高中物理教科版5本冊總復習 章末綜合測評第1章

章末綜合測評(一)(時間：60分鐘滿分：100分)一、選擇題(本題共5小題，每小題6分，共30分，在每小題給出的5個選項有3項符合題目要求．選對1個得2分，選對2個得4分，選對3個得6分，每選錯1個扣3分，最低得分為0分．)1．水平拋出在空中飛行的物體，不考慮空氣阻力，則()A．在相等的時間間隔內動量的變化相同B．在任何時間內，動量變化的方向都是豎直向下C．在任何時間內，動量對時間的變化率恒定D．在剛拋出物體的瞬間，動量對時間的變化率為零E．在剛拋出物體的瞬間，動量對時間的變化率最大【解析】做平拋運動的物體僅受重力作用，由動量定理得Δp＝mg·Δt，因為在相等的時間內動量的變化量Δp相同，即大小相等，方向都是豎直向下的，從而動量的變化率恒定，故選項A、B、C正確，D、E錯誤．【答案】ABC2．如圖1所示，質量為M的小車靜止在光滑的水平面上，小車上AB部分是半徑為R的四分之一光滑圓弧，BC部分是粗糙的水平面．今把質量為m的小物體從A點由靜止釋放，小物體與BC部分間的動摩擦因數(shù)為μ，最終小物體與小車相對靜止于B、C之間的D點，則B、D間的距離x隨各量變化的情況是()【導學號：11010014】圖1A．其他量不變，R越大x越大B．其他量不變，μ越大x越小C．其他量不變，m越大x越大D．其他量不變，M越大x越大E．其他量不變，x與m、M均無關【解析】小車和小物體組成的系統(tǒng)水平方向的動量守恒且為零，所以當小車和小物體相對靜止時，系統(tǒng)水平方向的總動量仍為零，則小車和小物體相對于水平面也靜止，由能量守恒得μmgx＝mgR，x＝R/μ，選項A、B、E正確．【答案】ABE3．下列說法中正確的是()A．根據(jù)F＝eq\f(Δp,Δt)可把牛頓第二定律表述為：物體動量的變化率等于它受的合外力B．力與力的作用時間的乘積叫做力的沖量，它反映了力的作用對時間的累積效應，是一個標量C．動量定理的物理實質與牛頓第二定律是相同的，但有時用起來更方便D．易碎品運輸時要用柔軟材料包裝，船舷常常懸掛舊輪胎，都是為了延長作用時間以減小作用力E．玻璃杯掉在水泥地上易碎，是因為受到的沖量太大【解析】A選項是牛頓第二定律的一種表達方式；沖量是矢量，B錯；F＝eq\f(Δp,Δt)是牛頓第二定律的最初表達方式，實質是一樣的，C對；柔軟材料起緩沖作用，延長作用時間，D對；由動量定理知E錯．【答案】ACD4．如圖2甲所示，在光滑水平面上的兩小球發(fā)生正碰，小球的質量分別為m1和m2.圖乙為它們碰撞前后的x-t(位移—時間)圖像．已知m1＝kg.由此可以判斷()圖2A．碰前m2靜止，m1向右運動B．碰后m2和m1都向右運動C．m2＝kgD．碰撞過程中系統(tǒng)損失了J的機械能E．碰撞過程中系統(tǒng)的機械能守恒【解析】分析題圖乙可知，碰前：m2處在位移為8m的位置靜止，m1位移均勻增大，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，碰撞過程中動量守恒：m1v1＝m1v1′＋m2v2′得：m2＝kg，碰撞損失的機械能：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，故正確答案應選A、C、E.【答案】ACE5．如圖3所示，甲、乙兩車的質量均為M，靜置在光滑的水平面上，兩車相距為L.乙車上站立著一個質量為m的人，他通過一條輕繩拉甲車，甲、乙兩車最后相接觸，以下說法正確的是()圖3A．甲、乙兩車運動中速度之比為eq\f(M＋m,M)B．甲、乙兩車運動中速度之比為eq\f(M,M＋m)C．甲車移動的距離為eq\f(M＋m,2M＋m)LD．乙車移動的距離為eq\f(M,2M＋m)LE．乙車移動的距離為eq\f(M,M＋2m)L【解析】本題類似人船模型．甲、乙、人看成一系統(tǒng)，則水平方向動量守恒，甲、乙兩車運動中速度之比等于質量的反比，即為eq\f(M＋m,M)，A正確，B錯誤；Mx甲＝(M＋m)x乙，x甲＋x乙＝L，解得C、D正確，E錯誤．【答案】ACD二、非選擇題(本題共5小題，共70分．)6．(10分)如圖4所示為“探究碰撞中的不變量”的實驗裝置示意圖．已知a、b小球的質量分別為ma、mb，半徑分別為ra、rb，圖中P點為單獨釋放a球的平均落點，M、N是a、b小球碰撞后落點的平均位置．圖4(1)本實驗必須滿足的條件是________．A．斜槽軌道必須是光滑的B．斜槽軌道末端的切線水平C．入射小球每次都從斜槽上的同一位置無初速度釋放D．入射球與被碰球滿足ma＝mb，ra＝rb(2)為了驗證動量守恒定律，需要測量OP間的距離x1，則還需要測量的物理量有________、________(用相應的文字和字母表示)．(3)如果動量守恒，須滿足的關系式是________(用測量物理量的字母表示)．【答案】(1)BC(2)測量OM的距離x2測量ON的距離x3(3)max1＝max2＋mbx3(寫成maOP＝maOM＋mbON也可以)7．(12分)如圖5所示，在實驗室用兩端帶有豎直擋板C和D的氣墊導軌和有固定擋板的質量都是M的滑塊A和B做“探究碰撞中的守恒量”的實驗，實驗步驟如下：圖5Ⅰ.