这是一份人教版（广西专用）高中物理选择性必修第一册第1章动量守恒定律过关检测含答案，共11页。
第一章过关检测(时间:90分钟 满分:100分)一、选择题(共10小题,每小题4分,共40分,在每小题给出的四个选项中,第1~7小题只有一个选项符合题目要求,第8~10小题有多个选项符合题目要求,全部选对的得4分,选不全的得2分,有选错或不答的得0分)1.高空坠物极易对行人造成伤害。若一个质量为10 g的儿童玩具玻璃球从一居民楼的16层坠下,与地面的撞击时间约为0.002 s,则该玻璃球对地面产生的冲击力约为( )A.10 N B.102 N C.103 N D.104 N答案B解析以玻璃球为研究对象,竖直向下为正方向,地面对玻璃球的冲击力的大小为F,16楼距地面高度为h=45 m,玻璃球落地的速度为v=30 m/s,根据动量定理得(mg-F)Δt=0-mv,解得F=102 N,选项B正确。2.A、B两物体发生正碰,碰撞前后物体A、B都在同一直线上运动,其位移—时间图像如图所示。由图可知,物体A、B的质量之比为( )A.1∶1 B.1∶2C.1∶3 D.3∶1答案C解析由题图知,碰撞前vA=4 m/s,vB=0,碰撞后vA'=vB'=1 m/s,由动量守恒定律可知mAvA+0=mAvA'+mBvB',解得mB=3mA,选项C正确。3.两辆质量相同的小车A和B静止于光滑的水平面上,且A车上站有一人,若这个人从A车跳到B车上,接着又跳回A车,仍与A车保持相对静止,则此时A车的速度( )A.等于零 B.小于B车的速度C.大于B车的速度 D.等于B车的速度答案B解析人由A车跳上B车,又由B车跳回A车的整个过程中,人与A、B两车组成的系统水平方向动量守恒,系统初动量为零,所以末态A车与人的动量之和与B车的动量大小相等、方向相反,A、B两车质量相等,而人站在A车上,即(m人+mA)vA=mBvB,故A车的速度小于B车的速度,故选项B正确。4.为估算雨天院中芭蕉叶面上单位面积所承受的力,某同学将一圆柱形水杯置于院中,测得10分钟内杯中雨水上升了15 mm,查询得知,当时雨滴落地速度约为10 m/s,设雨滴撞击芭蕉叶面后无反弹,不计雨滴重力,雨水的密度为1×103 kg/m3,据此估算芭蕉叶面单位面积上的平均受力约为( )A.0.25 N B.0.5 N C.1.5 N D.2.5 N答案A解析设雨滴受到支持面的平均作用力为F,水杯中在Δt时间内有质量为Δm的雨水速度由v=10 m/s减为0。不计雨滴的重力,以竖直向上为正方向,对这部分雨水应用动量定理FΔt=0-(-Δmv),解得F=ΔmvΔt。设水杯横截面积为S,水杯里的雨水在Δt时间内水面上升Δh,则有Δm=ρSΔh,故FS=0.25 N/m2,故芭蕉叶面单位面积上的平均受力约为0.25 N,选项A正确。5.一个质量为0.18 kg的垒球,以25 m/s的水平速度飞向球棒,被球棒打击后反向水平飞回,速度大小变为45 m/s,设球棒与垒球的作用时间为0.01 s。下列说法正确的是( )A.垒球的动量变化量大小为3.6 kg·m/sB.球棒对垒球的冲量大小为126 N·sC.球棒对垒球的平均作用力大小为1 260 ND.球棒对垒球做的功为36 J答案C解析设垒球的初速度v0=25 m/s的方向为正方向,则末速度为v1=-45 m/s,动量的变化量Δp=mv1-mv0=-12.6 kg·m/s,即垒球的动量变化量大小为12.6 kg·m/s,故选项A错误;由动量定理I=Δp可知,球棒对垒球的冲量大小为12.6 N·s,故选项B错误;由冲量的定义I=Ft可知,球棒对垒球的平均作用力大小为F=Δpt=1 260 N,故选项C正确;球棒对垒球作用的过程,由动能定理可知,球棒对垒球做的功为W=12mv12-12mv02=126 J,故选项D错误。6.