2018-2019版物理选修3-5粤教版检测：章末质量评估（一）

章末质量评估(一)
(时间：90分钟　满分：100分)
一、单项选择题(本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得3分，选错或不答的得0分)
1．一支枪水平固定在小车上，小车放在光滑的水平面上，枪发射子弹时，关于车、枪和子弹的说法正确的是(　　)
A．枪和子弹组成的系统动量守恒
B．枪和车组成的系统动量守恒
C．枪、车和子弹组成的系统动量守恒
D．若忽略摩擦，枪、车组成的系统动量近似守恒
解析：由于枪被固定在车上，所以发射子弹过程中枪必然与车相互作用，即枪要受到车的作用力，故枪和子弹组成的系统动量不守恒，所以A项错误；因为枪与车作用是枪与子弹作用的结果，因此枪和车组成的系统动量也不守恒，即B项错误；D项中，由于枪与子弹的作用主要是火药爆炸后的推力，而不是摩擦力，因此即使忽略了摩擦力，枪和车组成的系统动量也不守恒，所以正确的只有C项．
答案：C
2．玻璃杯从同一高度落下，掉在水泥地上比掉在草地上容易碎，这是由于玻璃杯与水泥地撞击的过程中(　　)
A．玻璃杯的动量较大
B．玻璃杯受到的冲量较大
C．玻璃杯的动量变化较大
D．玻璃杯的动量变化较快
解析：玻璃杯从同一高度下落，落地前的速度大小相等，故落地前的动量相等，而最后的速度均为零，故说明动量的变化一定相等；由动量定理可知冲量也一定相等，但由于掉在水泥地上的时间较短，则说明玻璃杯掉在水泥地上动量变化较快，从而导致冲击力较大，使玻璃杯易碎；故D正确，A、B、C错误．
答案：D
3．质量为2 kg的物体，速度由4 m/s变成－6 m/s，则在此过程中，该物体所受到的合外力冲量是(　　)
A．－20 N·s　　 B．20 N·s
C．－4 N·s D．－12 N·s
解析：根据动量定理，冲量等于动量的变化量，有
I＝－6×2－4×2 kg·m/s＝－20 kg·m/s＝－20 N·s，A正确．
答案：A
4.如图所示，一铁块压着一张纸条放在水平桌面上，当以较大速度v抽出纸条后，铁块掉在地上的P点，若以2v速度抽出纸条，则铁块落地点为(　　)
A．仍在P点
B．在P点左侧
C．在P点右侧不远处
D．在P点右侧原水平位移的两倍处
解析：纸条抽出的过程，铁块所受的摩擦力一定，以速度v抽出纸条，铁块所受的摩擦力的作用时间较长，铁块获得的速度较大，铁块平抛运动的水平位移较大；若以2v的速度抽出纸条，则铁块所受的摩擦力的作用时间较短，铁块获得的速度较小，平抛运动的水平位移较小，所以铁块落地点在P点左侧，正确选项为B.
答案：B
5．子弹水平射入一个置于光滑水平面上的木块中，则(　　)
A．子弹对木块的冲量必大于木块对子弹的冲量
B．子弹受到的冲量和木块受到的冲量大小相等、方向相反
C．当子弹与木块以同一速度运动后，子弹与木块的动量一定相等
D．子弹与木块的动量变化的方向相反，大小不一定相等
解析：由牛顿第三定律知子弹射入木块时，二者受到的相互作用力F＝－F′，因此，二力在相同时间内的冲量大小相等、方向相反．故选项A错，B对．根据动量定理I＝Δp，知子弹和木块动量的变化大小相等、方向相反，故选项D错．根据动量的定义知二者以同一速度运动时，速度相同，但质量不一定相同，故选项C错．
答案：B
6．以速度20 m/s沿水平方向飞行的手榴弹在空中爆炸，炸裂成1 kg和0.5 kg的两块，其中0.5 kg的那块以40 m/s的速率沿与原来速度相反的方向运动，此时另一块的速率为(　　)
A．10 m/s B．30 m/s
C．50 m/s D．70 m/s
解析：手榴弹在空中爆炸，爆炸力远大于重力，在水平方向上动量守恒，以手榴弹原来速度为正方向，由动量守恒定律得： Mv0＝m1v1＋m2v2，即1.5×20＝0.5×＋1×v2，解得v2＝50 m/s，故选C.
