沪科技版（2020）选修第一册综合复习与测试精品习题

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一、单项选项题：共11题，每题4分，共44分，每题只有一个选项最符合题意。
1．下面列举的装置各有一定的道理，其中不能用动量定理进行解释的是（ ）
A．运输玻璃器皿等易碎物品时，在器皿的四周总是垫着碎纸或海绵等柔软、有弹性的垫衬物
B．建筑工人戴的安全帽内有帆布垫，把头和帽子的外壳隔开一定的空间
C．热水瓶胆做成两层，且把两层中间的空气抽去
D．跳高运动中的垫子总是十分松软
【答案】C
2．（2020·上海曹杨二中期末）一辆小车静止在光滑的水平面上，小车立柱上固定一条长为L、系有小球的水平细绳，小球由静止释放，如图1所示，不计一切摩擦，下列说法正确的是（ ）
图1
A．小球的机械能守恒，动量不守恒
B．小球的机械能不守恒，动量也不守恒
C．球、车系统的机械能守恒，动量守恒
D．球、车系统的机械能、动量都不守恒
【答案】B
【解析】小球由静止释放过程中，小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，故系统只在水平方向动量守恒，当小球有向右的速度时小车将同时有向左的速度，所以小球在下落过程中并不是真正的圆周运动，小车将通过细绳对小球做功，小球机械能不守恒．动量守恒的研究对象是一个系统，小球动量不守恒，故A错误，B正确；小球与小车系统在整个过程中只有重力做功，系统机械能守恒，故C、D错误。
3.（2020·上海宜川高三二模）如图2所示，“渤海之眼”摩天轮位于潍坊市的北端，摩天轮悬挂透明座舱，人坐在舱内随旋转座椅一起做匀速圆周运动。以下说法正确的是（ ）
图2
A．转动过程中，人的动量不变
B．转动一圈，人所受合力的冲量不为零
C．转动一圈，人所受重力的冲量不为零
D．转动到最高点时，人所受合力为零
【答案】C
【解析】转动过程中，人的动量大小不变，方向不断变化，则动量变化，选项A错误；转动一圈，人动量的变化为零，则由动量定理可知，人所受合力的冲量为零，选项B错误；根据I＝mgt可知，转动一圈，人所受重力的冲量不为零，选项C正确；转动到最高点时，人的加速度不为零，则所受合力不为零，选项D错误。
4．（2020·海南卷）太空探测器常装配离子发动机，其基本原理是将被电离的原子从发动机尾部高速喷出，从而为探测器提供推力，若某探测器质量为490 kg，离子以30 km/s的速率（远大于探测器的飞行速率）向后喷出，流量为3.0×10－3 g/s，则探测器获得的平均推力大小为（ ）
A．1.47 N B．0.147 N C．0.09 N D．0.009 N
【答案】C
【解析】对离子，根据动量定理有F·Δt＝Δmv
而Δm＝3.0×10－3×10－3Δt
解得F＝0.09 N.
