 分) 可得 amg M (1 分) 对 B,由动量定理可得 IMvMv0(1 分) 得:I2Mmv0 Mm (1 分) 故 A 对 B 的冲量大小为2Mmv0 Mm (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 s,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: mgs1 2Mv 21 2Mv0 2(2 分) 联立解得:s2Mm 2Mg v02.(1 分)