1-第一章　动量守恒定律测评卷2021-2022学年物理选择性必修第一册人教版2019（含解析）

这是一份高中物理人教版 (2019)选择性必修 第一册全册综合随堂练习题，共17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
一、选择题(本题共11小题,每小题4分,共44分。在每小题给出的四个选项中,第1~5题只有一项符合题目要求,第6~11题有多项符合题目要求。全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不答的得0分)
1.(2021江苏常熟高三上段考)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
2.(2021山东高二上联考)中国已成功发射可重复使用试验航天器。某实验小组仿照航天器的发射原理,在地球表面竖直向上发射了一质量为M(含燃料)的火箭,当火箭以大小为v0的速度竖直向上飞行时,火箭接到加速的指令瞬间向后喷出一定质量的气体,气体喷出时速度大小为v1,加速后火箭的速度大小为v2,不计喷气过程重力的影响,所有速度均为对地速度,则喷出气体的质量为 (　　)
A.Mv2v1　　　　　　　　　　B.M(v2-v0)v1+v2
C.M(v2-v0)v1-v2　　　　　　　　　　D.Mv1v2
3.(2021湖北鄂东南省级示范高中高二上期中)在光滑水平地面上静止放置着由轻弹簧连接的物块A和B,开始时弹簧处于原长,一颗质量为m的子弹以水平初速度v0射入物块A并留在其中(子弹与物块相互作用时间极短,可忽略不计),已知物块A和B的质量均为m,则在以后的运动过程中,弹簧弹性势能的最大值为 (　　)

A.13mv02　　　　　　　　　　B.14mv02
C.16mv02　　　　　　　　　　D.112mv02
4.(2021山东百所名校高三上联考)光滑圆弧轨道AB与水平轨道BC相切于B点,一质量为m的物块甲从圆弧轨道上的A点由静止下滑,在水平轨道上滑行的最大距离为s。在B点放置另一质量为3m的物块乙后,再把质量为m的物块甲从A点由静止释放,已知甲、乙两物块与水平轨道间的动摩擦因数相同,两物块均可视为质点,则两物块碰撞后粘连在一起继续向右运动的最大距离为 (　　)

A.4s　　　　　B.14s　　　　　C.19s　　　　　D.116s
5.(2021湖南三湘名校教育联盟高三上联考)如图所示,光滑水平面的同一直线上放有n个质量均为m的小滑块,相邻滑块间的距离为L,每个滑块均可看成质点。现给第1个滑块水平向右的初速度v0,滑块间相碰后均能粘在一起,则从第1个滑块开始运动到第n-1个滑块与第n个滑块相碰时总的时间为 (　　)

A.(n2-1)L2v0　　　　　　　　　　 B.n(n-1)L2v0
C.n2L2v0　　　　　　　　　　 D.n(n+1)L2v0
6.(2021安徽A10联盟高三上段考)静止放置在水平面上的物体,从t=0时刻受到随时间均匀减小的水平向右的拉力FT和不变的摩擦阻力f共同作用,已知拉力FT与阻力f随时间t变化的图像如图所示,则 (　　)

A.在0~t0时间内,物体重力的冲量为零
B.t0时刻物体的速度一定为零
C.t=t02时刻物体一定向右运动
D.根据题设条件可求出物体运动的最大速度
7.(2021重庆八中高三上月考)A、B两个物体在光滑水平面上沿x轴运动,运动的过程中两物体经历了完全非弹性碰撞(碰撞时间极短),下面哪些图像是不可能发生的 (　　)

8.(2021河南南阳高三上期中)如图所示,一质点水平向右做匀加速直线运动,t1、t2、t3、t4是运动过程中的四个时刻,且t2-t1=t4-t3,则关于t1到t2时间内与t3到t4时间内,下面说法正确的是 (　　)

A.速度的改变量相等
B.动能的改变量相等
C.合外力的冲量相等
D.合外力的功相等
9.(2021广东三校高三上联考)沙滩排球是风靡全世界的一项体育运动。假设在某次进行排球运动时,质量为m的排球从距离沙滩表面高度为H的A点由静止释放,落到沙滩并陷入深度为h的B点时速度减为零,如图所示。不计空气阻力,重力加速度为g。则关于排球的运动过程,下列说法正确的是 (　　)

A.整个下落过程中,排球的机械能减少了mgH
B.整个下落过程中,排球克服阻力做的功为mg(H+h)
C.在陷入沙滩过程中,排球动量的改变量的大小等于m2gH
D.在陷入沙滩过程中,排球所受阻力的冲量大小大于m2gH
10.(2021四川天府名校高三上联考)如图所示,足够长的光滑水平导轨上放有一个凹槽,其质量为M=10 kg。凹槽以初速度v0=6 m/s匀速运动。某时刻在凹槽内无初速度放置一个质量为m=2 kg的物块,物块与凹槽之间存在摩擦,若物块与凹槽碰撞过程中无机械能损失,则在此后的运动过程中 (　　)

