新课标版物理选修35书课件章16.docx
《新课标版物理选修35书课件章16.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《新课标版物理选修35书课件章16.docx(20页珍藏版)》请在冰点文库上搜索。
![新课标版物理选修35书课件章16.docx](https://file1.bingdoc.com/fileroot1/2023-7/12/ebcf1609-1ffe-4ff8-b999-04af94253021/ebcf1609-1ffe-4ff8-b999-04af942530211.gif)
新课标版物理选修35书课件章16
第十六章 章末测试
(时间:
90分钟 满分:
100分)
一、选择题(本题有10个小题,共40分,4、6两题多项符合题目要求,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有错选的得0分,其余为单项选择,每题4分)
1.(2016·福州质检)
如图所示,物体A的质量是物体B的质量的2倍,中间压缩一轻质弹簧,放在光滑的水平面上,由静止同时放开两手后一小段时间内( )
A.A的速率始终等于B的速率
B.A的动量大小大于B的动量大小
C.A受的合力大小大于B受的合力大小
D.A的动量不等于B的动量
解析 A、B开始静止时,同时放开手后一段时间内,系统动量守恒,A的动量和B的动量大小相等,方向相反,A、B两项错误,D项正确;由牛顿第三定律知,A受的合力大小等于B受的合力大小,C项错误.
答案 D
2.(2019·宝鸡二模)超强台风山竹于2018年9月16日前后来到我国广东中部沿海登陆,其风力达到17级超强台风强度,风速60m/s左右,对固定建筑物破坏程度非常巨大.请你根据所学物理知识推算固定建筑物所受风力(空气的压力)与风速(空气流动速度)大小关系,假设某一建筑物垂直风速方向的受力面积为S,风速大小为v,空气吹到建筑物上后速度瞬间减为零,空气密度为ρ,风力F与风速大小v关系式为( )
A.F=ρSv B.F=ρSv2
C.
ρSv3D.F=ρSv3
解析 设t时间内吹到建筑物上的空气质量为m,则有:
m=ρSvt,根据动量定理有:
-Ft=0-mv=0-ρSv2t,得F=ρSv2,故B项正确,A、C、D三项错误.
答案 B
3.两名质量相等的滑冰人甲和乙都静止在光滑的水平冰面上.现在,其中一人向另一人抛出一个篮球,另一人接球后再抛回.如此反复进行几次后,甲和乙最后速率关系是( )
A.若甲最先抛球,则一定是v甲>v乙
B.若乙最后接球,则一定是v甲>v乙
C.只有甲先抛球,乙最后接球,才有v甲>v乙
D.无论怎样抛球和接球,都是v甲>v乙
解析 将甲、乙、篮球视为系统,则满足系统动量守恒,系统动量之和为零,若乙最后接球,即(m乙+m篮)v乙=m甲v甲,则
=
,由于m甲=m乙,所以v甲>v乙.
答案 B
4.如图所示为甲、乙两物体碰撞相互作用前后的v-t图象,则由图象可知( )
A.一定是甲物体追击乙物体发生碰撞
B.可能是乙物体追击甲物体发生碰撞
C.甲、乙两物体的质量比为3∶2
D.甲、乙两物体作用前后总动能有损失
解析 由v-t图象可知,是甲物体追击乙物体发生碰撞,A项正确,B项错误;甲、乙两物体相互作用,系统所受外力之和为零,动量守恒,设甲的质量为m1,乙的质量为m2,由动量守恒定律得m1v1+m2v2=m1v′1+m2v′2,解得m1∶m2=3∶2,C项正确;计算出碰撞前后甲、乙两物体的动能,可知甲、乙两物体作用前后总动能不变,D项错误.
答案 AC
5.放在水平面上的物块,受到与水平方向夹角为60°,斜向上拉力F的作用,F的大小与时间t的关系和物体速度v与时间t的关系分别如图所示,根据图象提供的信息,下面判断正确的是( )
A.由图象可以求出物体的质量
B.拉力F在4秒内的冲量是8N·s
C.拉力F在4秒内的冲量是3N·s
D.物体在4秒内的动能变化是6J
解析 0~2秒内F=1N,但物块静止,说明水平面有摩擦力;2~4秒内加速度a=2m/s2,由牛顿第二定律有Fcos60°-Ff=ma其中Ff=μ(mg-Fsin60°),不能求出m、μ,也就不能求出动能变化,A、D两项均错误;拉力F在4秒内的冲量I=1×2N·s+3×2N·s=8N·s,C项错误,B项正确.
