高中物理人教版 (2019)选择性必修 第一册第一章 动量守恒定律综合与测试单元测试课时训练

这是一份高中物理人教版 (2019)选择性必修 第一册第一章 动量守恒定律综合与测试单元测试课时训练，共16页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
第一章　动量守恒定律 检测试题一、选择题(共12题,每题4分,共48分。第1～6小题为单项选择题,第7～12小题为多项选择题,选对但不全的得2分) 1.关于动量,以下说法正确的是(　D　)A.做匀速圆周运动的质点,其动量不随时间发生变化B.悬线拉着的摆球在竖直面内摆动时,每次经过最低点时的动量均相同C.匀速飞行的巡航导弹巡航时动量始终不变D.做平抛运动的质点在竖直方向上的动量与运动时间成正比解析:做匀速圆周运动的物体速度方向时刻变化,故动量时刻变化,故A项错误;摆球相邻两次经过最低点时动量大小相等,但方向相反,故B项错误;巡航导弹巡航时虽速度不变,但由于燃料不断燃烧(导弹中燃料占其总质量的一部分,不可忽略),从而使导弹总质量不断减小,导弹动量减小,故C项错误;做平抛运动的质点在竖直方向上的分运动为自由落体运动,在竖直方向的分动量p竖=mvy=mgt,故D项正确。2. 如图所示,篮球训练中,某同学伸出双手迎接飞来的篮球,触球后双手随篮球收缩至胸前。这样接球有助于减小接球过程中(　C　)A.篮球动量的变化量 B.篮球动能的变化量C.篮球对手的作用力 D.篮球对手作用力的冲量解析:接球过程,球的初末速度不变,所以篮球的动量变化量、动能变化量及篮球对手作用力的冲量都不变,但这样接球可以增大篮球与手作用的时间,由动量定理Ft=mv可知,篮球对手的作用力减小,选项C正确。3.质量相同的子弹、橡皮泥和钢球以相同的水平速度射向竖直墙壁,结果子弹穿墙而过,橡皮泥粘在墙上,钢球被弹回。不计空气阻力,关于它们对墙的水平冲量的大小,下列说法正确的是(　A　)A.子弹对墙的冲量最小B.橡皮泥对墙的冲量最小C.钢球对墙的冲量最小D.子弹、橡皮泥和钢球对墙的冲量大小相等解析:由于子弹、橡皮泥和钢球的质量相等、初速度相等,则它们动量的变化量Δp=mv-mv0,子弹穿墙而过,末速度的方向为正;橡皮泥粘在墙上,末速度等于0;钢球被弹回,末速度的方向与初速度方向相反,可知子弹的动量变化量最小,钢球的动量变化量最大,由动量定理I=Δp,所以子弹受到的冲量最小,钢球受到的冲量最大,结合牛顿第三定律可知,子弹对墙的冲量最小,钢球对墙的冲量最大,故A正确,B、C、D错误。4.一辆小车置于光滑水平桌面上,车左端固定一水平弹簧枪,右端安一网兜。若从弹簧枪中发射一粒弹丸,恰好落在网兜内,结果小车将(空气阻力不计)(　A　)A.向左移动一段距离 B.留在原位置C.向右移动一段距离 D.做匀速直线运动解析:由于弹丸与车组成的系统水平方向动量守恒,总动量保持为零不变,弹丸离开枪向右运动,则小车必向左运动,弹丸落在网兜后做完全非弹性碰撞,相互作用后静止,而车已向左移动了一段距离,故A正确。5. 质量相等的A、B两球之间压缩一根轻质弹簧,静置于光滑水平桌面上,当用板挡住小球A而只释放B球时,B球被弹出落到距桌边水平距离为s的地面上,如图所示。若再次以相同力压缩该弹簧,取走A左边的挡板,将A、B同时释放,则B球的落地点与桌边的距离为(　D　)A.    B.sC.s D.s解析:挡板挡住A球时,弹簧的弹性势能全部转化为B球的动能,有Ep=m,挡板撤走后,弹性势能被两球平分,则有Ep=2×mvB′2,由以上两式解得vB′=vB,由于B球抛出后做平抛运动,s′=vB′t=vBt=s,故D正确。6.如图(甲)所示,物块A、B的质量分别是mA=4.0 kg和mB=3.0 kg,两物块之间用轻弹簧拴接,放在光滑水平地面上,物块B右侧与竖直墙壁相接触,另有一物块C从t=0时,以一定速度向右运动,在t=4 s时与物块A相碰,并立即与A粘在一起不再分开,物块C的v-t图像如图(乙)所示,墙壁对物块B的弹力在4 s到12 s的时间内对B的冲量I的大小为(　C　)A.9 N·s    B.18 N·sC.36 N·s D.72 N·s解析:由图知,C与A碰前速度为v1=9 m/s,碰后速度为v2=3 m/s,C与A碰撞过程动量守恒,以C的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得mCv1=(mA+mC)v2,代入数据解得mC=2 kg;由图知,12 s末A和C的速度为v3=-3 m/s,4 s到12 s,墙对B的冲量为I=(mA+mC)v3-(mA+mC)v2,代入数据解得I=-36 N·s,方向向左,故A、B、D错误,C正确。