A.凹槽与物块组成的系统机械能守恒
B.凹槽与物块组成的系统动量守恒
C.凹槽与物块的最终速度均为5 m/s
D.整个运动过程中系统因摩擦产生的热量为55 J
11.(2021全国百校联盟高三上教学质检)如图所示,水平地面固定一倾角为θ的光滑直角斜劈。坡面ABCD为正方形,边长为L,E为BC的中点。两个可视为质点的小球P和Q,小球P从A点以某速度沿AB方向水平抛出,同时小球Q由B点无初速度释放,经过时间t,P、Q两小球恰好在C点相遇,若两小球质量均为m,重力加速度为g,则下列说法正确的是 (　　)

A.在两小球被释放后的任意相同时间内(未相遇前),两小球的动量变化量都相等
B.两小球在坡面上运动过程中,任意时刻小球P所受重力的瞬时功率都比小球Q所受重力的瞬时功率大
C.t=2Lgsinθ
D.若小球P的速度变为原来的2倍,两小球可能在E处相遇
二、非选择题(本题共6小题,共56分)
12.(2021吉林长春实验中学高三上期中)(5分)如图所示,实验小车在配套长直轨道上运动时,所受阻力很小。在两小车前端固定有磁铁,N极相对,磁铁对其他装置无作用力;甲车和磁铁的总质量为m1,乙车和磁铁的总质量为m2;每个小车上都有一个窄遮光条,宽度均为d;两个光电门(连接数字计时器)固定在轨道上,轨道保持水平。在实验室中,利用这个装置验证动量守恒定律。

(1)验证排斥过程动量守恒:用手控制甲、乙两车静止在两光电门中间某位置,同时释放。当甲、乙两车分别且同时通过两个光电门时,数字计时器会记录遮光时间,分别用t1和t2表示。则验证动量守恒的表达式为　　　　　　　　。若先释放甲车,在甲车到达光电门1之前释放乙车,当甲、乙两车分别且同时通过两个光电门时,遮光时间分别用t3和t4表示,则系统总动量大小的表达式为　　　　　　　　。 
(2)验证吸引过程动量守恒:将甲车的磁铁N、S极对调,将两车拉开一定距离后由静止同时释放,若满足系统动量守恒,则两车碰后系统会处于　　　　状态。 
13.(2021黑龙江哈尔滨三中高三上月考)(7分)“探究碰撞中的不变量”的实验中:

(1)入射小球的质量m1=15 g,原静止的被碰小球的质量m2=10 g,由实验测得它们在碰撞前、后的x-t图像如图甲,可知碰撞前入射小球的动量为0.015 kg·m/s,碰撞后的m1v'1是　　　　kg·m/s,m2v'2是　　　　kg·m/s(结果保留两位有效数字),由此得出结论　　　　　　　　　　　　; 
(2)实验装置如图乙所示,本实验必须要求的条件是 (　　)
A.斜槽轨道必须是光滑的
B.斜槽轨道末端点的切线是水平的
C.入射小球每次都从斜槽上的同一位置无初速度释放
D.入射小球与被碰小球满足m1>m2,r1=r2
(3)图中M、P、N分别为入射小球与被碰小球对应的落点的平均位置,则实验中要验证的关系是 (　　)
A.m1·ON=m1·OP+m2·OM
B.m1·OP=m1·ON+m2·OM
C.m1·OP=m1·OM+m2·ON
D.m1·OM=m1·OP+m2·ON
14.(2021湖南长郡中学、师大附中、长沙一中联合体高三上联考)(8分)在光滑的水平面上有两个物块A、B,质量分别为mA=5 kg、mB=10 kg,它们之间由一根不可伸长的轻绳相连,开始时绳子完全松弛,两物块紧靠在一起。现用2 N的水平恒力F作用在A上,使A由静止开始运动,当轻绳瞬间绷直后A、B一起共同前进,A、B一起向前运动了2.0 m时,两物块的速度为1 m/s,则两物块间的绳长l为多少?