答案 B
6.
如图所示,子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的木块,子弹未穿透木块,此过程木块动能增加了6J,那么此过程产生的内能可能为( )
A.16J B.12J
C.6JD.4J
解析 设子弹的质量为m0,初速度为v0,木块质量为m,则子弹打入木块过程中,子弹与木块组成的系统动量守恒,即:
m0v0=(m+m0)v,此过程产生的内能等于系统损失的动能,即:
E=
m0v02-
(m+m0)v2=
(
)m0v02,而木块获得的动能E木=
m(
v0)2=6J,两式相除得:
=
>1,所以A、B项正确.
答案 AB
7.
(2016·济宁高三期末)如图所示,一质量M=3.0kg的长方形木板B放在光滑水平地面上,在其右端放一个质量m=1.0kg的小木块A.给A和B以大小均为4.0m/s,方向相反的初速度,使A开始向左运动,B开始向右运动,A始终没有滑离B板.在小木块A做加速运动的时间内,木板速度大小可能是( )
A.1.8m/sB.2.4m/s
C.2.8m/sD.3.0m/s
解析 A先向左减速到零,再向右加速运动,在此期间,木板减速运动,最终它们保持相对静止.设A减速到零时,木板的速度为v1,最终它们的共同速度为v2,取水平向右为正方向,则Mv-mv=Mv1,Mv1=(M+m)v2,可得v1=
m/s,v2=2m/s,所以在小木块A做加速运动的时间内,木板速度大小应大于2.0m/s而小于
m/s,只有B项正确.
答案 B
8.
如图所示,质量为M的小车静止在光滑的水平地面上,小车上有n个质量为m的小球,现用两种方式将小球相对于地面以恒定速度v向右水平抛出,第一种方式是将n个小球一起抛出;第二种方式是将小球一个接一个地抛出,比较这两种方式抛完小球后小车的最终速度( )
A.第一种较大B.第二种较大
C.两种一样大D.不能确定
解析 抛球的过程动量守恒,第一种方式全部抛出,取向右为正方向,0=nmv-Mv′,得v′=
;第二种方式是将小球一个接一个抛出,每抛出一个小球列动量守恒方程,由数学归纳的思想可得v′=
,C项正确.
答案 C
9.
(2018·德州一模)如图所示在足够长的光滑水平面上有一静止的质量为M=2m的斜面,斜面表面光滑、高度为h、倾角为θ.一质量为m的小物块以一定的初速度沿水平面向右运动,不计冲上斜面过程中机械能损失.如果斜面固定,则小物块恰能冲到斜面顶端.如果斜面不固定,则小物块冲上斜面后能到达的最大高度为( )
A.
B.
C.
D.h
解析 斜面固定时,物块运动过程只有重力做功,机械能守恒;设物块初速度为v,则有:
mgh=
mv2;斜面不固定时,物块和斜面在水平方向合外力为零,故动量守恒;物块冲上斜面后能到达的最大高度为H,物块的竖直分速度为零,物块和斜面水平方向速度相等;设此时,斜面速度为v′;由水平方向动量守恒得:
mv=(M+m)v′;所以v′=
v.运动过程无摩擦,故对物块和斜面整体,只有重力做功,机械能守恒,故有
mv2=
Mv′2+
mv′2+mgH=
mv2+mgH;所以,mgH=
mv2=
mgh,故H=
h,故C项正确,A、B、D三项错误.
答案 C
10.
如图所示,两质量分别为m1和m2的弹性小球A、B叠放在一起,从高度为h处自由落下,h远大于两小球半径,落地瞬间,B先与地面碰撞,后与A碰撞,所有的碰撞都是弹性碰撞,且都发生在竖直方向、碰撞时间均可忽略不计.已知m2=3m1,则A反弹后能达到的高度为( )
A.hB.2h
C.3hD.4h
解析 所有的碰撞都是弹性碰撞,所以不考虑能量损失.设竖直向上为正方向,根据机械能守恒定律和动量守恒定律可得,(m1+m2)gh=
(m1+m2)v2,m2v-m1v=m1v1+m2v2,
(m1+m2)v2=
m1v12+
m2v22,
m1v12=m1gh1,将m2=3m1代入,联立可得h1=4h,D项正确.
