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题为多项选择题全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分)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；F是牛顿第二定律的最初表达方式，实质是一样的，B正确；
2、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(2019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
3、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.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2A0B.，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，根据动量守恒定律
4、得：0mvMv，根据机械能守恒定律得：mgRmv2Mv2，联立以上两式解得v，方向向左，故选项B正确5(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，则两块爆竹落地后相距()A. B.C4v 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，落地点两者间的距离为：s(vv)t，联立各式解得：s，故选D.6.如图
5、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：mvmvmv，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
6、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4AA、B质量相等，但A比B速率大BA、B质量相等，但A比B速率小CA、B速率相等，但A比B的质量大DA、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
7、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5AA、B碰撞前的总动量为3 kgm/sB碰撞时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st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
8、/s；由动量定理可知，碰撞时A对B所施冲量为：IBpB4 kgm/s4 Ns.碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能：EkmvmBv(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
9、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)，所以车向左运动的最大位移应等于d，综上，选项B、C正确10.(2019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
10、体的冲量大小为I，则下列表达式中正确的是()图7AEmv BEmvCImv0 DI2mv0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E2m2mv，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
11、题，共13分)11.(5分)用半径相同的两小球A、B碰撞“探究物体碰撞时动量变化的规律”，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
12、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xB两
13、球落点P、Q到对应管口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Ekmv，故弹性势能的表达式为Epm1vm2v；(3)如果满足关系
14、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)细线拉紧后两滑扣的共同速度大小；(
15、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：kmglmvmv(2分)由动量守恒定律：mv12mv共(2分)由解得v12，v共(2分)(2)Emv2mv(3分)联立解得Ekmgl(1分)14(12分)(2019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
16、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(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：MvMvA2mv(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：mv2mgRmv(1分)解得：vC m/s
17、(1分)设在最高点C，轨道对小球B的压力大小为N，则有：mgNm(1分)解得N4 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
18、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)mv解析(1)在子弹击中木块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
19、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：mvmv(mm)v2Epm(3分)联立解得vv0，Epmmv.(2分)16(13分)(2018沂南高二下期中)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
20、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)v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：mgsMv2Mv(2分)联立解得：sv.(1分)