高中物理选修3-5步步高全套学案及课件章末检测试卷(一)

章末检测试卷(一)

一、选择题(本题共10小题,每小题4分,共40分.1～6题为单选题,7～10题为多选题.全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分) 1.下列说法错误的是( )

Δp

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

Δt

B.力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量,它反映了力的作用对时间的累积效应,是一个标量 C.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

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 B

Δp

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；冲量是矢量,B错误；F＝是Δt牛顿第二定律的最初表达方式,实质是一样的,C正确；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.如图1所示,在光滑的水平面上有两物体A、B,它们的质量均为m.在物体B上固定一个水平轻弹簧,B处于静止状态.物体A以速度v0沿水平方向向右运动,通过弹簧与物体B发生作用.下列说法正确的是( )

图1

A.当弹簧获得的弹性势能最大时,物体A的速度为零 B.当弹簧获得的弹性势能最大时,物体B的速度为零

1

C.在弹簧的弹性势能逐渐增大的过程中,弹簧对物体B所做的功为mv02

2

D.在弹簧的弹性势能逐渐增大的过程中,弹簧对物体A和物体B的冲量大小相等,方向相反 答案 D

3.一位质量为m的运动员从下蹲状态向上跳起,经Δt时间,身体伸直并刚好离开地面,速度为v,在此过程中,下列说法正确的是(重力加速度为g)( ) 1

A.地面对他的冲量为mv＋mgΔt,地面对他做的功为mv2

2B.地面对他的冲量为mv－mgΔt,地面对他做的功为零 1

C.地面对他的冲量为mv,地面对他做的功为mv2

2D.地面对他的冲量为mv＋mgΔt,地面对他做的功为零

答案 D

解析 人的速度原来为零,起跳后变为v,以向上为正方向,由动量定理可得I－mgΔt＝mv－0,故地面对人的冲量为mv＋mgΔt,人在跳起时,地面对人的支持力竖直向上,在跳起过程中,在支持力方向上没有位移,地面对运动员的支持力不做功,故D正确.

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2

A.0 mB.MmC.M2MgR

,方向向左 M＋m

2MgR

,方向向右 M＋m

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11

定律得：0＝mv－Mv′,根据机械能守恒定律得：mgR＝mv2＋Mv′2,联立以上两式解得v′

22m

＝ M

2MgR,方向向左,故选项B正确. M＋m

5.如图3所示,小车由光滑的弧形段AB和粗糙的水平段BC组成,静止在光滑水平面上,当小车固定时,从A点由静止滑下的物体到C点恰好停止.如果小车不固定,物体仍从A点由静止滑下,则( )

图3

A.还是滑到C点停止 B.滑到BC间停止 C.会冲出C点落到车外 D.上述三种情况都有可能 答案 A

解析 设BC长度为L.小车固定时,根据能量守恒定律可知,物体的重力势能全部转化为因摩擦产生的内能,即有：Q1＝fL,

若小车不固定,设物体相对小车滑行的距离为s.对小车和物体组成的系统,水平方向动量守恒,最终两者必定均静止,根据能量守恒定律可知物体的重力势能全部转化为因摩擦产生的内能,则有：

Q2＝Q1,而Q2＝fs,

则物体在小车BC段滑行的距离s＝L,即物体仍滑到C点停止,故A正确.

6.如图4所示,总质量为M、带有底座的足够宽的框架直立在光滑水平面上,质量为m的小球通过细线悬挂于框架顶部O处,细线长为L,已知M>m,重力加速度为g,某时刻小球获得一瞬时速度v0,当小球第一次回到O点正下方时,细线拉力大小为( )

图4

A.mg

?2m?2v02

C.mg＋m

?M＋m?2L答案 B

解析 设小球第一次回到O点正下方时,小球与框架的速度分别为v1和v2.取水平向右为正方1

向,由题意可知,小球、框架组成的系统水平方向动量守恒、机械能守恒,即mv0＝mv1＋Mv2,

2m－M112m

mv02＝mv12＋Mv22,解得v1＝v0,v2＝v.当小球第一次回到O点正下方时,以小球

22m＋Mm＋M0?v1－v2?2mv02

为研究对象,由牛顿第二定律得T－mg＝m,解得细线的拉力T＝mg＋,B正确.

LL7.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两球碰前的位移—时间图像,c为碰撞后两球共同运动的位移—时间图像,若A球质量是m＝2 kg,则由图可知下列结论错误的是( )

mv02

B.mg＋ L?M－m?2v02

D.mg＋m ?M＋m?2L

图5

A.A、B碰撞前的总动量为3 kg·m/s B.碰撞时A对B的冲量为－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 AC

ΔxA4－10解析 由x－t图像可知,碰撞前A球的速度vA＝＝ m/s＝－3 m/s,碰撞前B球的速

ΔtA2ΔxB4ΔxC2－4

度vB＝＝ m/s＝2 m/s；碰撞后A、B两球的速度相等,vA′＝vB′＝v＝＝ m/s＝

ΔtB2ΔtC2－1 m/s,则碰撞前、后A的动量变化为ΔpA＝mv－mvA＝4 kg·m/s；对A、B组成的系统,由动4

量守恒定律mvA＋mBvB＝(m＋mB)v得：mB＝ kg.A与B碰撞前的总动量为：p总＝mvA＋mBvB

3410

＝2×(－3)＋×2 kg·m/s＝－ kg·m/s；由动量定理可知,碰撞时A对B的冲量为：IB＝ΔpB

33111

＝－4 kg·m/s＝－4 N·s.碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能：ΔEk＝mvA2＋mBvB2－(m

222＋mB)v2,代入数据解得：ΔEk＝10 J,故A、C错误,B、D正确.

8.如图6所示,在光滑的水平面上静止放一质量为m的木板B,木板表面光滑,左端固定一水平轻质弹簧.质量为2m的木块A以速度v0从木板的右端水平向左滑上木板B.在木块A与弹簧相互作用的过程中,下列说法正确的是( )

图6

A.弹簧压缩量最大时,B板运动速率最大 B.B板的加速度先增大后减小 2mv0C.弹簧给木块A的冲量大小为

3mv20D.弹簧的最大弹性势能为 3答案 BD

解析 当木块与木板速度相等时,弹簧的压缩量最大,此后弹簧要恢复原状,木板进一步加速,故A错误；弹簧压缩量先增大后减小,故B板的加速度先增大后减小,故B正确；当木块与木板速度相等时,弹簧的压缩量最大, 以v0的方向为正方向,有： 2mv0＝(m＋2m)v①

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Ep＝×2mv02－(2m＋m)v2②

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