15.(2021湖南雅礼中学高一上期末)(10分)如图所示,A和B两小车静止在光滑的水平面上,质量分别为m1、m2,A车上有一质量为m0的人,相对地面以水平速度v0向右跳上B车,并与B车相对静止。若不考虑空气阻力,求:
(1)人跳离A车后,A车的速度大小和方向;
(2)人跳上B车的过程中,人对B车所做的功。


16.(2021西南名校联盟高三上月考)(12分)如图所示,用长为0.4 m的不可伸长的轻绳将质量为1 kg的小球C悬挂于O点,小球C静止。质量为2 kg的物块A放在质量也为2 kg的木板B的右端,以共同的速度v0=1.5 m/s沿着光滑水平面向着小球滑去,小球与物块发生弹性正碰,物块与小球均可视为质点,且小球C返回过程不会碰到物块A,不计一切阻力,重力加速度为g。求:
(1)碰后瞬间小球C的速度大小;
(2)若物块与木板间的动摩擦因数为0.1,木板B至少要多长,物块A才不会从木板的上表面滑出。








17.(2021河北“五个一名校联盟”高三上诊断)(14分)如图所示,AB为足够长的光滑斜面,斜面底端B处有一小段光滑圆弧与水平面BE平滑相连,水平面的CD部分粗糙,其长度L=1 m,其余部分光滑,DE部分长度为1 m,E点与半径R=1 m的竖直半圆形轨道相接,O为轨道圆心,E为最低点,F为最高点。将质量m1=0.5 kg的物块甲从斜面上由静止释放,如果物块甲能够穿过CD区域,它将与静止在D点右侧的质量为m2=1 kg的物块乙发生弹性正碰,已知物块甲、乙与CD面间的动摩擦因数均为μ=0.25,且物块均可看成质点,重力加速度为g。
(1)若物块乙被碰后恰好能通过半圆形轨道最高点F,求其在水平面BE上的落点到E点的距离x;
(2)若物块甲在斜面上释放的高度h0为11.5 m,求物块乙被碰后运动至圆心等高点时对轨道的压力FN的大小;
(3)用质量m3=1 kg的物块丙取代物块甲(甲和丙材料相同),为使物块丙能够与物块乙碰撞,并且碰撞次数不超过2次,求物块丙在斜面上释放的高度h应在什么范围?(已知所有碰撞都是弹性正碰,且不考虑物块乙脱离轨道后与物块丙可能的碰撞)