故探测器获得的平均推力大小为0.09 N，故选C。
5．（2020·华师大二附中高二月考）2020年5月28日，中国第一艘国产航空母舰“山东舰”在某海域执行训练任务。如图3，假设某次舰上进行飞机起飞训练，质量为m＝2×104 kg的飞机在弹射系统作用下经过t1＝0.2 s以某一初速度进入甲板跑道，之后在甲板上做匀加速直线运动，经过t2＝4.0 s在跑道上运动120 m后成功起飞，且飞机的起飞速度为v＝50 m/s，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
图3
A．飞机在弹射系统作用下获得的动量大小为1×105 kg·m/s
B．弹射系统作用于飞机的平均作用力大小为1×106 N
C．飞机在甲板跑道上的加速度大小为12.5 m/s2
D．弹射系统对飞机做的功为2.5×105 J
【答案】B
【解析】设飞机在弹射系统作用下获得的初速度为v0，则eq \f(v0＋v,2)t2＝s，解得v0＝10 m/s，则飞机在弹射系统作用下获得的动量大小为p0＝mv0＝2×105 kg·m/s，选项A错误；根据动量定理可知Ft1＝p0，解得F＝1×106 N，选项B正确；飞机在甲板跑道上的加速度大小为a＝eq \f(v－v0,t2)＝eq \f(50－10,4) m/s2＝10 m/s2，选项C错误；弹射系统对飞机所做的功为W＝eq \f(1,2)mv02＝1×106 J，选项D错误。
6．一只爆竹竖直升空后，在高为h处达到最高点并发生爆炸，分为质量不同的两块，两块质量之比为3∶1，其中质量小的一块获得大小为v的水平速度，重力加速度为g，不计空气阻力，则两块爆竹落地后相距（ ）
A．eq \f(v,4)eq \r(\f(2h,g)) B．eq \f(2v,3)eq \r(\f(2h,g))
C．4veq \r(\f(2h,g)) D．eq \f(4v,3)eq \r(\f(2h,g))
【答案】D
【解析】设质量小的一块的质量为m，另一块质量为3m.爆炸过程系统水平方向动量守恒，以速度v的方向为正方向，由动量守恒定律得：mv－3mv′＝0，解得v′＝eq \f(v,3)；设两块爆竹落地用的时间为t，则有：h＝eq \f(1,2)gt2，得t＝eq \r(\f(2h,g))，落地后两者间的距离为：s＝（v＋v′）t，联立各式解得：s＝eq \f(4v,3)eq \r(\f(2h,g))，故选D。
7．（2020·全国卷Ⅱ）甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图4中实线所示。已知甲的质量为1 kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为（ ）
图4
A．3 J B．4 J C．5 J D．6 J
【答案】A
【解析】根据题图图像，碰撞前甲、乙的速度分别为v甲＝5.0 m/s，v乙＝1.0 m/s，碰撞后甲、乙的速度分别为v甲′＝－1.0 m/s，v乙′＝2.0 m/s，碰撞过程由动量守恒定律得m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙′，解得m乙＝6 kg，碰撞过程损失的机械能ΔE＝eq \f(1,2)m甲v甲2＋eq \f(1,2)m乙v乙2－eq \f(1,2)m甲v甲′2－eq \f(1,2)m乙v乙′2，解得ΔE＝3 J，故选A。
8．（2020·成都石室中学高三月考）如图5所示，足够长的光滑细杆PQ水平固定，质量为2m的物块A穿在杆上，可沿杆无摩擦滑动。质量为0.99m的物块B通过长度为L的轻质细绳竖直悬挂在A上，整个装置处于静止状态，A、B可视为质点。若把A固定，让质量为0.01m的子弹以v0的速度水平射入物块B（时间极短，子弹未穿出）后，物块B恰好能到达水平杆PQ位置，重力加速度为g，则（ ）
图5
A．在子弹射入物块B的过程中，子弹和物块B构成的系统动量和机械能都守恒
B．子弹射入物块B的初速度v0＝100eq \r(gL)
C．若物块A不固定，子弹仍以v0射入，物块B仍能摆到水平杆PQ位置
D．若物块A不固定，子弹仍以v0射入，当物块B摆到最高点时速度为eq \f(\r(2gL),3)
【答案】D