答案：C
7．质量M＝327 kg的小型火箭(含燃料)由静止发射，发射时共喷出质量m＝27 kg的气体，设喷出的气体相对地面的速度均为v＝1 000 m/s.忽略地球引力和空气阻力的影响，则气体全部喷出后，火箭的速度大小为(　　)
A．76 m/s　　　 B．82 m/s
C．90 m/s D．99 m/s
解析：根据动量守恒定律：(M－m)v1＋mv2＝0，所以气体全部喷出后火箭的速度v1＝－＝－m/s＝－90 m/s，大小为90 m/s，方向与喷出气体方向相反，C正确.
答案：C
8.如图所示，质量为m的人立于平板车上，人与车的总质量为M，人与车以速度v1在光滑水平面上向东运动．当此人相对于车以速度v2竖直跳起时，车的速度变为(　　)
A . ，向东 B. ，向东
C. ，向东 D．v1，向东
解析：人和车这个系统，在水平方向上合外力等于零，系统在水平方向上动量守恒．设车的速度v1的方向为正方向，选地面为参考系，初态车和人的总动量为Mv1，末态车的动量为(M－m)v′1.因为人在水平方向上没有受到冲量，其水平动量保持不变，人在水平方向上对地的动量仍为mv1，则有Mv1＝(M－m)v′1＋mv1，(M－m)v1＝(M－m)v′1，所以v′1＝v1，正确选项应为D.
答案：D
9．质量为m的小球A以水平初速度v0与原来静止的光滑水平面上的质量为3m的小球B发生正碰，已知碰撞过程中A球的动能减少了75%，则碰撞后B球的动能可能是(　　)
A.mv B.mv
C.mv D.mv
解析：碰撞过程中A球的动能减少了75%，即变为原来的，所以A的速度大小变为原来的.
若碰后A球速度方向和原来的方向一致，取A原来的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得： mv0＝m＋3mvB，解得vB＝v0，碰后A、B同向运动，A在B的后面，A的速度大于B的速度，不可能；
若碰后A球速度方向和原来的方向相反，取A原来的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得： mv0＝－m＋3mvB，解得vB＝v0.符合题意，碰撞后B球的动能为EB＝×3mv＝mv，故B正确．
答案：B
10．物体在恒定的合力作用下做直线运动，在时间t1内动能由零增大到E1，在时间t2内动能由E1增加到2E1，设合力在时间t1内做的功为W1、冲量为I1，在时间t2内做的功为W2、冲量为I2，则(　　)
A．I1I2
C．W1 >W2 D．W1 解析：动量与动能的关系式为p＝，则由动量定理得： I1＝， I2＝－＝2－，则I1＞I2，故A错误、B正确；根据动能定理得：W1＝E1－0＝E1，W2＝2E1－E1＝E1，则W1＝W2，故CD错误．
答案：B
二、多项选择题(本大题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分)
11．A、B两球质量相等，A球竖直上抛，B球平抛，两球在运动中空气阻力不计，则下列说法中正确的是(　　)
A．相同时间内，动量的变化大小相等，方向相同
B．相同时间内，动量的变化大小相等，方向不同
C．动量的变化率大小相等，方向相同
D．动量的变化率大小相等，方向不同
解析：A、B球在空中只受重力作用，相同时间内重力的冲量相同，因此两球动量的变化大小相等，方向相同，A选项正确；动量的变化率为＝m＝mg，大小相等，方向相同，C选项正确．
答案：AC
12．一人从停泊在码头边的船上往岸上跳，若该船的缆绳并没拴在码头上，下列说法中正确的有(　　)
A．船越轻小，人越难跳上岸
B．人跳时对船速度大于对地速度
C．船越重越大，人越难跳上岸
D．人跳时对船速度等于对地速度
解析：由系统动量守恒定律可知：Mv船＋mv人＝0，当船越重时，船获得的速度越小，则人相对船的速度则越大，人越好跳上岸，故A正确、C错误；人跳跃时，船要向后运动，所以人对船速度大于对地速度，人才能跳上岸，故B正确、D错误．
答案：AB
13．在光滑的水平面上动能为E0，动量大小为p0的小钢球甲与静止的小钢球乙发生碰撞，碰撞前后钢球甲的运动方向反向，将碰后球甲的动能和动量的大小分别记为E1和p1，球乙的动能和动量的大小分别记为E2和p2，则必有(　　)