答案全解全析
1.B　每层楼高约为3 m,则玻璃球下落的总高度h=(16-1)×3 m=45 m,自由下落时间t1=2hg=2×4510 s=3 s,与地面的碰撞时间约为t2=0.002 s,玻璃球从开始下落至与地面撞击后的全过程根据动量定理可得mg(t1+t2)-Ft2=0,联立解得F=mg(t1+t2)t2=10×10-3×10×(3+0.002)0.002 N=150 N。故选B。
2.B　设喷出气体的质量为m,规定火箭的速度方向为正方向,由动量守恒定律可得Mv0=(M-m)v2-mv1,解得m=M(v2-v0)v1+v2。故选B。
3.D　设子弹射入物块A中时两者达到的共同速度为v1,则由动量守恒定律得mv0=2mv1,解得v1=v02;设弹簧被压缩到最短时A、B的共同速度为v2,则由动量守恒定律得mv0=3mv2,解得v2=v03;A、B共速时,弹簧弹性势能最大,根据能量守恒可得弹簧的最大弹性势能为Ep=12·2mv12-12·3mv22=112mv02。故选D。
4.D　设物块甲在B点时速度为v1,与物块乙共速后速度为v2,对甲在水平轨道上滑行时有12mv12=μmgs,两物块碰撞时由动量守恒定律得mv1=(m+3m)v2,两物块粘连后在水平轨道上滑行时有12(m+3m)v22=μ(m+3m)gs',联立解得s'=116s,故选D。
5.B　由于每次相碰后滑块均会粘在一起,根据动量守恒定律得mv0=2mv2,可知第2个滑块开始运动的速度大小为v2=12v0,同理第3个滑块开始滑动的速度大小为v3=13v0,第n-1个滑块开始运动的速度大小为vn-1=1n-1v0,每个滑块均能看成质点,则运动总时间为t=Lv0+L12v0+L13v0+…+L1n-1v0=Lv0(1+2+3+…+n-1)=n(n-1)L2v0,故选B。
6.BC　因为重力为恒力,在0~t0时间内,物体重力的冲量等于重力大小与时间的乘积,不为零,故A错误;F-t图像中图线与时间轴围成的面积表示冲量,则0~t0时间内合力的冲量为零,且物体的初速度为零,根据动量定理可知,t0时刻物体的速度一定为零,故B正确;在0~t02时间内FT大于摩擦力f,物体向右加速运动,t=t02时刻物体受到的合外力为零,加速度为零,速度最大,不会向左运动,故C正确;由于物体的质量未知,所以无法求出物体运动的最大速度,故D错误。故选B、C。
7.BC　由题意可知,两物体经历了完全非弹性碰撞,碰撞过程动量守恒,碰撞后两物体沿x轴正方向同速运动。x-t图像的斜率表示速度,A图像,两物体在碰撞前都沿x轴正方向运动,且其中一物体速度大小大于碰撞后的共同速度,A图像有可能发生;B图像,在碰撞前一个物体速度沿x轴负方向,一个物体速度沿x轴正方向,但速度大小小于碰撞后的共同速度,由两物体速度情况可知,两物体碰撞后的共同速度不可能沿x轴正方向,因此B图像不可能发生;C图像,在碰撞前两物体的速度都沿x轴负方向,碰撞后共同速度不可能沿x轴正方向,C图像不可能发生;D图像,在碰撞前一个物体速度沿x轴负方向,一个物体速度沿x轴正方向,且速度大小大于碰撞后的共同速度,D图像可能发生。本题要求选不可能发生的,故选B、C。
8.AC　匀变速直线运动中,速度的改变量Δv=aΔt,由于t2-t1=t4-t3,且a不变,则速度的改变量相等,故A正确;根据匀加速直线运动的规律可知,t1时刻的速度小于t3时刻的速度,根据x=v0t+12at2可知,t1~t2时间段的位移x12小于t3~t4时间段的位移x34,根据功的定义可知W12m2gH,则排球所受阻力的冲量大于m2gH,故C、D正确。故选B、C、D。
10.BC　凹槽与物块之间有滑动摩擦力,会损耗机械能,故A错误;凹槽与物块组成的系统合外力为零,摩擦力是系统内力,所以动量守恒,故B正确;凹槽与物块组成的系统动量守恒,二者最终共速,由动量守恒定律得Mv0=(M+m)v,解得v=5 m/s,故C正确;对系统,根据能量守恒得Q=12Mv02-12(M+m)v2=30 J,故D错误。故选B、C。
11.AC　P、Q两小球在坡面上运动的过程中,所受的合力均为F合=mg sin θ,则加速度均为a=g sin θ,由动量定理可知,相同时间内动量变化量相等,故A正确;重力的瞬时功率为P=mg sin θ·vy,其中vy=g sin θ·t,则P、Q两小球所受重力的瞬时功率相等,B错误;由L=12g sin θ t2可知t=2Lgsinθ,故C正确;由x=vt及y=12g sin θ t2可得y=12g sin θ×x2v2,可知当P的速度变为原来的2倍时,两小球才能在E处相遇,故D错误。故选A、C。
12.答案　(1)m1dt1=m2dt2(2分)　m1dt3-m2dt4(2分)　(2)静止(1分)
解析　(1)以甲车的速度方向为正方向,则释放前两车速度均为零,通过光电门时甲车的速度为dt1,乙车的速度为-dt2,若两车释放前后的动量守恒,则满足0=m1dt1+m2-dt2,即m1dt1=m2dt2;若先释放甲车,再释放乙车,则两车分别通过光电门时,甲车的速度为dt3,乙车的速度为-dt4,则此时两车的总动量为p=m1dt3-m2dt4;
(2)以两车整体为研究对象,磁铁间的引力属于系统内力,两车在释放前总动量为零,释放后两车相互吸引最后连在一起,两车相互作用过程中水平方向总动量始终为零,作用完成后速度为零,即两车碰后系统会处于静止状态。
13.答案　(1)0.007 5(1分)　0.007 5(1分)　碰撞过程系统动量守恒(1分)　(2)BCD(2分)　(3)C(2分)