如图所示,光滑的四分之一圆弧轨道质量为m',静止在光滑水平面上,一个质量为m的物块在水平地面上以大小为v0的初速度向右运动并无能量损失地滑上圆弧轨道,当物块运动到圆弧轨道上某一位置时,物块向上的速度为零,此时物块与圆弧轨道的动能之比为1∶2,则此时物块的动能与重力势能之比为(以地面为参考平面)( )A.1∶2 B.1∶3C.1∶6 D.1∶9答案C解析因为水平面光滑,轨道和物块组成的系统水平方向动量守恒,当物块向上的速度为零时,两物体速度相同,又因为此时物块与圆弧轨道的动能之比为1∶2,即12mv2∶12m'v2=1∶2,得到m∶m'=1∶2;根据动量守恒定律有mv0=(m+m')v,得到v0=3v,根据能量守恒定律有12mv02=12(m+m')v2+Ep,解得Ep=13mv02,此时物块的动能为Ek=12mv2=118mv02,所以此时物块的动能与重力势能之比为1∶6,故选项C正确,A、B、D错误。7.一辆运沙车按着大喇叭轰隆隆地从旁边开过,小明想,装沙时运沙车都是停在沙场传送带下,等装满沙后再开走,为了提高效率,应该让运沙车边走边装沙。设想运沙车沿着固定的水平轨道向前行驶,沙子从传送带上匀速地竖直漏下,已知某时刻运沙车前进的速度为v,单位时间从传送带上漏下的沙子质量为m,则下列说法正确的是( )A.若轨道光滑,则运沙车和漏进车的沙组成的系统动量守恒B.若轨道光滑,则运沙车装的沙越来越多,速度却能保持不变C.已知此时运沙车所受的轨道阻力为F阻,则要维持运沙车匀速前进,运沙车的牵引力应为F牵=F阻D.已知此时运沙车所受的轨道阻力为F阻,则要维持运沙车匀速前进,运沙车的牵引力应为F牵=F阻+mv答案D解析若轨道光滑,则运沙车和漏进车的沙组成的系统水平方向动量守恒,而不是总动量守恒,因为沙子的竖直方向动量在变化,故选项A错误;设某时刻沙车总质量为m',随后一段时间Δt内漏进沙车的沙子质量为Δm,则由水平方向动量守恒有m'v+0=(m'+Δm)v',可以看出沙车速度会逐渐减小,故选项B错误;选一段极短时间Δt内漏进沙车的沙子Δm为研究对象,由动量定理,得FΔt=Δmv-0,车对漏进来的沙子向前的作用力为F=ΔmΔtv=mv,则以沙车为研究对象,由平衡条件有F牵-F阻-F'=0 ,其中F'是漏进来的沙子对车的阻力,由牛顿第三定律有F'=F,联立得F牵=F阻+mv,故选项C错误,D正确。8.如图所示,将两个质量分别为m1=60 g、m2=30 g的小球A、B叠放在一起,中间留有小空隙,从初始高度h0=1.8 m处由静止释放。A球与地面碰撞后立即以原速率反弹,A球与B球碰撞的时间为0.01 s,不计空气阻力,取向上为正方向,B球的速度—时间图像如图乙所示,g取10 m/s2,则( )A.B球与A球碰前的速度大小为6 m/sB.两球碰撞过程中,B球的重力冲量与A对B球的冲量大小比值为1∶101C.A、B两球发生的是弹性碰撞D.若m2
12m1v12+12m2v22。碰撞前后,系统机械能有损失,不是弹性碰撞。若不计系统重力的影响,且m2≪m1,由动量守恒m1v0-m2v0=m1v1+m2v2,不计碰撞损失,由能量关系12m1v02+12m2v02=12m1v12+12m2v22,联立解得v1=m1-3m2m1+m2v0,因m2≪m1,则v1=3v0,则m2球上升的最大高度h2=9h0=16.2 m,选项A、B正确。9.如图所示,在质量为m'的小车中挂着一个质量为m0的小球,小车(含小球)以恒定的速度u沿光滑的水平面运动,与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞,碰撞时间极短,在此碰撞进行的过程中,下列说法可能正确的是( )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)u=m'v1+mv2+m0v3B.小球的速度不变,小车和木块的速度变为v1和v2,满足m'u=m'v1+mv2C.小球的速度不变,小车和木块的速度变为v,满足m'u=(m'+m)vD.