高中物理人教版 (2019)必修 第一册1 牛顿第一定律练习题

这是一份高中物理人教版 (2019)必修 第一册1 牛顿第一定律练习题，共22页。试卷主要包含了3动量守恒定律同步训练1，9 km/s等内容，欢迎下载使用。
2020-2021学年度人教版（2019）选择性必修第一册1.3动量守恒定律同步训练1（含解析）  1．2020年11月24日4时30分，我国在文昌航天发射场，用长征五号遥五运载火箭成功发射探月工程嫦娥五号探测器，这一高光时刻吸引了全球的关注。火箭发射领域“世界航天第一人”是明朝的士大夫万户，他把47个自制的火箭绑在椅子上，自己坐在椅子上，双手举着大风筝，设想利用火箭的推力，飞上天空，然后利用风筝平稳着陆。假设万户及其所携设备（火箭、燃料、椅子、风筝等）的总质量为M，点燃火箭后在极短的时间内，质量为m的炽热燃气相对地面以的速度竖直向下喷出，忽略空气阻力的影响，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
 A．火箭的推力来源于空气对它的反作用力B．在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为C．喷出燃气后，万户及其所携设备能上升的最大高度为D．在火箭喷气过程中，万户及其所携设备的机械能守恒2．两名小孩用如图所示的装置玩“爬绳游戏”。定滑轮固定在天花板上，不可伸长的软绳跨过定滑轮，两小孩从同一高度由静止开始沿绳向上攀爬，攀爬过程中绳不打滑。不计绳与滑轮的质量和滑轮与轴承之间的摩擦，下列说法正确的是（　　）A．如果一名小孩用力攀爬而另一名小孩没有攀爬，绳子对两名小孩的拉力大小就不相等B．如果一名小孩用力攀爬而另一名小孩没有攀爬，则用力攀爬的小孩先到达滑轮C．只要两名小孩的质量相等，即使一个小孩没有攀爬，两人也会同时到达滑轮D．无论两名小孩的质量是否相等，在攀爬过程中，两小孩与绳子组成的系统动量守恒3．如图所示，一截面为直角三角形的斜劈静止在光滑水平地面上，现将小物块从斜劈顶端；初速度释放，在小物块沿斜劈下滑的过程中，下列说法正确的是（　　）A．斜劈向左运动B．小物块的机械能守恒C．小物块和斜劈组成的系统总动量守恒D．小物块的重力势能减小量大于其动能的增加量4．如图所示，曲面体P静止于光滑水平面上，物块Q自P的上端静止释放。Q与P的接触面光滑，Q在P上运动的过程中，下列说法正确的是（　　）A．P对Q做功为零 B．P和Q之间相互作用力做功之和为零C．P和Q构成的系统机械能守恒、动量守恒 D．P和Q构成的系统机械能不守恒、动量守恒5．竖直平面内一根长的轻绳一端固定于O点，另一端系一质量的小球（可视为质点）。一质量的子弹以的速度水平射入小球（子弹射入小球的时间极短），并留在小球内与小球一起绕O点做圆周运动。取重力加速度大小，不计空气阻力。则下列分析正确的是（　　）A．子弹射入小球后瞬间的速度大小为B．子弹射入小球前、后瞬间绳子对小球的拉力大小之比为C．小球运动到最高点时的速度大小为D．小球运动到最高点时受到绳子的拉力大小为5N6．如图所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为12m、14m，两船沿同一直线、同一方向运动，速度分别为2v0、v0.为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，抛出货物的最小速度为(不计水的阻力)（  ）A．4v0 B．5v0 C．6v0 D．7v07．光滑水平面上放有一表面光滑、倾角为α的斜面体A，斜面体质量为M、底边长为L，如图所示。将一质量为m、可视为质点的滑块B从斜面的顶端由静止释放，滑块B经过时间t刚好滑到斜面底端。此过程中斜面对滑块的支持力大小为FN，重力加速度为g，则下列说法中正确的是（　　）A．FN＝mgcos αB．滑块下滑过程中支持力对B的冲量大小为FNtcos αC．此过程中斜面体向左滑动的距离为Lcos αD．滑块B下滑的过程中A、B组成的系统动水平方向动量守恒8．