把兩滑塊A和B緊貼在一起，在A上放質量為m的砝碼，置于導軌上，用電動卡銷卡住A和B，在A和B的固定擋板間放入一輕彈簧，使彈簧處于水平方向上的壓縮狀態(tài)；Ⅱ.按下電鈕使電動卡銷放開，同時啟動兩個記錄兩滑塊運動時間的電子計時器，當A和B與固定擋板C和D碰撞同時，電子計時器自動停表，記下A至C的運動時間t1，B至D的運動時間t2；Ⅲ.重復幾次，取t1和t2的平均值．(1)在調整氣墊導軌時應注意________；(2)應測量的數(shù)據(jù)還有________；(3)只要關系式________成立，即可得出碰撞中守恒的量是mv的矢量和．【解析】(1)導軌水平才能讓滑塊做勻速運動．(2)需測出A左端、B右端到擋板C、D的距離x1、x2由計時器計下A、B到兩板的時間t1、t2算出兩滑塊A、B彈開的速度v1＝eq\f(x1,t1)，v2＝eq\f(x2,t2).(3)由動量守恒知(m＋M)v1－Mv2＝0即：(m＋M)eq\f(x1,t1)＝eq\f(Mx2,t2).【答案】(1)使氣墊導軌水平(2)滑塊A的左端到擋板C的距離x1和滑塊B的右端到擋板D的距離x2(3)(M＋m)eq\f(x1,t1)＝eq\f(Mx2,t2)8．(16分)如圖6所示，光滑平臺上有兩個剛性小球A和B，質量分別為2m和3m，小球A以速度v0向右運動并與靜止的小球B發(fā)生碰撞(碰撞過程不損失機械能)，小球B飛出平臺后經(jīng)時間t剛好掉入裝有沙子向左運動的小車中，小車與沙子的總質量為m，速度為2v0，小車行駛的路面近似看做是光滑的，求：【導學號：11010015】圖6(1)碰撞后小球A和小球B的速度；(2)小球B掉入小車后的速度．【解析】(1)設A球與B球碰撞后速度分別為v1、v2，并取方向向右為正，光滑平臺，兩小球為彈性小球，碰撞過程遵循動量和機械能守恒，所以有mAv0＝mAv1＋mBv2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)由以上兩式解得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球掉入沙車的過程中系統(tǒng)水平方向動量守恒，有mBv2＋m車v3＝(mB＋m車)v3′且v3＝－2v0解得v′3＝eq\f(1,10)v0.，方向向右．【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9．(16分)如圖7所示，一長木板位于光滑水平面上，長木板的左端固定一擋板，木板和擋板的總質量為M＝kg，木板的長度為L＝m．在木板右端有一小物塊，其質量m＝kg，小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ＝，它們都處于靜止狀態(tài)．現(xiàn)令小物塊以初速度v0沿木板向左滑動，重力加速度g取10m/s2.(1)若小物塊剛好能運動到左端擋板處，求v0的大??；(2)若初速度v0＝3m/s，小物塊與擋板相撞后，恰好能回到右端而不脫離木板，求碰撞過程中損失的機械能．圖7【解析】(1)設木板和物塊最后共同的速度為v，由動量守恒定律mv0＝(m＋M)v ①對木板和物塊系統(tǒng)，由功能關系μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(M＋m)v2 ②由①②兩式解得：v0＝eq\r(\f(2μgLM＋m,M))＝eq\r(\f(2××10××3＋1,3))m/s＝2m/s.(2)同樣由動量守恒定律可知，木板和物塊最后也要達到共同速度v設碰撞過程中損失的機械能為ΔE對木板和物塊系統(tǒng)的整個運動過程，由功能關系有μmg2L＋ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(m＋M)v2 ③由①③兩式解得：ΔE＝eq\f(mM,2M＋m)veq\o\al(2,0)－2μmgL＝eq\f(1×3,23＋1)×32J－2××10×J＝J.【答案】(1)2m/s(2)J10．(16分)(2023·全國卷Ⅰ)如圖8所示，質量分別為mA、mB的兩個彈性小球A、B靜止在地面上方，B球距地面的高度h＝m，A球在B球的正上方．先將B球釋放，經(jīng)過一段時間后再將A球釋放，當A球下落t＝s時，剛好與B球在地面上方的P點處相碰，碰撞時間極短，碰后瞬間A球的速度恰為零．已知mB＝3mA，重力加速度大小g＝10m/s2，忽略空氣阻力及碰撞中的動能損失．求：圖8(1)B球第一次到達地面時的速度；(2)P點距離地面的高度．【解析】由于兩球碰撞時間極短，并且沒有能量損失，所以在碰撞過程動量守恒，碰撞前后總動能相等，分別列方程求解．(1)設B球第一次到達地面時的速度大小為vB，由運動學公式有vB＝eq\r(2gh) ①將h＝m代入上式，得vB＝4m/s. ②(2)設兩球相碰前后，A球的速度大小分別為v1和v1′(v1′＝0)，B球的速度分別為v2和v2′.由運動學規(guī)律可得v1＝gt ③由于碰撞時間極短，重力的作用可以忽略，兩球相撞前后的動量守恒，總動能保持不變．規(guī)定向下的方向為正，有mAv1＋