小车和小球的速度都变为v1,木块的速度为v2,满足(m'+m0)u=(m'+m0)v1+mv2答案BC解析碰撞时间极短,所以小球相对小车没有发生摆动,即线对球的作用力原来是竖直向上的,现在还是竖直向上的,没有水平方向的分力,未改变小球的动量,即小球的速度不发生变化,故选项A、D错误;因为小球的速度不变,所以研究对象选取小车和木块所构成的系统,系统水平方向动量守恒,由动量守恒定律得m'u=m'v1+mv2,由于题目中并没有提供在碰撞过程中的能量变化关系,所以也有可能小车和木块发生碰撞后以同一速度运动,即m'u=(m'+m)v,故选项B、C正确。10.如图所示,A、B两物体质量之比mA∶mB=3∶2,原来静止在足够长的平板小车C上,A、B间有一根被压缩的弹簧,水平地面光滑,在弹簧突然释放后很短时间内,下列说法正确的是( )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组成的系统动量守恒答案BCD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FfA向右,FfB向左。由于mA∶mB=3∶2,所以FfA∶FfB=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,选项A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,选项B、D正确。若A、B所受摩擦力大小相等,则A、B组成的系统所受的外力之和为零,故其动量守恒,选项C正确。二、填空题(共3小题,共18分。把答案直接填在横线上)11.(6分)小明做探究碰撞中的不变量实验的装置如图甲所示,悬挂在O点的单摆由长为l的细线和直径为d的小球A组成,小球A与放置在光滑支撑杆上的直径相同的小球B发生对心碰撞,碰后小球A继续摆动,小球B做平抛运动。(1)小明用游标卡尺测小球A直径如图乙所示,则d= mm。 (2)又测得了小球A质量m1,细线长度l,碰撞前小球A拉起的角度α和碰撞后小球B做平抛运动的水平位移x、竖直下落高度h。为完成实验,还需要测量的物理量有 、 。 答案(1)14.40 (2)小球B的质量m2 碰后小球A摆动的最大角β解析(1)由题图所示游标卡尺可知,球的直径d=14 mm+8×0.05 mm=14.40 mm。(2)A下摆过程机械能守恒,由机械能守恒定律得m1gl(1-cos α)=12m1v12,碰撞后仍可根据机械能守恒定律计算小球A的速度,所以需要小球A碰后摆动的最大角β;小球B碰撞后做平抛运动,根据平抛运动规律可得小球B的速度,要求小球B的动量,所以需要测量小球B的质量m2。12.(6分)如图所示,用图示装置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 (填选项前的字母),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.小球做平抛运动的水平位移(2)用天平测量两个小球的质量m1、m2。图中O点是小球抛出点在水平地面上的垂直投影。实验时,先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放;然后,把被碰小球m2静止于轨道水平部分的末端,再将入射小球m1从斜轨上S位置静止释放,与小球m2相撞,并多次重复;分别找到小球的平均落点M、P、N,并测量出平均水平位移lOM、lOP、lON。(3)若两球相碰前后的动量守恒,其表达式可表示为 [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 [用(2)中测量的量表示]。 答案(1)C (3)m1lOP=m1lOM+m2lON m1lOP2=m1lOM2+m2lON2解析(1)在该实验中,通过落地高度不变情况下水平射程来体现速度,故选项C正确。