7.一粒钢珠从静止状态开始自由下落,然后陷入泥潭中。若把在空中下落的过程称为过程Ⅰ,进入泥潭直到停止的过程称为过程Ⅱ,则(　BC　)A.过程Ⅰ中钢珠的动量的改变量等于过程Ⅱ中动量的改变量B.过程Ⅱ中,钢珠所受阻力的冲量的大小等于过程Ⅰ和过程Ⅱ中重力的冲量的大小的和C.Ⅰ、Ⅱ两个过程中合外力的总冲量等于零D.过程Ⅱ中钢珠的动量的改变量等于零解析:在Ⅰ、Ⅱ两个过程中,钢珠动量的改变量各不为零,且它们大小相等、方向相反,但对于全过程,钢珠动量的改变量为零,故合外力的总冲量等于零,A、D错误,C正确;过程Ⅱ中钢珠受重力和阻力,所以过程Ⅱ中阻力的冲量大小等于过程Ⅰ中重力的冲量大小与过程Ⅱ中重力冲量大小的和,B正确。8. 如图所示,A、B两物体质量之比mA∶mB=3∶2,原来静止在平板小车C上,A、B间有一根被压缩的弹簧,地面光滑,当弹簧突然释放后,则(　BCD　)A.若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同,A、B组成的系统的动量守恒B.若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同,A、B、C组成的系统的动量守恒C.若A、B所受的摩擦力大小相等,A、B组成的系统的动量守恒D.若A、B所受的摩擦力大小相等,A、B、C组成的系统的动量守恒解析:如果A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同,弹簧释放后A、B分别相对于小车向左、向右滑动,它们所受的滑动摩擦力FA向右,FB向左。由于mA∶mB=3∶2,所以FA∶FB=3∶2,则A、B组成的系统所受的外力之和不为零,故其动量不守恒,A选项错误;对A、B、C组成的系统,A、B与C间的摩擦力为内力,该系统所受的外力为竖直方向上的重力和支持力,它们的合力为零,故该系统的动量守恒,B、D选项正确;若A、B所受摩擦力大小相等,则A、B组成的系统的外力之和为零,故其动量守恒,C选项正确。9. 如图所示,在质量为M的小车顶部用轻绳悬挂着一小球,小球质量为m0,小车和球以恒定的速度v沿光滑水平地面运动,与位于正前方的质量为m的静止的木块发生碰撞,碰撞的时间极短。在此碰撞过程中,下列情况可能发生的是(　BCD　) A.小车、木块、小球的速度都发生变化,分别变为v1、v2、v3,满足(M+m0)v=Mv1+mv1+m0v3B.小球的速度不变,小车和木块的速度变为v1和v2,满足Mv=Mv1+mv2C.小球的速度不变,小车和木块的速度都变为u,满足Mv=(M+m)uD.碰撞时间极短,在此碰撞过程中,小球的速度还来不及变化解析:小车与木块碰撞,且碰撞时间极短,因此相互作用只发生在木块和小车之间,悬挂的小球在水平方向未受到力的作用,故小球在水平方向的动量未发生变化,即小球的速度在小车与木块碰撞过程中始终不变,故A错误,D正确;选项B的说法对应于小车和木块碰撞后又分开的情况,选项C的说法对应于小车和木块碰撞后粘在一起的情况,两种情况都有可能发生,故B、C正确。10. 质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上,箱子中间有一质量为m的小物块,小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ,初始时小物块停在箱子正中间,如图所示。现给小物块一水平向右的初速度v,小物块与左右箱壁共碰撞N次后恰又回到箱子正中间,并与箱子保持相对静止。