携带美国“天鹅座”宇宙飞船的“安塔瑞斯”号运载火箭在发射升空时爆炸，爆炸燃起巨大火球。下面对于该火箭的描述不正确的是（　　）A．火箭发射的初速度大于7.9 km/sB．火箭上升过程中处于超重状态C．忽略空气阻力，则火箭碎片落地时速度大小相等D．在爆炸的极短时间内，系统动量守恒9．关于冲量与动量的叙述正确的是（  ）A．当力与速度夹角为0°时，该力对物体做功为零，对物体的冲量也为零B．物体受到的合力的冲量越大，它的速度一定越大C．当人从某高度跳到地面上时，曲腿是为了减小冲量D．系统动量守恒也就是系统总动量变化量始终为零 10．如图所示，一个长为L的轻细杆两端分别固定着a、b两个光滑金属球，a球质量为2m，b球质量为m，两球的半径相等且均可视为质点，整个装置放在光滑的水平面上，将此装置从杆与水平面夹角为53°的图示位置由静止释放，则（　　）A．在b球落地前瞬间，b球的速度方向斜向右下，a球的速度方向向右B．球落地前瞬间，球的速度大小为C．在b球落地前的整个过程中，轻杆对a球做的功为零D．在b球落地前的整个过程中，轻杆对a球做的功不为零11．如图，在光滑的水平面上，有一静止的小车，甲、乙两人站在小车左、右两端，当他俩同时相向而行时，发现小车向右运动，下列说法中正确的是（　　）A．乙的速度必定大于甲的速度甲乙 B．乙的动量必定大于甲的动量C．乙的动能必定大于甲的动能 D．甲、乙、车组成的系统水平方向总动量守恒12．如图甲所示，光滑水平面上有一长为L=3m的木板，一滑块（可视为质点）放在木板最左端，木板质量是滑块质量的3倍开始时，木板与滑块均处于静止状态，现给滑块一个水平向右的初速度v0，滑块恰好不从木板上掉下。已知滑块与木板间的动摩擦因数随滑块离左端距离x变化的图象如图乙所示，重力加速度g取10m/s2，则下列说法中正确的是（　　）
 A．滑块和木板组成的系统机械能守恒，动量也守恒B．滑块和木板组成的系统机械能不守恒，动量守恒C．滑块滑到木板最右端时的速度大小为1m/sD．滑块的初速度v0的大小为3m/s13．两球A、B在光滑水平面上沿同一直线，同一方向运动，mA=1kg，mB=2kg，vA=6m/s，vB=2m/s。当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是（　　）A．vA′=5m/s，vB′=2.5m/s B．vA′=2m/s，vB′=4m/sC．vA′=1m/s，vB′=4.5m/s D．vA′=－4m/s，vB′=7m/s14．如图所示，a、b是两个带有同种电荷的小球，用绝缘细线悬挂于同一点，两球静止时，它们距水平地面的高度相等，绳与竖直方向的夹角分别为、，且、，若同时剪断两根细线，空气阻力不计，两球带电量不变，则下列叙述正确的是（　　）
 A．两球质量B．剪断细线后，两球组成的系统机械能守恒C．剪断细线后，两球组成的系统水平方向动量守恒D．落地时a球速率大于b球速率15．如图所示，质量m=400kg的小船静止在平静的水面上，船两端载着质量为m甲=40kg、m乙=60kg的游泳者，甲向左、乙向右同时以2m/s（相对于岸）的水平速度跃入水中，不计水对船的阻力，则正确的是（　　）A．小船获得的速度大小为0.5m/sB．小船获得的速度大小为0.1m/sC．小船收到的合外力冲量大小为40kg·m/sD．若乙跃出的水平速度为3m/s，则小船获得的速度为零  16．A、B两物体在光滑水平地面上沿同一直线相向而行，A的质量，速度大小，B的质量，速度大小。(1)A、B两物体的总动量为多大？(2)A、B两物体碰撞后，A沿原方向运动，速度大小为3m/s，求B的速度。17．如图所示，质量为m半径为R的四分之一光滑圆弧轨道竖直静止放置在水平地面上（未被锁定），下端与水平地面在P点相切，一个质量为2m的物块B（可视为质点）静止在水平地面上，左端固定有水平轻弹簧，Q点为弹簧处于原长时的左端点，P、Q间的距离为R，PQ段地面粗糙、动摩擦因数为μ=0.25，P点左侧和Q点右侧的水平地面光滑。现将质量为m的物块A（可视为质点）从圆弧轨道的最高点由静止开始下滑，重力加速度为g。