(3)若两球相碰前后的动量守恒,则m1v0=m1v1+m2v2,又lOP=v0t,lOM=v1t,lON=v2t,代入得m1lOP=m1lOM+m2lON;若碰撞是弹性碰撞,满足能量守恒,有12m1v02=12m1v12+12m2v22,代入得m1lOP2=m1lOM2+m2lON2。13.(6分)在验证动量守恒定律实验中,装置如图所示,按照以下步骤进行操作:①在平木板表面钉上白纸和复写纸,并将该木板竖直立于紧靠槽口处,使小球a从斜槽轨道上由静止释放,撞到木板并在白纸上留下痕迹O;②将木板水平向右移动一定距离并固定,再使小球a由静止释放,撞到木板上得到痕迹B;③把小球b静止放在斜槽轨道最右端,让小球a仍由静止释放,和小球b相碰后,两球撞在木板上得到痕迹A和C。(1)为了保证在碰撞过程中a球不反弹,a、b两球的质量m1、m2间的关系是m1 (选填“>”“<”或“=”)m2。 (2)下列器材选取或实验操作符合实验要求的是 。 A.小球a、b半径可以不同B.小球a每次必须从斜槽轨道同一位置由静止释放C.斜槽轨道末端必须保持水平D.需用停表测定小球在空中飞行的时间(3)实验测得,小球a、b质量分别为m1、m2,O点到A、B、C三点的距离分别为y1、y2、y3,若动量守恒,则需要验证的表达式为 (用所测量的量表示)。 答案(1)> (2)BC (3)m1y2=m1y3+m2y1解析(1)为防止碰撞后入射球反弹,入射球的质量应大于被碰球的质量,即m1>m2。(2)为使两球发生对心碰撞,小球a、b半径必须相同,故选项A错误;为使小球a到达斜槽末端时的速度相等,小球a每次必须从斜槽轨道同一位置由静止释放,故选项B正确;小球离开斜槽后做平抛运动,斜槽轨道末端必须保持水平,故选项C正确;小球离开斜槽后做平抛运动,平抛运动的时间可由竖直方向的位移求得,不需要用停表测定,故选项D错误。(3)小球离开斜槽后做平抛运动,设做平抛运动的时间为t,斜槽末端到木板的水平距离为x,小球做平抛运动的初速度为v,小球的竖直位移为y,则水平方向有x=vt,竖直方向有y=12gt2,解得v=xg2y,则碰撞前小球a的速度v0=xg2y2,碰撞后小球a的速度v1=xg2y3,碰撞后小球b的速度v2=xg2y1,两球碰撞过程系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得m1v0=m1v1+m2v2,整理得m1y2=m1y3+m2y1。三、计算题(共4小题,共42分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤,只写出最后答案不能得分,有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位)14.(9分)如图所示,在地面上以速度v0抛出质量为m的物体,抛出后物体经过时间t落在比地面低h的海平面上,若以地面为参考平面,且不计空气阻力,重力加速度为g。(1)物体到达海平面时的动能和机械能分别为多少?(2)从抛出到落到海平面的过程中动量的改变量Δp为多少?答案(1)12mv02+mgh 12mv02(2)mgt,方向竖直向下解析 (1)设物体到达海平面时的动能为Ek,从地面到海平面由动能定理可得mgh=Ek-12mv02解得Ek=12mv02+mgh因为抛出过程中机械能守恒,则E海=E地=12mv02。(2)从抛出到落入海平面由动量定理可得Δp=I=mgt,方向竖直向下。15.(9分)如图所示,一质量为m'=4m的物块(可视为质点)静止在光滑水平桌面的边缘,桌面离水平面的高度为h。一质量为m的子弹以水平速度v0射入物块后,以水平速度v03射出,物块落地后不反弹,重力加速度为g。求:(1)子弹射入物块的过程中系统损失的机械能;(2)物块落地点与抛出点的距离。