2022—2023学年高二粤教版（2019）选择性必修第一册 第一章 动量和动量守恒定律 单元检测卷7（含解析）

2022—2023学年高二粤教版（2019）选择性必修第一册

第一章 动量和动量守恒定律 单元检测卷7（含解析）

一、单选题（共28分）

1．如图，A、B两个物体，用一根轻弹簧相连，放在光滑的水平面上，已知A物体质量为B物体的一半，A物体左边有一竖直档板，现用水平力向左缓慢推B物体，压缩弹簧，外力做功为W。突然撤去外力，B物体从静止开始向右运动，以后带动A物体做复杂的运动，当物体A开始向右运动以后，弹簧的弹性势能最大值为（       ）

A． B． C． D．

2．如图所示，倾角为30°的斜面固定在水平地面上，其底端N与光滑的水平地面平滑连接，N点右侧有一竖直固定挡板。质量为0.8kg的小物块b静止在地面上，现将质量为0.4kg的小物块a由斜面上的M点静止释放。已知，a、b与斜面之间的动摩擦因数均为，a、b碰撞时间极短，碰后黏在一起运动不再分开，a、b整体与挡板碰撞过程中无机械能损失。取，则（　　）

A．物块a第一次运动到N点时的动能为3.6J

B．a、b碰撞过程中系统损失的机械能为0.6J

C．b与挡板第一次碰撞时，挡板对b的冲量大小为1.2N·s

D．整个运动过程中，b在斜面上运动的路程为0.25m

3．如图所示， 质量为 的子弹以某一速度水平射入放在光滑水平地面上静止的木块后不再穿出，此时木块动能增加了 ， 木块质量为 ， 那么此过程产生的内能可能为（　　）

A．

B．

C．

D．

4．三块相同的木块A、B、C，自同一高度由静止开始下落，其中B在开始下落时被一个水平飞来的子弹击中并嵌人其中，木块C在下落一半高度时被水平飞来的一子弹击中并嵌人其中，若三个木块下落到地面的时间分别为，则（　　）

A．

B．

C．

D．

5．如图所示，自行火炮连同炮弹的总质量为M，当炮管水平，火炮车在水平路面上以v1的速度向右匀速行驶时，发射一枚质量为m的炮弹后，自行火炮的速度变为v2，仍向右行驶，则炮弹相对炮筒的发射速度v0为（　　）

A． B．

C． D．

6．如图所示，A、B是两个用等长细线悬挂起来的大小可忽略不计的小球，mB=5mA。B球静止，拉起A球，使细线与竖直方向偏角为30°，由静止释放，在最低点A与B发生弹性碰撞。不计空气阻力，则关于碰后两小球的运动，下列说法正确的是（　　）

A．A静止，B向右，且偏角小于30°

B．A向左，B向右，且偏角等于30°

C．A向左，B向右，A球偏角大于B球偏角，且都小于30°

D．A向左，B向右，A球偏角等于B球偏角，且都小于30°

7．关于反冲运动的说法中，正确的是（　　）

A．抛出部分的质量m1要小于剩下部分的质量m2才能获得反冲

B．反冲运动中，牛顿第三定律适用，但牛顿第二定律不适用

C．若抛出部分的质量m1大于剩下部分的质量m2，则m2的反冲力大于m1所受的力

D．抛出部分和剩余部分都适用于牛顿第二定律

二、多选题（共12分）

8．如图所示为“验证动量守恒定律”的实验装置，下列说法正确的是（     ）

A．悬挂两球的细绅长度要适当，且等长

B．两小球必须都是刚性球，且质量相同

C．由静止释放小球以便较准确地计算小球碰前的速度

D．两小球碰后可以粘在一起共同运动

9．关于能源的利用和节能，下列说法正确的是（　　）

A．根据能量守恒定律，能源的利用率应该是100%

B．节约能源只要提高节能意识就行，与科学进步无关

C．能量的总量不变，在自然界存在的形式不同

D．在能源的利用中，总会有一部分能源未被利用而损失掉

10．对于质量一定的物体， 下列说法正确的是（　　）

A．如果物体运动的速度大小不变， 物体的动量也保持不变

B．物体的动量发生改变， 则合外力一定对物体做了功

C．运动的物体在任一时刻的动量方向，一定是该时刻的速度方向

D．物体的动能发生改变， 其动量一定发生改变

三、实验题（共15分）

11．用如图甲所示的装置，来验证碰撞过程中的动量守恒。图中是斜槽，为水平槽，点为水平槽末端在记录纸上的垂直投影点，、两球的质量之比。先使球从斜槽上固定位置由静止释放，在水平地面的记录纸上留下落点痕迹，重复10次，得到10个落点。再把球放在水平槽上的末端处，让球仍从位置由静止释放，与球碰撞，碰后、球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹，重复10次。、两球在记录纸上留下的落点痕迹如图乙所示，其中米尺的零点与点对齐。