【解析】在子弹射入物块B的过程中，子弹和物块B构成的系统，所受的合外力远小于内力，其动量守恒，但由于摩擦要产生内能，所以机械能不守恒，A错误；子弹射入物块B后一起向上摆至最高点过程中，由机械能守恒定律有（0.01m＋0.99m）gL＝eq \f(1,2)×（0.01m＋0.99m）v2，解得v＝eq \r(2gL)；子弹射入物块B过程中，由动量守恒定律得0.01mv0＝（0.01m＋0.99m）v，解得v0＝100eq \r(2gL)，B错误；若物块 A不固定，子弹仍以v0射入后，子弹和物块B的动能转化为物块A和物块B（包括子弹）的动能和物块B（包括子弹）的重力势能，所以物块B的上摆高度小于物块A固定时的上摆高度，C错误；当物块B摆到最高点时，物块A、B和子弹具有相同的速度，由动量守恒定律有（0.01m＋0.99m）v＝（0.01m＋0.99m＋2m）v′，解得v′＝eq \f(\r(2gL),3)，D正确。
9．如图6所示，质量为m的小球A静止于光滑的水平面上，在球A和竖直墙之间用水平轻弹簧连接，现用完全相同的小球B以水平速度v0与A相碰撞，碰撞后两球粘在一起压缩弹簧。若弹簧被压缩过程中的最大弹性势能为E，从球A被碰撞到回到原静止位置的过程中弹簧对A、B整体的冲量大小为I，则下列表达式中正确的是（ ）
图6
A．E＝eq \f(1,4)mv02，I＝mv0 B．E＝eq \f(1,4)mv02，I＝2mv0
C．E＝eq \f(1,2)mv02，I＝mv0 D．E＝eq \f(1,2)mv02，I＝2mv0
【答案】B
【解析】选取A、B作为一个系统，设两球碰撞后的速度为v，在A、B两球碰撞过程中，以v0的方向为正方向，由动量守恒定律可得：mv0＝（m＋m）v，解得v＝eq \f(v0,2)，再将A、B及轻弹簧作为一个系统，在压缩弹簧过程中利用机械能守恒定律可得：弹簧最大弹性势能E＝eq \f(1,2)×2m（eq \f(v0,2)）2＝eq \f(1,4)mv02；弹簧压缩到最短后，A、B开始向右运动，弹簧恢复原长时，由机械能守恒定律可知，A、B的速度大小均为eq \f(v0,2)，以水平向右为正方向，从球A被碰撞到回到原静止位置的过程中，弹簧对A、B整体的冲量大小I＝2m×eq \f(v0,2)－2m×（–eq \f(v0,2)）＝2mv0，选项B正确。
10．如图7所示，小车的上表面固定一个光滑弯曲圆管道，整个小车（含管道）的质量为2m，原来静止在光滑的水平面上。今有一个可以看作质点的小球，质量为m，半径略小于管道半径，以水平速度v从左端滑上小车。小球恰好能到达管道的最高点，然后从管道左端滑离小车．关于这个过程，下列说法正确的是（重力加速度为g）（ ）
图7
A．小球滑离小车时，小车回到原来位置
B．小球滑离小车时相对小车的速度大小为eq \f(v,3)
C．车上管道中心线最高点离小车上表面的竖直高度为eq \f(v2,3g)
D．小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，小车的动量变化大小是eq \f(mv,3)
【答案】C
【解析】小球恰好到达管道的最高点，说明在最高点时小球和管道之间相对速度为0，小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，由动量守恒定律有mv＝（m＋2m）v′，得v′＝eq \f(v,3)，小车动量变化大小Δp车＝2m·eq \f(v,3)＝eq \f(2,3)mv，D项错误；小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，由机械能守恒定律有mgH＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)（m＋2m）v′2，得H＝eq \f(v2,3g)，C项正确；小球从滑上小车到滑离小车的过程，由动量守恒定律和机械能守恒定律有：mv＝mv1＋2mv2，eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)×2mv22，解得v1＝－eq \f(v,3)，v2＝eq \f(2,3)v，则小球滑离小车时相对小车的速度大小为eq \f(2,3)v＋eq \f(1,3)v＝v，B项错误；由以上分析可知在整个过程中小车一直向右运动，A项错误。
11．（2020·同济一附中期末）如图8所示，质量为m＝0.5 kg的滑块（可视为质点）放在水平面上O点，现给滑块一水平向右的初速度v0＝9 m/s，经过一段时间滑块与竖直的墙壁发生碰撞，已知碰前的速度大小为v＝7 m/s，碰后的速度大小为v′＝6 m/s，O点与竖直墙壁的距离为L＝5 m，滑块与竖直墙壁碰撞所用时间为t＝0.05 s，重力加速度g＝10 m/s2。则下列说法正确的是（ ）
图8
A．滑块与水平面之间的动摩擦因数为0.16