答案(1)718mv02 (2)h2+v02h18g解析(1)子弹射穿木块过程动量守恒mv0=m·v03+m'v解得v=v06系统损失的机械能ΔE=12mv02-12mv032+12m'v2解得ΔE=718mv02。 (2)木块做平抛运动x=vt h=12gt2s=x2+h2解得s=h2+v02h18g。16.(12分)如图所示,物体A静止在光滑平直轨道上,其左端固定有轻质弹簧,物体B以速度v0=3.0 m/s沿轨道向物体A运动,并通过弹簧与物体A发生相互作用,已知A的质量为mA=2 kg,B的质量为mB=1 kg。(1)当物体A的速度多大时,A、B组成的系统动能损失最大?损失的最大动能为多少?(2)弹簧恢复原长时,物体A和物体B的速度分别为多少?答案(1)1 m/s 3 J (2)2 m/s,方向与B初速度方向相同;1 m/s,方向与B初速度方向相反解析(1)当两物体速度相等时,弹簧压缩量最大,系统损失的动能最大。以B的初速度方向为正方向,由动量守恒定律知mBv0=(mA+mB)v解得v=1 m/s损失的动能为ΔEk=12mBv02-12×(mA+mB)v2=3 J。(2)由动量守恒定律知mBv0=mAvA+mBvB由机械能守恒得12mBv02=12mAvA2+12mBvB2解得vB=-1 m/s,方向与B初速度方向相反;vA=2 m/s,方向与B初速度方向相同。17.(12分)如图所示,装置的左边是足够长的光滑水平台面,一轻质弹簧左端固定,右端连接着质量m'=3 kg的小物块A。装置的中间是水平传送带,它与左右两边的台面等高,并能平滑对接。传送带始终以v=3 m/s的速度逆时针转动。装置的右边是一段光滑的与水平台面连接的光滑曲面,质量m=1 kg的小物块B从其上距水平台面h=1.0 m处由静止释放。已知物块B与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2,传送带的长度l=1.0 m,设物块A、B之间发生的是对心弹性碰撞,第一次碰撞前物块A静止且处于平衡状态,g取10 m/s2。(1)求物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小。(2)求物块B与物块A第一次碰撞后到再次碰撞前与传送带的摩擦生热。(3)如果物块A、B每次碰撞后,物块A再回到平衡位置时都会立即被锁定,而当它们再次碰撞前锁定被解除,试求出物块B第6次碰撞后运动的速度大小。答案(1)4 m/s (2)12 J (3)0.062 5 m/s解析(1)设B滑到曲面底部速度为v0,根据机械能守恒定律得mgh=12mv02解得v0=2gh=25 m/s由于v0>v=3 m/s,B在传送带上开始做匀减速运动,设B一直减速滑过传送带的速度为v1,由动能定理可得-μmgl=12mv12-12mv02解得v1=4 m/s由于v1=4 m/s仍大于3 m/s,说明假设成立,即B与A碰前速度为4 m/s。(2)设第一次碰后A的速度为vA1,B的速度为vB1,取向左为正方向,根据动量守恒定律和机械能守恒定律得mv1=mvB1+m'vA112mv12=12mvB12+12m'vA12解得vB1=-v12=-2 m/s上式表明B碰后以2 m/s的速度向右反弹,滑上传送带后在摩擦力的作用下减速,设向左减速的最大位移为xB,由动能定理得-μmgxB=0-12mvB12解得xB=1 m因xB=l=1.0 m,B刚好滑到传送带右端再原速率返回左端,在传送带上的运动时间t=2vB1-μg=2 sB在传送带上运动的过程中,与传送带的摩擦生热Q=μmgvt-0=12 J。(3)由(2)中的关系可知第二次碰后B仍然反弹,且碰后速度大小仍为B碰前的12,即vB2=12vB1=-v122=-422 m/s同理可推,B每次碰后都将被传送带带回与A发生下一次碰撞,则B与A碰撞n次后反弹,速度大小为42n m/s,B第6次碰撞后的速度大小为0.062 5 m/s。