（1）碰撞后球的水平射程应取__________；

（2）本实验巧妙地利用小球飞行的水平距离表示小球的水平速度。下面的实验条件中，不能使小球飞行的水平距离表示为水平速度的是__________；

A．使、两小球的质量之比改变为

B．升高固定点的位置

C．使、两小球的直径之比改变为

D．升高桌面的高度，即升高点距地面的高度

（3）利用此次实验中测得的数据，在误差允许的范围内满足表达式__________，则说明碰撞过程动量守恒。

12．某同学利用图甲所示装置验证动量守恒定律。主要实验步骤如下：

Ⅰ.沿实验桌左右移动垫块，直至接通交流电源后，轻推小车A，与小车相连的纸带上打出一系列分布均匀的点迹（相邻两点间的间距相等），断开电源；

Ⅱ.将小车B（未画出，与小车A完全相同）静置于长木板上的P处，并将适量砝码放在小车B中；

Ⅲ.接通电源，沿木板方向向下轻推一下小车A，使小车A获得一初速度，两车碰撞后粘在一起，打点计时器打出一系列的点迹，如图乙所示；

Ⅳ.用天平测得小车A的质量为200g，小车B与砝码的总质量为220g。

（1）在步骤Ⅰ中，要求纸带上打出的点迹分布均匀的原因是_________。

（2）已知打点计时器所接交流电源的频率为50Hz，则碰撞前瞬间系统的总动量p1＝________kg·m/s（结果保留三位有效数字），碰撞后瞬间系统的总动量p2＝________kg·m/s（结果保留三位有效数字）；若在实验误差允许的范围内，满足________，则动量守恒定律得到验证。

四、解答题（共45分）

13．有两个质量相等的小球，A球以向右的速度vA = 30m/s撞击静止在光滑水平面桌面上的B球。两球相撞后，A球沿与原来前进的方向成α = 30°角的方向运动，B球获得速度与A球原来运动方向成β = 45°角。求碰撞后A、B两球的速度v′A和v′B。

14．查阅资料，简述化石能源的形成过程。

15．如图甲所示，ABC为一固定在竖直平面内的光滑轨道，BC段水平，AB段与BC段平滑连接。质量为m1的小球从高为处由静止开始沿轨道下滑，与静止在轨道BC段上质量为m2的小球发生碰撞，碰撞后两球的运动方向处于同一水平线上，且在碰撞过程中无机械能损失。求：

（1）碰撞后小球m2的速度大小v2；

（2）碰撞过程中的能量传递规律在物理学中有着广泛的应用。为了探究这一规律，我们采用多球依次碰撞、碰撞前后速度在同一直线上、且无机械能损失的简化力学模型。如图乙所示，在固定光滑水平轨道上，质量分别为m1、m2、m3、···、mn-1、mn···的若干个球沿直线静止相间排列，给第1个球初动能，从而引起各球的依次碰撞。定义其中第n个球经过依次碰撞后获得的动能与之比为第1个球对第个球的动能传递系数

a．求；

b．若m1=4m0，m3=m0，m0为确定的已知量。求m2为何值时，k13值最大。

16．有一个10 m高的瀑布，水流在瀑布顶端时速度为2 m/s，在瀑布底与岩石的撞击过程中，有10%的动能转化为水的内能，请问水的温度上升了多少摄氏度？已知水的比热容为4.2×103 J/（kg·℃），g取10 m/s2。

