综合评估1—人教版高中物理选择性必修第一册检测

这是一份高中物理全册综合同步练习题，共14页。
第一章　《动量与动量守恒定律》综合评估时间：90分钟　满分：100分一、选择题(1～7为单选，8～10为多选，每小题4分，共40分)1．一质量为2 kg的质点从静止开始沿某一方向做匀加速直线运动，它的动量p随位移x变化的关系式为p＝8 kg·m/s，关于该质点的说法不正确的是(　D　)A．速度变化率为8 m/s2B．受到的恒力为16 NC．1 s末的动量为16 kg·m/sD．1 s末的动能为32 J解析：由式子p＝8 kg·m/s和动量定义式p＝mv，可以得到x＝，再由匀加速直线运动的位移公式知加速度a＝8 m/s2.故A、B、C三个选项都是正确的；而1 s末的动能应是64 J，D错．2．在一对很大的平行正对金属板间可形成匀强电场，通过改变两金属板间的电压，可使其间的电场强度E随时间t按如图所示的规律变化．在这个电场中间，有一个带电粒子从t＝0时刻由静止释放，若带电粒子只受电场力作用，且运动过程中不接触金属板，则下列说法中正确的是(　D　)A．带电粒子一定只向一个方向运动B．0～3.0 s内，电场力的冲量等于0，电场力的功小于0C．4.0 s末带电粒子回到原出发点D．2.5 s～4 s内，电场力的冲量等于0解析：带电粒子在匀强电场中受到的电场力F＝Eq，其冲量I＝Ft＝Eqt，可见，电场力的冲量与E－t图象与横轴所围面积成正比(注意所围图形在横轴之上和横轴之下时的面积符号相反)．带电粒子在平行正对金属板间做往复运动，4.0 s末带电粒子不能回到原出发点，选项A、C错误；由图象与横轴所围面积表示与冲量成正比的量可知，0～3.0 s内，电场力的冲量不等于0,2.5 s～4 s内，电场力的冲量等于0，选项B错误，D正确．本题答案为D.3．如图所示，质量之比mAmB＝32的两物体A，B，原来静止在平板小车C上，地面光滑．现同时对A，B两物体施加等大反向的水平恒力F1，F2，使A，B同时由静止开始运动，下列正确的说法是(　B　)A．仅当A，B与平板车上表面间的动摩擦因数之比为μAμB＝23时，A，B，C组成系统的动量才守恒B．无论A，B与平板车上表面间的动摩擦因数是否相同，A，B，C组成系统的动量都守恒C．因为F1，F2等大反向，故A，B组成的系统的机械能守恒D．若A，B与小车C上表面间的动摩擦因数相同，则C与B的运动方向相同解析：A，B，C组成的系统合力为零，故系统动量守恒，故选项A错误，选项B正确；由于A，B与C之间有摩擦力，有内能产生，故系统机械能不守恒，故选项C错误；若A，B与小车C上表面间的动摩擦因数相同，则A对C的摩擦力大于B对C的摩擦力，故A与C的运动方向相同，故选项D错误．4．人从高处跳到低处，为了安全，一般都是脚尖先着地，然后身体下蹲，这样做的目的是为了(　D　)A．减小着地时所受冲量B．使动量增量变的更小C．增大人对地面的压强，起到安全作用D．延长对地面的作用时间，从而减小地面对人的作用力解析：人落地时从脚尖着地到脚掌全部与地面接触需要一定的时间，根据动量定理可知，动量变化量一定时，作用时间越长，作用力越小．5．质量为M的木块，放在光滑水平桌面上处于静止状态，现有一质量为m、速度为v0的子弹沿水平方向击中木块并停留在其中与木块共同运动，在子弹击中木块过程中，木块受到的冲量大小为：①mv0　②mv0－　③　④mv0－以上结果正确的是(　C　)A．只有①   B．只有③C．③④   D．④解析：子弹和木块组成的系统，在子弹击中木块的过程中动量守恒mv0＝(M＋m)v，所以v＝v0，木块动量的增量为Mv＝v0，由动量定理可知，木块受到的冲量等于木块动量的增量，即为v0，③正确．从另一个角度，由于系统动量守恒，木块动量的增加等于子弹动量的减少，为mv0－mv＝mv0－v0，④正确，故选C.6.如图所示，一质量为m的弹性小球从一定高处自由落下，与倾斜角为45°的固定斜面相碰，碰撞前小球的动量为p，方向竖直向下，碰撞后小球沿水平向左的方向运动，动量大小为p，设碰撞时间极短且为t，则碰撞过程中，斜面对小球的平均作用力为(　C　)A．