设碰撞都是弹性的,则整个过程中,系统损失的动能为(　BD　)A.mv2      B.C.NμmgL   D.NμmgL解析:根据动量守恒定律得mv=(M+m)v′,则小物块和箱子的共同速度v′=,损失的动能ΔEk=mv2-(M+m)v′2=,故A错误,B正确;根据能量守恒定律知,损失的动能等于因摩擦产生的热量,而计算热量的方法是摩擦力乘以相对位移,所以ΔEk=Ff·NL=NμmgL,故C错误,D正确。11.如图(甲)所示,物块A、B间拴接一个被压缩后锁定的弹簧,整个系统静止放在光滑水平地面上,其中A物块最初与左侧固定的挡板相接触,B物块质量为2 kg。现解除对弹簧的锁定,在A离开挡板后,B物块的v-t图像如图(乙)所示,则可知(　BD　)A.A的质量为4 kgB.运动过程中A的最大速度为4 m/sC.在A离开挡板前,A、B及弹簧构成的系统动量守恒、机械能守恒D.在A离开挡板后弹簧的最大弹性势能为3 J解析:弹簧伸长最长时弹力最大,B的加速度最大,此时A、B共速,由图知A、B共同速度为v共=2 m/s;A刚离开挡板时B的速度为v0=3 m/s,取向右为正方向,在A离开挡板后,由动量守恒定律有mBv0=(mA+mB)v共,解得mA=1 kg,A错误;当弹簧第一次恢复原长时A的速度最大,由动量守恒定律和机械能守恒定律得mBv0=mAvA+mBvB,mB=mA+mB,解得A的最大速度vA=4 m/s,B正确;在A离开挡板前,由于挡板对A有作用力,A、B系统所受合外力不为零,所以系统动量不守恒,C错误;分析A离开挡板后A、B的运动过程,并结合图像数据可知,弹簧伸长到最长时,A、B的共同速度为v共=2 m/s,根据动量守恒定律和机械能守恒定律有mBv0=(mA+mB)v共,Ep=mB-(mA+mB),联立解得弹簧的最大弹性势能Ep=3 J,D正确。12.如图所示,在光滑的水平桌面上有质量分别为M=0.6 kg 和m=0.2 kg的两个等大的小球甲、乙,中间夹着一个被压缩的具有Ep=10.8 J弹性势能的轻弹簧(弹簧与两球不相连),原来处于静止状态。现突然释放弹簧,乙球脱离弹簧后滑向与水平桌面相切、半径为R=0.425 m的竖直放置的光滑半圆形轨道,g取10 m/s2。下列说法正确的是(　ABD　)A.甲球离开轻弹簧时获得的速度为3 m/sB.乙球从轨道底端A运动到顶端B的过程中所受合外力冲量大小为3.4 N·sC.若半圆轨道半径可调,则乙球从B点飞出后落在水平桌面上的水平位移随轨道半径的增大而减小D.弹簧弹开过程,弹力对乙球的冲量大小为1.8 N·s解析:释放弹簧过程中,由动量守恒定律得Mv1=mv2,由机械能守恒定律得Ep=M+m,解得v1=3 m/s,v2=9 m/s,故A正确;对乙球由A运动到B的过程,由机械能守恒定律得m=mv2′2+mg·2R,解得v2′=8 m/s,由动量定理得I合=mv2′-(-mv2)=3.4 N·s,故B正确;若半径可调,设乙球到达B点的速度为v2″,则有m=mv2″2+mg·2R解得v2″=,乙球从B点飞出后,由平抛运动规律可知,水平方向上有x=v2″t,竖直方向上有2R=gt2,解得x=,故C错误;弹簧弹开过程,弹力对乙球的冲量I=mv2=1.8 N·s,故D正确。二、非选择题(共52分)13.(6分)某同学用如图所示装置来验证动量守恒定律,实验过程如下:①安装固定斜槽,用重垂线确定槽口末端点对应水平地面投影点,记作O;②将质量为m1的小球放在斜槽适当位置,释放小球,多次重复操作,确定小球落下时的平均位置记为B;③把质量为m2的小球静止放在斜槽末端,再次释放小球m1,让两个小球发生碰撞,多次重复操作,记录m1、m2两小球落点的平均位置分别为A、C;④用刻度尺测量A、B、C各点到O点的距离,分别为记为xOA、xOB、xOC。请回答下列问题:(1)在进行实验时满足的条件是　　　　(多选)。 A.斜槽必须光滑B.斜槽末端切线必须水平且必须测量轨道末端到地面的距离C.实验中应用大小相同的小球且m1要大于m2D.实验中m1每次必须从同一高度由静止滚下(2)只要关系式　　　　　　　　　　　　(用题中给出的物理量表示)成立,则说明两球碰撞过程动量守恒。 