解析　(1)由图甲所示图像可知,碰撞前入射小球的速度为v1=x1t1=0.200.2 m/s=1 m/s,碰撞后两球的速度分别为v1'=x1't1'=0.30-0.200.4-0.2 m/s=0.5 m/s,v2'=x2't2'=0.35-0.200.4-0.2 m/s=0.75 m/s,则碰撞前入射小球的动量为m1v1=0.015×1 kg·m/s=0.015 kg·m/s,碰撞后入射小球的动量为m1v1'=0.015×0.5 kg·m/s=0.007 5 kg·m/s,被碰小球的动量为m2v2'=0.01×0.75 kg·m/s=0.007 5 kg·m/s,碰撞前系统总动量为p=m1v1=0.015 kg·m/s,碰撞后系统总动量为p'=m1v1'+m2v2'=0.015 kg·m/s,则p'=p,由此可知:碰撞过程系统动量守恒。
(2)“探究碰撞中的不变量”的实验中,是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的,只要求小球离开轨道后做平抛运动,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,故B正确;要保证碰撞前的速度相同,入射小球每次都要从同一高度由静止滚下,故C正确;为了保证小球间的碰撞为对心正碰,且碰后不反弹,要求m1>m2,r1=r2,故D正确。故选B、C、D。
(3)要验证动量守恒定律,即m1v1=m1v'1+m2v'2,小球做平抛运动,根据平抛运动规律可知,两小球运动的时间相同,上式可转换为m1v1t=m1v'1t+m2v'2t,故需验证m1·OP=m1·OM+m2·ON。故选C。
14.答案　5.25 m
解析　设绳子绷直前的瞬间A的速度为vA,由动能定理得Fl=12mAvA2 (2分)
绳子绷直后两物块的速度相同,由动量守恒定律得mAvA=(mA+mB)vAB (2分)
两物块一起向前运动x=2.0 m时,两物块的速度vAB'=1 m/s
由动能定理得Fx=12(mA+mB)vAB'2-12(mA+mB)vAB2 (2分)
联立并代入数据解得l=5.25 m(2分)
15.答案　(1)-m0v0m1,方向向左　(2)m2m02v022(m0+m2)2
解析　(1)人跳离A车过程,人与A车组成的系统动量守恒,以向右为正方向
由动量守恒定律得m0v0+m1vA=0 (2分)
解得vA=-m0v0m1,负号表示方向向左 (2分)
(2)人跳上B车过程,人与B车组成的系统动量守恒
由动量守恒定律得m0v0=(m0+m2)v (2分)
对B车,由动能定理得W=12m2v2 (2分)
联立解得W=m2m02v022(m0+m2)2 (2分)
16.答案　(1)2 m/s　(2)0.25 m
解析　(1)设物块A质量为mA,小球C质量为mC,由于发生弹性正碰,以水平向右为正方向,则
由动量守恒得mAv0=mAv1+mCv2 (2分)
由机械能守恒得12mAv02=12mAv12+12mCv22 (2分)
联立解得v1=0.5 m/s,v2=2 m/s(2分)
(2)碰撞完成后物块加速,木板减速,物块刚好和木板共速时,物块运动到木板左端,设木板质量为mB,共速时速度为v3,由动量守恒得mBv0+mAv1=(mB+mA)v3 (2分)
由能量守恒得
12mBv02+12mAv12-12(mB+mA)v32=μmAgL (2分)
联立解得L=0.25 m(2分)
17.答案　(1)2 m　(2)80 N　(3)0.25 m1.25 m
解析　(1)物块乙恰好过最高点,则向心力完全由重力提供
则有m2g=m2v2R (1分)
得v=gR
物块乙通过最高点后做平抛运动,竖直方向有
12gt2=2R (1分)
水平方向有x=vt
联立可得,物块乙在水平轨道上的落点到E点的距离为x=2R=2 m(1分)
(2)设物块甲与物块乙碰前速度为v0
由动能定理可知m1gh0-μm1gL=12m1v02-0 (1分)
解得v0=15 m/s
物块甲与乙发生弹性正碰,动量守恒并且机械能守恒
由能量守恒定律得m1v0=m1v1+m2v2 (1分)
由机械能守恒定律得12m1v02=12m1v12+12m2v22 (1分)
联立解得v1=-5 m/s,v2=10 m/s
设物块乙通过圆心等高点时的速度为v3,根据机械能守恒可知
12m2v22=12m2v32+m2gR (1分)
解得v3=45 m/s
设物块乙运动至圆心等高点时,轨道对物块乙的支持力大小为FN,得FN=m2v32R=80 N(1分)
根据牛顿第三定律知,物块乙对轨道的压力大小为80 N。 (1分)
(3)要使物块丙能够与物块乙碰撞,则有m3gh>μm3gL (1分)
即h>0.25 m
质量相等的丙、乙发生弹性碰撞,丙和乙交换速度,物块乙滑到圆弧轨道上返回后,第2次与物块丙发生弹性正碰,交换速度。要使物块丙不再与物块乙发生碰撞,则有m3gh≤3μm3gL (1分)
即h≤0.75 m
如果物块丙与物块乙发生碰撞后,物块乙获得速度v4,物块乙在半圆形轨道上运动高度超过圆心等高点,则物块乙将脱离半圆形轨道,不再与物块丙发生碰撞,此时有12m2v42>m2gR (1分)
即v4>2gR
丙与乙碰前速度设为v5,则有v5=v4
在物块丙与物块乙碰前,由动能定理得m3gh-μm3gL=12m3v52 (1分)
联立解得h>1.25 m
综上0.25 m1.25 m(1分)