B．滑块与竖直墙壁碰撞过程中动量的变化量大小为0.5 kg·m/s
C．碰撞过程中竖直墙壁对滑块的作用力大小为130 N
D．滑块从O点开始运动到最终停止所用的总时间为2.5 s
【答案】C
【解析】滑块从O点开始运动到与墙壁碰撞的过程中，对滑块由动能定理得－μmgL＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02，代入数据可解得μ＝0.32，A错误；取碰后的速度方向为正方向，则滑块与竖直墙壁碰撞过程中动量的变化量为Δp＝mv′－（－mv），代入数据得Δp＝6.5 kg·m/s，B错误；由动量定理得Ft＝Δp，代入数据解得F＝130 N，C正确；碰前由动量定理得－μmgt1＝mv－mv0，代入数据解得t1＝eq \f(5,8) s，碰后由动量定理得－μmgt2＝0－mv′，代入数据解得t2＝eq \f(15,8) s，则全程所用的时间为t′＝（eq \f(5,8)＋0.05＋eq \f(15,8)） s＝2.55 s，D错误。
二、非选择题：共5题，共56分，其中第13题～第16题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有效值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。
12．（8分）如图9所示，用“碰撞实验器”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。
图9
（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________（填选项前的符号）间接地解决这个问题。
A．小球开始释放高度h
B．小球抛出点距地面的高度H
C．小球做平抛运动的射程
（2）图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影点。实验时，先将入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP.然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球m1从斜轨上S位置由静止释放，与小球m2相撞，并多次重复。（小球质量关系满足m1>m2）接下来要完成的必要步骤是________。（填选项前的符号）
A．用天平测量两个小球的质量m1、m2
B．测量小球m1开始释放时的高度h
C．测量抛出点距地面的高度H
D．分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、N
E．测量平抛射程OM、ON
（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]。
【答案】（1）C（2分） （2）ADE（3分） （3）m1·OP＝m1·OM＋m2·ON（3分）
【解析】（1）验证动量守恒定律实验中，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是可以由落地高度不变情况下的水平射程来体现速度．故选C。
（2）实验时，先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP.然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球从斜轨上S位置静止释放，与小球相碰，并多次重复。测量平均落地点的位置，找到平抛运动的水平位移，因此步骤中D、E是必需的，而且D要在E之前。至于用天平测量质量，先后均可以．故选A、D、E。
（3）若两球相碰前后的动量守恒，则m1v0＝m1v1＋m2v2，又OP＝v0t，OM＝v1t，ON＝v2t，代入得：m1·OP＝m1·OM＋m2·ON。
13．（7分）（2020·南通市期中）强夯机是在建筑工程中由于需要对松土压实处理的机器，其中一种为吊重锤击式，如图10所示。重锤的质量m＝1.0×104 kg，从离地h＝20 m高处自由下落，重锤夯土历时Δt＝0.40 s，然后陷在土中．取g＝10 m/s2，不计空气阻力，重力加速度为g。求：
图10
（1）重锤自由下落的时间t和刚落地时的速度大小v；
（2）重锤对松土的平均作用力大小F？
【答案】（1）2.0 s 20 m/s （2）6×105 N
【解析】（1）由自由落体运动规律有h＝eq \f(1,2)gt2（1分）
落地时的速度v＝gt（1分）
代入数据解得t＝2.0 s（1分）
v＝20 m/s（1分）