A．E1p0
C．E2>E0 D．p2>p0
解析：钢球甲与钢球乙碰撞，满足动量守恒定律，则p0＝－p1＋p2，所以p2＝p0＋p1，又因碰撞中能量不增加，故p1p0，D对；碰撞过程动能不增加，则E0≥E1＋E2，又E2≠0，故E1答案：AD
14．长木板A放在光滑的水平面上，质量为m的小物体B以水平初速v0滑上A的上表面，它们的v-t图象如图所示，则根据图中的信息(图中所标注的物理量均为已知量)可以求得(　　)
甲
乙
A．木板获得的动能
B．系统损失的机械能
C．木板的长度
D．A与B间的动摩擦因数
解析：由图象的斜率表示加速度求出长木板的加速度为aA＝，物块的加速度aB＝，根据牛顿第二定律，得f＝MaA，f＝maB，解得M＝，A板获得的动能EkA＝Mv＝mv1(v0－v1)，故A正确；系统损失的机械能等于摩擦力所做的功，由图象与坐标轴围成的面积表示位移可以求出B相对A运动的位移x＝v0t1，故Wf＝fx＝mv0(v0－v1)，故B正确；根据题意只能求出A、B的相对位移，不知道B最终停在哪里，无法求出木板的长度，故C错误；由牛顿第二定律可知，摩擦力f＝maB＝m，又f＝μmg，解得μ＝，故D正确．
答案：ABD
三、非选择题(本题共4小题，共54分．把答案填在题中的横线上或按题目要求作答．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．答案中必须明确写出数值和单位)
15．(12分)某同学用如图甲所示的装置做验证动量守恒定律的实验．先将a球从斜槽轨道上某固定点处由静止开始滚下，在水平地面上的记录纸上留下压痕，重复10次；再把同样大小的b球放在斜槽轨道末端水平段的最右端上，让a球仍从原固定点由静止开始滚下，和b球相碰后，两球分别落在记录纸的不同位置处，重复10次．
图甲　　　　图乙
(1)本实验必须测量的物理量有______(填字母序号)．
A．斜槽轨道末端到水平地面的高度H
B．小球a、b的质量ma、mb
C．小球a、b的半径r
D．小球a、b离开斜槽轨道末端后平抛飞行的时间t
E．记录纸上O点到A、B、C各点的距离OA、OB、OC
F．a球的固定释放点到斜槽轨道末端水平部分间的高度差h
(2)两小球的直径用螺旋测微器核准相等，测量结果如图乙所示，则两小球的直径均为________m.
(3)放上被碰小球b，两球(ma>mb)相碰后，小球a、b的落地点依次是图中水平面上的______点和________点．
(4)某同学在做实验时，测量了过程中的各个物理量，利用上述数据验证碰撞中的动量守恒，那么判断的依据是看________和________在误差允许范围内是否相等．
解析：(1)小球离开轨道后做平抛运动，小球在空中的运动时间t相等，如果碰撞过程动量守恒，则有：mav0＝mava＋mbvb，两边同时乘以时间t得： mav0t＝mavat＋mbvbt，则maOB＝maOA＋mbOC，因此A实验需要测量：两球的质量，两球做平抛运动的水平位移，故ACD错误，BE正确．
(2)螺旋测微器的主尺部分长度为12.5 mm，转动部分读数为： 39.5×0.01 mm，故最终读数为： mm＝12.895 mm＝1.289 5×10－2 m；
(3)由题图所示装置可知，小球a和小球b相撞后，小球b的速度增大，小球a的速度减小，b球在前，a球在后，两球都做平抛运动，由题图示可知，未放被碰小球时小球a的落地点为B点，碰撞后a、b的落点分别为A、C点．
(4)由(1)可知，实验需要验证的表达式为：maOB＝maOA＋mbOC，因此比较maOB与maOA＋mbOC即可判断动量是否守恒．
答案：(1)BE　(2)1.289 5×10－2　(3)A　C
(4)maOB　maOA＋mbOC