求：(1)物块A沿圆弧轨道滑至P点时对轨道的压力大小；(2)弹簧被压缩的最大弹性势能（未超过弹性限度）；(3)物块A最终停止位置到Q点的距离。18．如图所示，半径相同、质量均为km（k为正整数）的光滑圆弧斜劈A和B静止于光滑水平面上，曲面下端均与水平面相切，圆弧斜劈B处于锁定状态。一质量为m的小球位于两斜劈中间的某位置，现给小球一初速度v0，小球恰好能滑到圆弧斜劈B最高点，求：(1)小球刚滑入斜劈B时对圆孤的压力大小；(2)若小球刚滑到斜劈B最高点时立即解除锁定，要使其能再次滑上B，则k的最小值。19．质量为和的两个物体在光滑的水平面上正碰，碰撞时间不计，其位移—时间图像如图所示。(1)若，则等于多少？(2)两个物体的碰撞是弹性碰撞还是非弹性碰撞？20．、两个粒子都带正电，的电荷量是的2倍，的质量是的4倍。以已知速度向静止的粒子飞去。由于静电力，它们之间的距离缩短到某一极限值后又被弹开，然后各自以新的速度做匀速直线运动。设作用前后它们的轨迹都在同一直线上，计算、之间的距离最近时它们各自的速度。21．细线下吊着一个质量为的静止沙袋，沙袋到细线上端悬挂点的距离为。一颗质量为的子弹水平射入沙袋并留在沙袋中，随沙袋一起摆动。已知沙袋摆动时摆线的最大偏角是，求子弹射入沙袋前的速度。22．某机车以的速度驶向停在铁轨上的7节车厢，与它们对接。机车与第一节车厢相碰后，它们连在一起具有一个共同的速度，紧接着又与第二节车厢相碰，就这样，直至碰上最后一节车厢。设机车和车厢的质量都相等，求：与最后一节车厢碰撞后车厢的速度。铁轨的摩擦忽略不计。23．如图所示，长L=6m的木板右端固定一立柱，木板和立柱的总质量M=50kg，木板置于水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ=0.05，质量m=50kg的人立于木板左端，木板与人均静止。现人相对地面以大小a1=2m/s2的加速度匀加速向右奔跑至木板的右端并立即抱住立柱（极短时间内，人与木板相对静止），取重力加速度大小g=10m/s2，求：(1)人从开始奔跑至到达木板右端所经历的时间；(2)从人抱住立柱到木板和人静止，木板的位移大小。
 
参考答案1．B【详解】AB．点燃火箭后，火箭在极短时间内向下喷出燃气，利用力的作用是相互的，燃气会给火箭向上的反作用力。此过程，内力远大于火箭重力，动量守恒，有解得火箭速度为A错误，B正确；C．忽略空气阻力的影响，万户及其所携设备做竖直上抛运动，有C错误；D．在火箭喷气过程中，燃气的内能有部分转化为系统的机械能，机械能增加。D错误。故选B。2．C【详解】A．同一根绳子上的力是相同的，所以绳子对两名小孩的拉力大小相等，故A错误；BC．设绳子上的力为F，无论小孩是否攀爬，小孩受到绳子上的拉力都为F，根据牛顿第二定律，对左边的A小孩有解得对右边的B小孩有解得比较可知，当A小孩的质量较大时，A小孩的加速度小，根据可知，A小孩的运动时间长，则B小孩先到达滑轮；反之当A小孩的质量小时，则A小孩先到达滑轮；当两小孩质量相等时，加速度相同，则运动时间相同，同时到达滑轮，故B错误，C正确；D．当把两小孩与绳子组成的整体看做系统时，合外力不为零，所以系统动量不守恒，故D错误。故选C。3．D【详解】A．若小物块沿斜面匀速下滑，则小物块和斜劈组成的系统受力平衡，斜劈处于静止状态，A错误；B．小物块在斜面上无论做什么运动，小物块的机械能都不守恒，B错误；C．若小物块在斜面上做匀速运动，小物块和斜劈组成的系统动量守恒，若小物块在斜面上做变速运动，系统受合外力不是零，系统的总动量不守恒，C错误；D．如果系统处于平衡状态，小物块下滑运动中要克服摩擦力做功，所以小物块的重力势能减小量大于其动能的增加量；如果系统不处于平衡状态，则斜劈在水平方向有速度，则小物块沿斜面下滑运动中，在无摩擦力的情况下，重力势能的减小量，转化成小物块和斜劈的动能，在有摩擦力的情况下，重力势能的减小量，一部分克服摩擦力做功，转化成系统的内能，一部分转化成小物块和斜劈的动能，所以小物块的重力势能减小量大于其动能的增加量，D正确。