（2）研究重锤夯土过程，选竖直向上为正方向，对重锤由动量定理有（F－mg）Δt＝0－（－mv）
（1分）
代入数据解得F＝6.0×105 N（1分）
由牛顿第三定律可知，
重锤对松土的平均作用力大小为6×105 N。（1分）
14．（9分）如图11所示，人站在滑板A上，以v0＝3 m/s的速度沿光滑水平面向右运动．当靠近前方的横杆时，人相对滑板竖直向上起跳越过横杆，A从横杆下方通过，与静止的滑板B发生碰撞并粘在一起，之后人落到B上，与滑板一起运动，已知人、滑板A和滑板B的质量分别为m人＝70 kg、mA＝10 kg和mB＝20 kg，求：
图11
（1）A、B碰撞过程中，A对B的冲量的大小和方向；
（2）人最终与滑板的共同速度的大小？
【答案】（1）20 kg·m/s 方向水平向右 （2）2.4 m/s
【解析】（1）人跳起后A与B碰撞前后动量守恒，以v0的方向为正方向，
设碰后AB的速度为v1，有mAv0＝（mA＋mB）v1 （2分）
解得：v1＝1 m/s（1分）
A对B的冲量：I＝mBv1＝20×1 kg·m/s＝20 kg·m/s方向水平向右。（3分）
（2）人下落与AB作用前后，水平方向动量守恒，设共同速度为v2，有m人v0＋（mA＋mB）v1＝（m人＋mA＋mB）v2（2分）
代入数据得：v2＝2.4 m/s。（1分）
15．（14分）（2020·上海嘉定一中期中）如图12所示，ABC是光滑轨道，其中BC部分是半径为R的竖直放置的半圆，AB部分与BC部分平滑连接。一质量为M的小木块放在轨道水平部分，木块被水平飞来的质量为m的子弹射中，子弹留在木块中．子弹击中木块前的速度为v0.若被击中的木块能沿轨道滑到最高点C，不计空气阻力，重力加速度为g，求：
图12
（1）子弹击中木块并留在其中的过程中子弹和木块产生的热量Q；
（2）木块从C点飞出后落地点距离B点的距离s？
【答案】（1）eq \f(Mmv02,2M＋m) （2）2eq \r(\f(m2v02R,gM＋m2)－4R2)
【解析】（1）子弹击中木块的过程满足动量守恒，以v0的方向为正方向，有mv0＝（M＋m）v1（2分）
解得v1＝eq \f(mv0,M＋m)（1分）
根据能量守恒定律可得Q＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)（M＋m）v12（2分）
联立解得Q＝eq \f(Mmv02,2M＋m)（1分）
（2）从子弹击中木块后到木块运动到C点的过程，由机械能守恒定律有
eq \f(1,2)（M＋m）v12＝eq \f(1,2)（M＋m）vC2＋2（M＋m）gR（2分）
解得vC＝eq \r(v12－4gR)（1分）
木块离开C点后做平抛运动，s＝vCt，（2分） 2R＝eq \f(1,2)gt2（2分）
解得s＝2eq \r(\f(m2v02R,gM＋m2)－4R2)。（1分）
16．（18分）（2020·上海松江一中高二上期末）如图13所示，光滑水平面上静止放置质量M＝2 kg的长木板C，离板右端x＝0.72 m处静止放置质量mA＝1 kg的小物块A，A与C间的动摩擦因数μ＝0.4；在木板右端静止放置质量为mB＝1 kg的小物块B，B与C间的摩擦忽略不计。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A、B均可视为质点，g取10 m/s2。现在木板上施加一水平向右的力F＝3 N，到A与B发生弹性碰撞时撤去力F。问：
图13
（1）A与B碰撞之前运动的时间是多少？
（2）若A最终能停在C上，则长木板C的长度至少是多少？
【答案】（1）1.2 s （2）0.84 m
【解析】（1）若A、C相对滑动，则A受到的摩擦力为Ff＝μmAg＝4 N>F，
故A、C不可能发生相对滑动。（2分）
设A、C一起运动的加速度为a
则a＝eq \f(F,mA＋M)＝1 m/s2（2分）
由x＝eq \f(1,2)at2（2分）
得A与B碰撞之前运动的时间t＝eq \r(\f(2x,a))＝1.2 s（1分）
（2）因A、B发生弹性碰撞，mA＝mB，B相对水平面静止，故A、B碰后，A的速度为0，（2分）
则从碰后瞬间到木板与A速度相同的过程中，对A、C系统
由动量守恒定律有Mv0＝（M＋mA）v，v0＝at，（2分）
解得v0＝1.2 m/s，v＝0.8 m/s（2分）
由能量守恒定律得μmAgΔx＝eq \f(1,2)Mv02－eq \f(1,2)（M＋mA）v2（2分）
解得Δx＝0.12 m（1分）
故长木板C的长度至少为L＝x＋Δx＝0.84 m。（2分）