解析:(1)实验中是通过平拋运动的基本规律求解碰撞前后的速度,只要小球离开轨道后做平抛运动即可,对斜槽是否光滑没有要求,故A错误;要保证每次小球都做平抛运动则轨道的末端必须水平,但不需要测量轨道末端到地面的距离,故B错误;为了保证小球碰撞为对心正碰,且碰后不反弹,要求实验中应用大小相同的小球且m1要大于m2,故C正确;要保证碰撞前的速度相同,所以m1每次都要从同一高度由静止滚下,故D正确。(2)要验证动量守恒定律,即m1v1=m1v1′+m2v2′,小球做平抛运动,由平抛运动规律可知,两小球在空中运动的时间相同,上式可转换为m1v1t=m1v1′t+m2v2′t,所以需验证m1xOB=m1xOA+m2xOC。答案:(1)CD　(2)m1xOB=m1xOA+m2xOC评分标准:每空3分。14.(8分)某同学利用打点计时器和气垫导轨做“验证动量守恒定律”的实验,气垫导轨装置如图(甲)所示,所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架等组成。在空腔导轨的两个工作面上均匀分布着一定数量的小孔,向导轨空腔内不断通入压缩空气,压缩空气会从小孔中喷出,使滑块稳定地漂浮在导轨上,如图(乙)所示,这样就大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差。(1)下面是实验的主要步骤:①安装好气垫导轨,调节气垫导轨的调节旋钮,使导轨水平;②向气垫导轨通入压缩空气;③把打点计时器固定在紧靠气垫导轨左端弹射架的外侧,将纸带穿过打点计时器和弹射架并固定在滑块1的左端,调节打点计时器的高度,直至滑块拖着纸带移动时,纸带始终在水平方向;④使滑块1挤压导轨左端弹射架上的弹射装置;⑤把滑块2[所用滑块1、2如图(丙)所示]放在气垫导轨的中间;⑥先接通打点计时器的电源,然后　　　   　,让滑块带动纸带一起运动; ⑦取下纸带,重复步骤④⑤⑥,选出较理想的纸带如图(丁)所示;⑧测得滑块1(包括撞针)的质量为310 g,滑块2(包括橡皮泥)的质量为205 g;试着完善实验步骤⑥的内容。(2)已知打点计时器每隔0.02 s打一个点,计算可知,两滑块相互作用前质量与速度的乘积之和为　　　　　 kg· m/s;两滑块相互作用后质量与速度的乘积之和为　　    　　kg· m/s。(保留三位有效数字) (3)试说明(2)问中两结果不完全相等的主要原因是         　。 解析:(1)⑥使用打点计时器时,先接通电源后释放纸带。(2)放开滑块1后,滑块1做匀速运动,跟滑块2发生碰撞后跟滑块2一起做匀速运动,根据纸带的数据得;碰撞前滑块1的动量为p1=m1v1=0.310× kg·m/s=0.620 kg·m/s。滑块2的动量为零,所以碰撞前的总动量为0.620 kg·m/s。碰撞后滑块1、2速度相等,所以碰撞后总动量为(m1+m2)v2=(0.310+0.205)× kg·m/s=0.618 kg·m/s。(3)结果不完全相等是因为纸带与打点计时器限位孔有摩擦力的作用。答案:(1)释放纸带　(2)0.620　0.618　(3)纸带与打点计时器的限位孔间有摩擦评分标准:每空2分。15.(8分) 如图所示,一根质量不计、长为1 m,能承受最大拉力为14 N的绳子,一端固定在天花板上,另一端系一质量为 1 kg 的小球,整个装置处于静止状态,若要将绳子拉断,作用在球上的水平冲量至少应为多大?(g取 10 m/s2)解析:要使绳子拉断,绳子的拉力必须达到最大值F=14 N     (2分)此时恰好由绳子的拉力和重力的合力提供向心力,根据牛顿第二定律有F-mg=m                                           (2分)代入数据解得v=2 m/s                                  (2分)由动量定理得I=Δp=mv=2 N·s                          (2分)作用在小球上的水平冲量至少应为2 N·s。答案:2 N·s16. (8分) 如图所示,在光滑水平面上有一辆质量M=8 kg的平板小车,车上有一个质量m=1.9 kg的木块,木块距小车左端6 m(木块可看成质点)。车与木块一起以v=1 m/s 的速度水平向右匀速行驶。一颗质量m0=0.1 kg的子弹以v0=179 m/s的初速度水平向左飞来,瞬间击中木块并留在其中。