参考答案

1．C

【解析】

【详解】

现用水平力向左缓慢推B物体，压缩弹簧，外力做功为，根据能量守恒知簧储存的弹性势能大小是，设A物体刚运动时，弹簧弹性势能转化为B的动能，B物体的速度为，则

当弹性势能最大时，两物体的速度相等，设为，则由动量守恒得

再由机械能守恒定律得

联立解得，当物体A开始向右运动以后，弹簧的弹性势能最大值为

故选C。

2．D

【解析】

【详解】

A．物块a第一次运动到N点过程，由动能定理

带入题中数据可得

v0=3m/s

A错误；

B．设a与b碰前速度大小为v0，碰后二者速度为v，由动量守恒

b碰撞过程中系统损失的机械能

解得

v=1.0m/s

B错误；

C．由B分析知，a、b整体与挡板第一次碰撞前的速度即为v=1.5m/s，碰撞过程中无机械能损失，所以碰后整体速度变为向左的1.5m/s，对整体，由动量定理

挡板对b的冲量即为对整体的冲量，C错误；

D．a、b整体静止在N点，对a、b整体，自碰后至最终停下，由能量守恒

带入数据解得

D正确。

故选D。

3．D

【解析】

【详解】

设子弹的初速度为V，射入木块后子弹与木块共同的速度为v，木块的质量为M，子弹的质量为m。取向右为正方向，根据动量守恒定律得

mV=（M+m）v

解得

木块获得的动能为

系统产生的内能为

可得

Q＞△Ek=5.5J

故D正确，ABC错误。

故选D。

4．B

【解析】

【详解】

木块A做自由落体运动，木块B在刚要下落瞬间被子弹射中，并留在其中，木块B与子弹一起做平抛运动。竖直方向A、B均做自由落体运动，且下落高度相同，故二者下落时间相同，即

木块C落下一定距离后被同样的子弹水平射中，也留在其中，在子弹击中木块过程中，竖直方向动量守恒，根据动量守恒定律可知，由于子弹进入木块后总质量变大，所以木块竖直方向的速度变小，木块落地时间延长，木块C在空中的运动时间比A、B时间长，即

则AB同时落地，C最后落地。

故选B。

5．B

【解析】

【详解】

火炮车与炮弹组成的系统动量守恒，以火炮车的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得

Mv1=（M-m）v2＋m（v0＋v2）

解得

v0=

故选B。

6．C

【解析】

【详解】

设A球到达最低点的速度为v，在最低点A与B发生弹性碰撞后，A球的速度为vA，B球的速度为vB，规定向右为正方向。由动量守恒可得

mAv=mAvA＋mBvB

由机械能守恒可得

可得

故A向左，B向右。设碰后A球偏角为，绳长为L，由机械能守恒

故

可见偏角与小球在最低点的速度大小有关，与质量无关，故A球偏角大于B球偏角，且都小于A球原来的偏角30°。

故选C。

7．D

【解析】

【详解】

A．反冲运动是指由于系统的一部分物体向某一方向运动，而使另一部分向相反方向运动。定义中并没有确定两部分物体之间的质量关系，故A错误；

BD． 在反冲运动中一部分受到的另一部分的作用力产生了该部分的加速度，使该部分的速度逐渐增大，在此过程中对每一部分牛顿第二定律都成立，故B错误，D正确；

C．在反冲运动中，两部分之间的作用力是一对作用力与反作用力，由牛顿第三定律可知，它们大小相等、方向相反，故C错误。

故选D。

8．ACD

【解析】

【详解】

A．细绳长度适当，便于操作；两绳等长，以保证两球能对心碰撞，A正确；

B．为保证实验结论的普适性，两球质地是任意的，质量也需考虑各种情况，但大小必须相同，以保证两球发生正碰，B错误；

C．由静止释放小球，初动能为零，可由机械能守恒

计算碰前小球的速度，方便简单，C正确；

D．碰后两球分开或共同运动都是实验时可能出现的运动情况，D正确。

故选ACD。

9．CD

【解析】

【详解】

AD．能源的使用在任何情况下都不可能达到理想状态，做到没有任何损失。虽然遵从能量守恒定律，但它指的是损失部分和被利用部分总和与原来能源总量相等，故A错误，D正确；

B．根据能量转化的方向性可知，能量经转化后，可利用的能，只可能减少，不可能增加，因此节能的意义重大；同时，只有节能意识是不够的，必须利用科技进步提高能源的利用率，不断开发新能源，以满足人类社会可持续发展的需要，故B错误。

C．能量的总量不变，在自然界存在的形式不同，故C正确；

故选CD。

10．CD

【解析】

【详解】

A．动量是矢量，物体速度大小不变但方向发生变化，动量发生变化，故A错误；

B．当物体速度的方向改变而大小未变时，动量发生了改变，但合外力对物体没有做功，故B错误；

C．动量具有瞬时性，任一时刻物体动量的方向，即为该时刻物体的速度方向，故C正确；

D．物体的动能发生改变，则其速度大小一定改变，则动量一定改变，故D正确。

故选CD。

11．     14.45#14.46#14.47#14.48#14.49#14.50     C    

【解析】

【详解】

（1）[1] A小球和B小球相撞后，B小球的速度增大，A小球的速度减小，碰撞前后都做平抛运动，高度相同，所以运动时间相同，所以速度大的水平位就大，而碰后A的速度小于B的速度，所以碰撞后A球的落地点距离O点最近，所以碰撞后A球的水平射程应取14.48cm。