答案 D
二、实验题(本题共2小题,共15分)
11.(7分)某同学用如图所示的装置通过半径相同的A、B两球(mA>mB)的碰撞来验证动量守恒定律,图中PQ是斜槽,QR为水平槽.实验时先使A球从斜槽上某一固定位置G由静止开始滚下,落到位于水平地面的记录纸上,留下痕迹.重复上述操作10次,得到10个落点痕迹.再把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方,让A球仍从位置G由静止开始滚下,和B球碰撞后,A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹.重复这种操作10次.图1中O点是水平槽末端R在记录纸上的竖直投影点.B球落点痕迹如图2所示,其中米尺水平放置,且平行于G、R、O所在的平面,米尺的零点与O点对齐.
(1)碰撞后B球的水平射程应取为________cm.
(2)(多选题)在以下选项中,哪些是本次实验必须进行的测量( )
A.水平槽上未放B球时,测量A球落点位置到O点的距离
B.A球与B球碰撞后,测量A球落点位置到O点的距离
C.测量A球或B球的直径
D.测量A球和B球的质量(或两球质量之比)
E.测量水平槽面相对于O点的高度
(3)实验中,关于入射小球在斜槽上释放点的高低对实验影响的说法中正确的是( )
A.释放点越低,小球受阻力越小,入射小球速度越小,误差越小
B.释放点越低,两球碰后水平位移越小,水平位移测量的相对误差越小,两球速度的测量越准确
C.释放点越高,两球相碰时,相互作用的内力越大,碰撞前后动量之差越小,误差越小
D.释放点越高,入射小球对被碰小球的作用力越大,轨道对被碰小球的阻力越小
解析
(1)如题图所示,用尽可能小的圆把小球落点圈在里面,由此可见圆心的位置是65.7cm.
(2)小球做平抛运动时飞行时间相同,所以可以用水平位移的大小关系表示速度的大小关系.实验中要测量的数据有:
两小球的质量m1、m2,三个落点到O点的距离x1、x2、x.所以应选A、B、D三项.
(3)入射小球的释放点越高,入射小球碰前速度越大,相碰时内力越大,阻力影响越小,可以较好地满足动量守恒的条件,有利于减小误差,故C项正确.
答案
(1)65.7
(2)ABD (3)C
12.(8分)(2019春·海安市)如图所示为某同学应用气垫导轨“探究碰撞中的不变量”的实验装置.
(1)实验操作如下:
a.用天平分别测出滑块1、滑块2的质量m1、m2;用游标卡尺测出两遮光片的宽度d1、d2;
b.调整气垫导轨,使导轨处于水平;
c.在滑块1和滑块2间放入一个锁定的压缩弹簧,用细绳固定,静止放置在气垫导轨上;
d.剪断细绳,读取滑块1、滑块2与弹簧分离后通过光电门的时间分别为t1和t2;
e.利用上述测量数据,若得出关系式________成立,即可得出碰撞中守恒的量是动量的矢量和.
(2)关于该实验方案,下列说法正确的是________.
A.遮光片应选择较窄的
B.两滑块的质量应该相同
C.若两遮光片的宽度相同则不需要测出其宽度
(3)本实验需要调节气垫导轨水平,调节方案是__________________
______________________________________________________________________________________________________________________;
(4)若某同学实验前没有调节气垫导轨水平,重复进行了多次实验,结果总是滑块1的动量大于滑块2的动量,出现这一结果的原因可能是导轨左侧________(选填“高于”或“低于”)导轨右侧;
(5)某同学利用上述数据还测出被压缩弹簧的弹性势能的大小Ep,则弹性势能Ep=________.
解析
(1)设向右为正方向,两滑块开始时的总动量为零,碰后两物体均匀速经过光电门,则根据平均速度公式可知,两滑块的速度分别为滑块的速度:
v1=
,v2=
,则碰后的动量为m2
-m1
=0,根据动量守恒定律则有:
m2
-m1
=0.
(2)若两遮光片的宽度相同则即d1=d2,即为m2
-m1
=0,故选C项.
(3)本实验需要调节气垫导轨水平,调节方案是接通充气开关,调节导轨使滑块能静止在导轨上.