16．(12分)蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并在空中做各种动作的运动项目．一个质量为60 kg 的运动员，从离水平网面3.2 m 高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回离水平网面 5.0 m高处．已知运动员与网接触的时间为 1.2 s．若把在这段时间内网对运动员的作用力当作恒力处理，求此力的大小(g 取10 m/s2)．
解析：法一：运动员刚接触网时速度的大小为
v1＝＝ m/s＝8 m/s，方向竖直向下．
刚离开网时速度的大小为
v2＝＝ m/s＝10 m/s，方向竖直向上．
运动员接触网的过程中，网的作用力为F，规定竖直向上为正方向，根据动量定理得：
(F－mg)t＝mv2－(－mv1)，
解得：F＝＋mg＝ N＋60×10 N＝1.5×103 N，方向竖直向上．
法二：运动员从3.2 m高处自由下落的时间为：
t1＝ ＝ s＝0.8 s，
运动员刚离开网弹回5.0 m高处所用的时间为：
t2＝ ＝ s＝1 s，
整个过程中运动员始终受重力作用，仅在与网接触的t3＝1.2 s时间内受到网对他向上的弹力F的作用，对全过程应用动量定理得：F·t3－mg(t1＋t2＋t3)＝0，
解得F＝mg＝×60×10 N＝1.5×103 N，方向竖直向上．
答案：1.5×103 N
17．(14分)如图所示，一轻质弹簧的一端固定在滑块B上，另一端与滑块C接触但未连接，该整体静止放在离地面高为H的光滑水平桌面上．现有一滑块A从光滑曲面上离桌面h高处由静止开始下滑下，与滑块B发生碰撞(时间极短)并粘在一起压缩弹簧推动滑块C向前运动，经一段时间，滑块C脱离弹簧，继续在水平桌面上匀速运动一段时间后从桌面边缘飞出．已知mA＝m，mB＝m，mC＝3m求：
(1)滑块A与滑块B碰撞结束瞬间的速度；
(2)被压缩弹簧的最大弹性势能；
(3)滑块C落地点与桌面边缘的水平距离．
解析：(1)滑块A从光滑曲面上h高处由静止开始滑下的过程，机械能守恒，设其滑到底面的速度为v1，由机械能守恒定律，有mAgh＝mAv，
解得v1＝，
滑块A与B碰撞的过程，A、B系统的动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律，得
mAv1＝(mA＋mB)v2，
解得v2＝.
(2)滑块A、B发生碰撞后与滑块C一起压缩弹簧，压缩的过程机械能守恒，被压缩弹簧的弹性势能最大时，滑块A、B、C速度相等，设为速度v3，以向右为正方向，由动量守恒定律，得
mAv1＝(mA＋mB＋mc)v3，
解得v3＝，
由机械能守恒定律，得
(mA＋mB)v＝(mA＋mB＋mc)v＋Ep，
把v2、v3代入，解得Ep＝mgh.
(3)被压缩弹簧再次恢复自然长度时，滑块C脱离弹簧，设滑块A、B的速度为v4，滑块C的速度为v5，以向右为正方向，由动量守恒定律得：(mA＋mB)v2＝(mA＋mB)v4＋mCv5，
由机械能守恒定律，得
(mA＋mB)v＝(mA＋mB)v＋mC v，
解得：v4＝－，v5＝.
滑块C从桌面边缘飞出后做平抛运动．
水平方向：s＝v5t，
竖直方向：H＝gt2，
解得s＝.
答案：(1)　　 (2)mgh　　(3)
18．(16分)如图所示，一条轨道固定在竖直平面内，粗糙的ab段水平，bcde段光滑，cde段是以O为圆心、R为半径的一小段圆弧．可视为质点的物块A和B紧靠在一起，静止于b处，A的质量是B的3倍．两物块在足够大的内力作用下突然分离，分别向左、右始终沿轨道运动．B到d点时速度沿水平方向，此时轨道对B的支持力大小等于B所受重力的. A与ab段的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，求：
(1)物块B在d点的速度大小v；
(2)物块A滑行的距离s.
解析：(1)设物块A和B的质量分别为mA和mB，
则mA＝3mB.
B在d处的合力为F，依题意
F＝mBg－mBg＝mBg，
由牛顿第二定律
得mBg＝，
v＝.
(2)设A和B分开时的速度分别为v1和v2，系统动量守恒
mAv1－mBv2＝0
B从位置b运动到d的过程中，由机械能守恒得
mBv＝mBv2＋mBgR，
A在滑行过程中，由动能定理得
0－mAv＝－μmAgs，
得s＝.
答案：(1)　(2)