（2）[2]A．只有当小球做平抛运动时才能用水平位移表示为水平速度，改变小球的质量比，小球碰撞后仍然做平抛运动，可以用小球飞行的水平距离表示为水平速度；故A错误；

B．升高固定点G的位置，小球碰撞后仍然做平抛运动，可以用小球飞行的水平距离表示为水平速度；故B错误；

C．使A、B两小球的直径之比改变为1：3，小球的球心不在同一高度，碰撞后小球的速度不在水平方向，不能做平抛运动，不可以用小球飞行的水平距离表示为水平速度；故C正确；

D．升高桌面的高度，即升高R点距地面的高度，小球碰撞后仍然做平抛运动，可以用小球飞行的水平距离表示为水平速度；故D错误。

故选C。

（3） [3]碰撞前A球做平抛运动的水平位移为OP，碰撞后A球做平抛运动的水平位移为OM，碰撞后B球做平抛运动的水平位移为ON，设运动的时间为t，则碰撞前的动量为：，碰撞后总动量为：，所以碰撞前的总动量与碰撞后的总动量的比值为

平抛运动过程中下落高度相同，故下落时间相同，则有

12．     平衡摩擦力     0.954     0.895    

【解析】

【详解】

（1）[1]实验前需要平衡摩擦力，适当垫高木板右端轻推小车，与小车相连的纸带上打出一系列分布均匀的点迹，小车做匀速直线运动，所受合力为零，恰好平衡摩擦力。

（2）[2][3][4]电源频率为50Hz，打点时间间隔

碰撞前小车A的速度

碰撞后小车的速度

碰撞前瞬间系统的总动量

碰撞后瞬间系统的总动量

由实验可知，在误差允许范围内

系统动量守恒。

13．v′A = 21.96m/s，v′A = 15.53m/s

【解析】

【详解】

对A、B小球整体做受力分析可知A、B组成的系统动量守恒，则有

mvA = p′合

根据平行四边形定则如下图所示

根据正弦定理有

代入数据有

v′A = 21.96m/s，v′A = 15.53m/s

14．生活在古代海洋中的动植物死亡后沉积在海底并被沙泥所覆盖。时间一长, 沙泥转化为砂岩。由砂岩形成而产生的高温高压条件使这些原始的有机体在细菌作用下转化为石油和天然气, 这种过程大约需要2.5~5亿年。有代表性的天然气的组成大约为: 甲烷80%, 乙烷10%, 丙烷3%, 还有少量其他可燃和非可燃气体。石油的组成则涉及从C1到C40(甚至更多碳原子)数百种不同的碳氢化合物

【解析】

【详解】

生活在古代海洋中的动植物死亡后沉积在海底并被沙泥所覆盖。时间一长, 沙泥转化为砂岩。由砂岩形成而产生的高温高压条件使这些原始的有机体在细菌作用下转化为石油和天然气, 这种过程大约需要2.5~5亿年。有代表性的天然气的组成大约为: 甲烷80%, 乙烷10%, 丙烷3%, 还有少量其他可燃和非可燃气体。石油的组成则涉及从C1到C40(甚至更多碳原子)数百种不同的碳氢化合物。

15．（1）；（2）a.；b.m2=2m0

【解析】

【详解】

（1）m1沿斜面下滑的过程中，根据动能定理

可得

①

两球相碰的过程中满足动量守恒和机械能守恒

②

③

②③联立解得

④

将①式代入④可得

（2）a．由题可知

m1与m2碰撞的过程中由④式可知

因此动能传递系数

同理m2与m3碰撞后的动能传递系数

⑤

以此类推，动能传递系数

整理得

b．将m1=4m0，m3=m0代入⑤式整理可得

若使值最大，只要使

取得最大值即可，将方程分子分母同除以m2，化简为

由于

等号成立的条件为

可知

即当时，k13值最大

16．2.4×10-3℃

【解析】

【详解】

以瀑布底为零重力势能面，由机械能守恒定律可得，质量为m的水流到达瀑布底时的动能为

水吸收的热量Q与比升高的温度Δt之间满足

Q=cmΔt

又因为水吸收的热量为动能的10%，所以有

代入数据解得

Δt≈2.4×10-3℃