(4)滑块1的动量大于滑块2的动量,说明滑块1一定加速,滑块2减速,故说明左侧低于右侧.
(5)根据能量守恒可得弹性势能
m1(
)2+
m2(
)2.
答案
(1)m2×
-m1×
=0
(2)C
(3)接通充气开关,调节导轨使滑块能静止在导轨上
(4)低于
(5)
m1(
)2+
m2(
)2
三、计算题(本题共4小题,共45分)
13.(8分)如图所示,粗糙水平桌面PO长为L=1m,桌面距地面高度H=0.2m,P点正上方一细绳悬挂质量为m的小球A,A在距桌面高度h=0.8m处自由释放,与静止在桌面左端质量为m的小物块B发生对心碰撞,碰后瞬间小球A的速率为碰前瞬间的
,方向仍向右,已知小物块B与水平桌面PO间的动摩擦因数μ=0.4,取重力加速度g=10m/s2.
(1)求碰前瞬间小球A的速率和碰后瞬间小物块B的速率;
(2)求小物块B的落地点与O点的水平距离.
解析
(1)设碰前瞬间小球A的速度大小为v1,碰后瞬间小物块B的速度大小为v2
对小球A,由机械能守恒定律有
mgh=
mv12,得v1=4m/s
对A、B系统,由动量守恒定律有
mv1=m
+mv2,得v2=3m/s.
(2)设小物块B由桌面右端O水平抛出时速度大小为v3,由动能定理有
-μmgL=
mv32-
mv22,得v3=1m/s
B由O水平抛出,竖直方向上有H=
gt2,得t=0.2s
水平方向上有x=v3t=0.2m.
答案
(1)4m/s 3m/s
(2)0.2m
14.(10分)(2019·安徽模拟)如图所示,质量为m1=1.0kg的木板,AB段是半径为R=0.22m的四分之一光滑圆弧轨道,水平段与圆弧段相切于B点,木板右端固定一轻质弹簧,自由伸长时其左端位于C点正上方.现用质量为m2=1.0kg的小物块将弹簧压缩x=0.10m,并用水平细线系在木板右端(弹簧与物块接触但未连接),整个系统静止在光滑水平面上已知木板BC段的长度为L=0.60m,与物块的动摩擦因数为μ=0.30,木板C点右侧表面光滑,取重力加速度g=10m/s2.
(1)若固定木板,烧断细线后物块刚好能运动到A点,求物块刚进入圆弧轨道时对B点的压力F的大小;
(2)若木板不固定,烧断细线后物块刚好能运动到A点,求物块最终离B点的距离s;
(3)若木板不固定烧断细线后物块上升到最高点时高出A点0.10m,求该过程中木板的位移s板.
解析
(1)设物块在B点的速度大小为v1,木板对物块的支持力大小为F′.
物块从B到A的过程,根据机械能守恒定律可得:
m2gR=
m2v12,
在B点,对物块,根据牛顿第二定律得:
F′-m2g=m2
,
联立可得:
F′=30N,
根据牛顿第三定律有F=F′=30N.
(2)设细线烧断前弹簧的弹性势能为Ep.若木板不固定,烧断细线后物块运动到A点时,物块和木板的速度为v2.对整个系统从烧断细线至物块运动到A点的过程,取水平向左为正方向,根据水平方向动量守恒可得:
0=(m1+m2)v2.
则得v2=0
根据能量守恒定律可得:
Ep=
(m1+m2)v22+m2gR+μm2gL
最终状态物块与木板一起静止,设物块在木板上BC段运动的总路程为d,由能量守恒得:
Ep=μm2gd
联立解得d=
m
所以物块最终离B点的距离为:
s=3L-d=
m≈0.47m;
(3)设细线烧断至物块上升到最高点的过程中,物块的水平速度为v物时木板的速度大小为v板.该过程中物块水平方向的位移大小为s物,木板的位移大小为s板,由水平方向动量守恒可知全过程始终有:
0=m2v物-m1v板,
所以有m2s物=m1s板.
又由物块和木板水平方向的运动关系有:
s物+s板=R+L+x,解得s板=0.46m.