方向沿斜面向下，大小为p/tB．方向沿水平向左，大小为C．方向垂直于斜面斜向上，大小为p/tD．方向竖直向上，大小为解析：碰撞时间极短，表示可以忽略重力，该题是二维情况下的动量定理的简单应用：竖直方向上：Δpy＝0－p＝－p(取向下为正)；水平方向上：Δpx＝p－0(取向左为正)．那么Δp＝＝p，方向垂直斜面向上，根据动量定理FNt＝p，FN＝.7．如图所示，在足够大的光滑水平面上放有两个质量相等的物块A和B，其中A物块连接一个轻质弹簧并处于静止状态，B物块以初速度v0向着A物块运动，当物块与弹簧作用时，两物块在同一条直线上运动，请识别关于B物块与弹簧作用过程中，两物块的v－t图象是下列选项中的(　D　)解析：B通过弹簧与A作用的过程中，B先与A压缩弹簧，所以A、B所受的弹簧弹力都先增大，A做初速为零的加速运动，B做初速为v0的减速运动，且加速度都先增大，当弹簧压缩到最短时，由动量守恒定律可知A、B两物体速率均为，随后弹簧开始恢复原长，但A继续加速，B继续减速，且由动量守恒定律可求解最终vB＝0，vA＝v0.8.质量为M的小车静止于光滑的水平面上，小车的上表面和圆弧的轨道均光滑，如图所示，一个质量为m的小球以速度v0水平冲向小车，当小球返回左端脱离小车时，下列说法中正确的是(　BCD　)A．小球一定沿水平方向向左做平抛运动B．小球可能沿水平方向向左做平抛运动C．小球可能沿水平方向向右做平抛运动D．小球可能做自由落体运动解析：小球水平冲上小车，又返回左端，到离开小车的整个过程中，系统动量守恒、机械能守恒，相当于小球与小车发生弹性碰撞的过程．如果m<M，小球离开小车向左做平抛运动；如果m＝M，小球离开小车做自由落体运动；如果m>M，小球离开小车向右做平抛运动，所以答案应选B、C、D.9．如图甲所示，在光滑水平面上的两小球发生正碰，小球的质量分别为m1和m2.图乙为它们碰撞前后的x－t(位移—时间)图象．已知m1＝0.1 kg.由此可以判断(　AC　)A．碰前m2静止，m1向右运动B．碰后m2和m1都向右运动C．m2＝0.3 kgD．碰撞过程中系统损失了0.4 J的机械能解析：分析题图乙可知，碰前：m2处在位移为8 m的位置静止，m1位移均匀增大，速度v1＝ m/s＝4 m/s，方向向右，碰后：v1′＝ m/s＝－2 m/s，v2＝ m/s＝2 m/s，碰撞过程中动量守恒：m1v1＝m1v1′＋m2v2得：m2＝0.3 kg，碰撞损失的机械能：ΔEk＝m1v－(m1v1′2＋m2v)＝0，故正确答案应选A、C.10．下图为两物体A、B在没有其他外力作用时相互作用前后的v－t图象，则由图象可知(　AB　)A．A、B的质量之比为53B．A、B作用前后总动量守恒C．A、B作用前后总动量不守恒D．A、B间相互作用力相同解析：A、B两物体发生碰撞，没有其他外力，A、B组成的系统总动量守恒，故选项B正确，选项C错误．由动量守恒定律得mAΔvA＝－mBΔvB，＝－＝－＝53，故选项A正确．A、B之间相互作用力大小相等、方向相反，因而A、B间相互作用力不同，故选项D错误．二、填空题(每小题9分，共18分)11．用如图甲所示的气垫导轨来验证动量守恒定律，用频闪照相机闪光4次拍得照片如图乙所示，已知闪光时间间隔为Δt＝0.02 s，闪光本身持续时间极短，已知在这4次闪光时间内A、B均在0～80 cm范围内且第一次闪光时，A恰好过x＝55 cm处，B恰好过x＝70 cm处，则由图可知：(1)两滑块在x＝60 cm处碰撞．(2)两滑块在第一次闪光后t＝0.01 s时发生碰撞．(3)若碰撞过程中满足动量守恒，则A、B两滑块的质量比为23.解析：(1)碰撞发生在第1、2两次闪光时刻之间，碰撞后B静止，故碰撞发生在x＝60 cm处．(2)碰撞后A向左做匀速运动，设其速度为v′A，所以v′A·Δt＝20 cm.从碰撞到第二次闪光时A向左运动10 cm，设经历的时间为t′，有v′A·t′＝10 cm.