故选D。4．B【详解】A．P对Q有弹力的作用，并且在力的方向上有位移，在运动中，P会向左移动，P对Q的弹力方向垂直于接触面上，与Q前后移动连线的位移夹角大于，所以P对Q做功不为0，故A错误；B．因为PQ之间的力属于系统内力，并且等大反向，两者在力的方向上发生的位移相等，所以做功之和为0，故B正确；CD．因为系统只有系统内力和重力的作用，所以该P、Q组成的系统机械能守恒，系统水平方向上不受外力的作用，水平方向上动量守恒，但是在竖直方向上Q有加速度，即竖直方向上不守恒，故CD错误；故选B。5．D【分析】本题考查动量守恒定律、机械能守恒定律、圆周运动等知识，目的是考查学生的分析综合能力。【详解】A．子弹射入小球过程，由动量守恒定律可知解得选项A错误；B．子弹射入小球后，小球在最低点时有解得所以子弹射入小球前、后瞬间绳子对小球的拉力大小之比为，选项B错误；C．小球由最低点运动到最高点过程机械能守恒，有解得选项C错误；D．小球在最高点时有解得选项D正确。故选D。6．B【详解】本题考查动量守恒问题，先对于乙和货物列动量守恒，则有再对于甲和货物列动量守恒，则有恰好不相碰，则至少必须保证解得故选B。7．D【详解】A．当滑块B相对于斜面加速下滑时，斜面A水平向左加速运动，所以滑块B相对于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面方向的合外力不再为零，所以斜面对滑块的支持力FN不等于mgcosα，故A错误；
B．滑块B下滑过程中支持力对B的冲量大小为FNt，故B错误；
C．系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，设A、B两者水平位移大小分别为x1、x2，取水平向左为正方向，由动量守恒定律得：即有：Mx1=mx2，又 x1+x2=L，解得：故C错误；D．滑块B下滑的过程中A、B组成的系统动水平方向动量守恒，故D正确。故选D。8．C【详解】A．火箭发射时的初速度大于第一宇宙速度7.9 km/s，故A正确，不符合题意；B．在火箭上升过程中，具有向上的加速度，故处于超重状态，故B正确，不符合题意；C．由于在爆炸过程中，碎片的速度大小及方向均不相同，故落地时的速度大小不一定相同，故C错误，符合题意；D．在爆炸过程中由于内力远大于外力，故可以认为动量守恒，故D正确，不符合题意。故选C。9．D【详解】A．当力与速度夹角为0°时，该力对物体做功不为零，对物体的冲量也不为零，所以A错误；B．物体受到的合力的冲量越大，合力可能越大，加速度也越大，如果物体做减速运动，速度减小，所以B错误；C．当人从某高度跳到地面时，曲腿是为了减小冲力，但是冲量大小不变，是冲力作用的时间变大了，所以C错误；D．系统动量守恒也就是系统总动量变化量始终为零，D正确。故选D。10．BC【详解】A．在b球落地前瞬间，b球的速度方向为竖直向下，对两球及轻杆组成的系统，水平方向动量守恒，由于刚开始下落时，系统水平方向总动量为零，则在b球落地前瞬间，a球的速度为零，故A错误；B．对两球及轻杆组成的系统，在b落地的整个过程中，系统机械能守恒，则解得故B正确；CD．在b球落地前的整个过程中，a物体受三个力作用，分别为重力、支持力、轻杆对a球的作用力，由于重力、支持力始终不做功，而a的初动能为零，末动能也为零，由动能定理可得，轻杆对a球做的功为零，故C正确，D错误。故选BC。11．BD【详解】ABD．甲、乙两人及小车组成的系统不受外力，系统动量守恒，根据动量守恒定律得小车向右运动，则说明甲与乙两人的总动量向左，说明乙的动量大于甲的动量，即两人的总动量不为零，但是由于不知两人的质量关系，故无法确定两人的速度大小关系，A错误BD正确；C．根据乙的动量大于甲的动量，但不知两人的质量关系，动能无法比较，C错误。故选BD。12．BC【详解】AB．滑块和木板组成的系统在光滑的水平面上，不受外力，故系统动量守恒，因为滑块与木板间存在摩擦，故滑块和木板组成的系统机械能不守恒，A错误，B正确；CD．