答案
(1)30N
(2)0.47m (3)0.46m
15.(12分)如图所示,长为L的平台固定在地面上,平台的上平面光滑,平台上放有小物体A和B,两者彼此接触.物体A的上表面是半径为R(R≪L)的光滑半圆形轨道,轨道顶端有一小物体C,A、B、C的质量均为m.现物体C从静止状态沿轨道下滑,已知在运动过程中,A、C始终保持接触.求:
(1)物体A和B刚分离时,物体B的速度;
(2)物体A和B刚分离后,物体C所能达到距台面的最大高度;
(3)判断物体A从平台左边还是右边落地并简要说明理由.
解析
(1)设C物体到达最低点的速度是vC,A、B、C组成的系统在水平方向动量守恒,系统内机械能守恒.
mvA+mvB-mvC=0①
mgR=
mvA2+
mvB2+
mvC2②
在C物体到达最低点之前一直有:
vA=vB③
联立①②③解得:
vB=
,方向水平向右④
(2)设C能够到达轨道最大高度为h,A、C此时的水平速度相等,设它们的共同速度为v,对系统应用动量守恒和机械能守恒定律可得:
mvB-2mv=0⑤
mgR=mgh+
mvB2+
·2mv2⑥
联立⑤⑥式解得:
h=
R⑦
(3)因为A与B脱离接触后B的速度向右,A、C的总动量是向左的,又R≪L,所以A从平台的左边落地.
答案
(1)
,方向水平向右
(2)
R (3)A从平台的左边落地
16.(15分)如图所示为过山车简易模型,它由光滑水平轨道和竖直面内的光滑圆形轨道组成,Q点为圆形轨道最低点,M点为最高点,圆形轨道半径R=0.32m.水平轨道PN右侧的水平地面上,并排放置两块长木板c、d,两木板间相互接触但不粘连,长木板上表面与水平轨道PN平齐,木板c质量m3=2.2kg,长L=4m,木板d质量m4=4.4kg.质量m2=3.3kg的小滑块b放置在轨道QN上,另一质量m1=1.3kg的小滑块a从P点以水平速度v0向右运动,沿圆形轨道运动一周后进入水平轨道与小滑块b发生碰撞,碰撞时间极短且碰撞过程中无机械能损失.碰后a沿原路返回到M点时,对轨道压力恰好为0.已知小滑块b与两块长木板间动摩擦因数均为μ0=0.16,重力加速度g=10m/s2.
(1)求小滑块a与小滑块b碰撞后,a和b的速度大小v1和v2;
(2)若碰后滑块b在木板c、d上滑动时,木板c、d均静止不动,c、d与地面间的动摩擦因数μ至少多大?
(木板c、d与地面间的动摩擦因数相同,最大静摩擦力等于滑动摩擦力)
(3)若不计木板c、d与地面间的摩擦,碰后滑块b最终恰好没有离开木板d,求滑块b在木板c上滑行的时间及木板d的长度.
解析
(1)根据题意可知:
小滑块a碰后返回到M点时:
m1
=m1g
小滑块a碰后返回到M点过程中机械能守恒:
m1v12=
m1vM2+m1g(2R)
代入数据,解得:
v1=4m/s
取水平向右为正方向,小滑块a、b碰撞前后:
动量守恒:
m1v0=-m1v1+m2v2
机械能守恒:
m1v02=
m1v12+
m2v22
代入数据,解得:
v0=9.2m/s,v2=5.2m/s
(2)若b在d上滑动时d能静止,则b在c上滑动时c和d一定能静止
μ(m2+m4)g>μ0m2g
解得μ>
μ0=0.069
(3)小滑块b滑上长木板c时的加速度大小:
a1=μ0g=1.6m/s2
此时两块长木板的加速度大小:
a2=
g=0.8m/s2
令小滑块b在长木板c上的滑行时间为t,则:
时间t内小滑块b的位移s1=v2t-
a1t2
两块长木板的位移s2=
a2t2
且s1-s2=L
解得:
t1=1s或t2=
s(舍去)
b刚离开长木板c时b的速度v2′=v2-a1t1=3.6m/s
b刚离开长木板c时d的速度v3=a2t1=0.8m/s
d的长度至少为s:
由动量守恒可知:
m2v2′+m4v3=(m2+m4)v
解得:
v=2m/s
μ0m2gs=
m2v′22+
m4v32-
(m2+m4)v2
解得:
s=1.4m
答案
(1)4m/s 5.2m/s
(2)0.069 (3)1s 1.4m