设第一次闪光到发生碰撞经历的时间为t，有t＋t′＝Δt，得t＝＝0.01 s.(3)碰撞前，A的速度大小为vA＝＝；B的速度大小为vB＝＝；碰撞后，A的速度v′A＝，取向左为正方向，则由动量守恒定律可知mAv′A＝mBvB－mAvA，解得mAmB＝23.12．图甲，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系．(1)实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的．但是，可以通过仅测量C(填选项前的符号)，间接地解决这个问题．A．小球开始释放的高度hB．小球抛出点距地面的高度HC．小球做平抛运动的射程(2)图甲中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影．实验时，先让入射球m1多次从斜轨上S位置由静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP.然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球m1从斜轨上S位置由静止释放，与小球m2相碰，并多次重复．接下来要完成的必要步骤是ADE或DEA或DAE.(填选项前的符号)A．用天平测量两个小球的质量m1、m2B．测量小球m1开始释放的高度hC．测量抛出点距地面的高度HD．分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、NE．测量平抛射程OM、ON(3)若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为m1·OM＋m2·ON＝m1·OP(用(2)中测量的量表示)；若碰撞是弹性碰撞，那么还应满足的表达式为m1·OM2＋m2·ON2＝m1·OP2(用(2)中测量的量表示)．(4)经测定，m1＝45.0 g，m2＝7.5 g，小球落地点的平均位置距O点的距离如图乙所示．碰撞前、后m1的动量分别为p1与p1′，则p1p1′＝1411；若碰撞结束时m2的动量为p2′，则p1′p2′＝112.9.实验结果说明，碰撞前、后总动量的比值为1(1～1.01都正确)．解析：(1)(2)(3)小球做平抛运动H＝gt2　①x＝vt　②m1、m2碰撞过程动量守恒，m1v1＝m1v1′＋m2v2′　③由①②③得m1·OP＝m1·OM＋m2·ON　④由④知，只需测m1、m2和水平射程OP、OM、ON就可验证动量守恒．若为弹性碰撞，有m1v＝m1v1′2＋m2v2′2，与①②联立有m1·OP2＝m1·OM2＋m2·ON2　⑤(4)由于m1＝45.0 g，m2＝7.5 g，则p1p1′＝＝OPOM＝1411p1′p2′＝＝＝112.9＝≈1三、计算题(共42分)13．(10分)某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中．为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开．忽略空气阻力，已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g.求：(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度．答案：(1)ρv0S　(2)－解析：(1)设Δt时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则Δm＝ρΔV，①ΔV＝v0SΔt，②由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为＝ρv0S.③(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v.