因滑块恰好不从木板上掉下，故此时滑块与木板共速，设滑块的质量为m，速度大小为，根据动量守恒定律可得根据动能定理可得解得C正确，D错误；故选BC。13．BC【详解】A．考虑实际运动情况，碰撞后两球同向运动，A球速度应不大于B球的速度，故A错误；B．两球碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量应守恒，碰撞前，总动量为总动能碰撞后，总动量为总动能则符合动量守恒和能量守恒，故B正确；C．碰撞后，总动量为则符合动量守恒定律，总动能则符合能量守恒定律。而且vA′＜vB′，符合实际的运动情况，故C正确；D．如果vA′=－4m/s，vB′=7m/s，则碰后总动量为系统动量守恒，碰后总动能为系统动能增加，不可能，故D错误。故选BC。14．AC【详解】A．设a、b球间库仑斥力为F，对a、b球受力分析，可得可得故A正确；B．剪断细线后，两球组成的系统有库仑力做功，机械能不守恒，故B错误；C．剪断细线后，两球组成的系统水平方向合外力为0，水平方向动量守恒，故C正确；D．落地时，竖直方向只受力重力作用，从相同的高度下落，故竖直速度相同，水平方向所受合外力为零，故水平方向动量守恒，则有mava=mbvb则水平方向的速率关系为故落地时b的速率大于a的速率，故D错误。故选AC。15．BC【详解】AB．甲、乙和船组成的系统动量守恒，以水平向右为正方向，开始时总动量为零，根据动量守恒定律有代入数据解得负号说明小船的速度方向向左，故A错误，B正确；C．根据动量定理可得，小船获得的动量为方向水平向左。故C正确；D．根据动量守恒定律有代入数据解得故D错误。故选BC。16．(1)28kg·m/s；(2)8m/s，方向与B的初速度方向相反【详解】(1)A、B两物体的总动量为(2)由动量守恒定律得解得方向与B的初速度方向相反。17．(1)；(2)；(3)【详解】(1)令物块A滑到圆弧底端时的速度大小为，圆弧的速度大小为，由动量守恒得由能量守恒得联立解得在圆弧最低点，由牛顿第二定律得解得由牛顿第三定律可知，对轨道压力大小5mg；(2)令物块滑到Q点时的速度为，由动能定理得解得当弹性势能最大时，AB速度相同，则有解得(3)令AB弹开时速度分别为和，则解得令物块停在Q点左侧x处，由动能定理得解得18．(1)；(2)3【详解】(1)小球滑到圆弧斜劈B最高点过程中，根据动能定理得小球刚滑入斜劈B时，对小球受力分析，根据牛顿第二定律得联立得根据牛顿第三定律，小球对圆孤的压力大小等于圆孤对小球的支持力，也为3mg；(2)小球下滑过程中与圆弧B构成的系统动量守恒，设向右为正，小球滑下时小球和圆弧B的速度分别为v1、v2，则根据动量守恒定律得根据机械能守恒定律得联立得，对于小球与滑块A组成的系统，当小球滑下时，设小球和圆弧A的速度分别为、，则根据动量守恒定律得根据机械能守恒定律得解得，要使其能再次滑上B，则需要满足，即化简得解得k的最小值为3。19．(1)3kg；(2)弹性碰撞【详解】(1)根据x－t图象的斜率等于速度，由图象可知，m1碰前速度为碰后的速度为m2碰前速度为碰后的速度为由动量守恒定律得代入数据解得(2)两物体组成的系统在碰撞过程中的机械能损失为故碰撞过程是弹性碰撞。20．【详解】设A的质量为m，A的电荷量为q ，则B的质量为4m，B的电荷量为2q ，经分析，当A、B之间的距离最近时，A、B速度相同，均为v1，根据动量守恒定律得解得21．【详解】设子弹射入沙袋前的速度为v，则子弹射入沙袋，动量守恒，有沙袋摆起，根据动能定理得解得22．【详解】设机车质量为m，相碰过程中，系统合外力为零，逐次碰撞等效于一次跟7节车厢一起碰撞，有解得23．(1)2s；(2)1m【详解】(1)设在人相对木板奔跑时，木板的加速度大小为a2，人与木板间的相互作用力大小为F，对人有F=ma1对木板有 由几何关系得解得t=2s(2)当人奔跑至木板右端时，人的速度大小v1=a1t木板的速度大小v2=a2t人抱立柱过程中，系统动量守恒有 解得v共=1m/s在随后的滑行过程中，对人与木板构成的整体，根据动能定理得 则木板的位移大小x=1m