如果木块刚好不从车上掉下,求木块与平板小车之间的动摩擦因数μ(g取10 m/s2)。解析:设子弹射入木块后的共同速度为v1,以水平向左为正方向,则由动量守恒定律有m0v0-mv=(m+m0)v1                                                 (1分)代入数据解得v1=8 m/s                                 (1分)木块(包括子弹)恰好不从小车上掉下来,则木块(包括子弹)相对平板小车滑行x=6 m时跟小车具有共同速度v2,则由动量守恒定律有(m+m0)v1-Mv=(m+m0+M)v2                                                                    (2分)由能量守恒定律有Q=μ(m+m0)gx=(m+m0)+Mv2-(m+m0+M)(2分)联立各式并代入数据解得μ=0.54。                        (2分)答案:0.5417.(10分) 以初速度v0与水平方向成60°角斜向上抛出的手榴弹,到达最高点时炸成质量分别是m和2m的两块。其中质量大的一块沿着原来的方向以2v0的速度飞行。(1)求质量较小的一块弹片速度的大小和方向;(2)爆炸过程中有多少化学能转化为弹片的动能。解析:(1)斜向上抛出的手榴弹在水平方向上做匀速直线运动,在最高点处爆炸前的速度v1=v0cos 60°=v0                                        (2分)设v1的方向为正方向,如图所示。由动量守恒定律得3mv1=2mv1′+mv2                                             (3分)其中爆炸后大块弹片速度v1′=2v0解得v2=-2.5v0,“-”号表示v2的方向与爆炸前速度方向相反。(2分,未说明方向扣1分)(2)爆炸过程中转化为动能的化学能等于系统动能的增量,即ΔEk=×2mv1′2+m-×3m=m。                     (3分)答案:(1)2.5v0　方向与爆炸前速度方向相反(2)m18.(12分) 如图所示,小球A质量为m,系在细线的一端,线的另一端固定在O点,O点到光滑水平面的距离为h。物块B和C的质量分别是5m和3m,B和C用轻弹簧拴接,置于光滑的水平面上,且物块B位于O点正下方。现拉动小球使细线水平伸直,小球由静止释放,运动到最低点时与物块B发生正碰(碰撞时间极短),反弹后上升到最高点时到水平面的距离为。小球与物块均视为质点,不计空气阻力,重力加速度为g,求碰撞过程物块B受到的冲量大小及碰后轻弹簧获得的最大弹性势能。解析:设小球运动到最低点与物块B碰撞前的速度大小为v1,取小球运动到最低点时的重力势能为零,根据机械能守恒定律有mgh=m(1分)解得v1=                                          (1分)设碰撞后小球反弹的速度大小为v1′,同理有mg=mv1′2        (1分)解得v1′=                                         (1分)设碰撞后物块B的速度大小为v2,取水平向右为正方向,由动量守恒定律有mv1=-mv1′+5mv2                                                                        (2分)解得v2=                                           (1分)由动量定理可得,碰撞过程物块B受到的冲量为I=5mv2=m(1分)碰撞后当物块B与物块C速度相等时轻弹簧的弹性势能最大,根据动量守恒定律有5mv2=8mv3                                                                   (1分)根据机械能守恒定律Epm=×5m-×8m                (1分)解得Epm=mgh。                                       (2分)答案:m　mgh