对于Δt时间内喷出的水，由能量守恒得(Δm)v2＋(Δm)gh＝(Δm)v，④在h高度处，Δt时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为Δp＝(Δm)v，⑤设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有FΔt＝Δp，⑥由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得F＝Mg，⑦联立③④⑤⑥⑦式得h＝－.14．(10分)如图所示，有一质量为M的长木板(足够长)静止在光滑的水平面上，一质量为m的小铁块以初速度v0水平滑上木板的左端，小铁块与木板之间的动摩擦因数为μ，试求小铁块在木板上相对木板滑动的过程中，若小铁块恰好没有滑离长木板，则木板的长度至少为多少？答案：解析：此题为另类的“子弹打木块”的模型，即把铁块类比于有初动量的“子弹”，以小铁块和长木板为一个系统，系统动量守恒．在达到共同速度的过程中，m给M一个向右的滑动摩擦力Ff＝μmg，M向右做匀加速运动；M给m一个向左的滑动摩擦力Ff′＝μmg，m向右做匀减速运动，m相对M向右运动，最后两者达到共同速度．由动量守恒得：mv0＝(M＋m)v，得v＝，因小铁块恰好没有滑离长木板，设木板长至少为l，则Q＝μmgl＝ΔEk＝mv－(M＋m)v2解得：l＝15．(10分)如图，水平地面上有两个静止的小物块a和b，其连线与墙垂直；a和b相距l，b与墙之间也相距l；a的质量为m，b的质量为m，两物块与地面间的动摩擦因数均相同．现使a以初速度v0向右滑动，此后a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞，重力加速度大小为g，求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件．答案：≤μ<解析：设物块与地面间的动摩擦因数为μ，要使物块a、b能发生碰撞，应有mv>μmgl，即μ<设在a、b发生弹性碰撞前，a的速度大小为v1，由动能定理可得－μmgl＝mv－mv设在a、b发生弹性碰撞后，a、b的速度大小分别为v2、v3，由动量守恒定律和能量守恒定律得：mv1＝mv2＋mv3mv＝mv＋()v联立各式得v3＝v1，由题意知b没有与墙发生碰撞，由动能定理得μmgl≥()v　解得μ≥综上所述有≤μ<16．(12分)一个航天员连同装备的总质量为100 kg，在空间跟飞船相距45 m处相对飞船处于静止状态．他带有一个装有0.5 kg氧气的贮氧筒，贮氧筒上有一个可以使氧气以50 m/s的相对速度喷出的喷嘴．航天员必须向着跟返回飞船方向相反的方向释放氧气，才能回到飞船上去，同时又必须保留一部分氧气供他在返回飞船的途中呼吸．已知航天员呼吸的耗氧率为2.5×10－4 kg/s.试问：(1)如果他在准备返回飞船的瞬时，释放0.15 kg的氧气，他能安全回到飞船吗？(2)航天员安全地返回飞船的最长和最短时间分别为多少？答案：(1)能　(2)1 800 s　200 s解析：(1)令M＝100 kg，m0＝0.5 kg，Δm＝0.15 kg，氧气释放相对速度为v，航天员在释放氧气后的速度为v′.由动量守恒定律得0＝(M－Δm)v′＋Δmv，由于氧气的0.5 kg远远小于总质量100 kg，因此认为氧气喷出后总质量不变．v′≈－v＝－×50 m/s＝－0.075 m/s.航天员返回飞船所需时间t＝＝ s＝600 s.航天员返回途中所耗氧气m′＝kt＝2.5×10－4×600 kg＝0.15 kg，氧气筒喷射后所余氧气m″＝m0－Δm＝(0.5－0.15) kg＝0.35 kg.因为m″>m′，所以航天员能顺利返回飞船．(2)设释放的氧气Δm未知，途中所需时间为t，则m0＝kt＋Δm为航天员返回飞船的极限条件．t＝＝·＝·＝ s，0．5 kg＝2.5×10－4× kg＋Δm.解得Δm1＝0.45 kg或Δm2＝0.05 kg.分别代入t＝ s，得t1＝200 s，t2＝1 800 s.即航天员安全返回飞船的最长时间为1 800 s，最短时间只有200 s.