第一章 动量守恒定律 综合模拟测评卷 -2023-2024学年高二上学期物理人教版（2019）选择性必修第一册

《第1章 动量守恒定律》综合模拟测评卷 (满分:100分) 一、单项选择题(本题共7小题,每小题4分,共28分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。) 1.下列说法正确的是(　　) A.牛顿第二定律可表述为物体动量的变化率等于它受的合外力 B.一个恒力对物体做功为零,则其冲量也为零 C.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是为了减小冲量 D.玻璃杯掉在水泥地上易碎,是因为受到的冲量太大 2.如图所示,摩天轮以角速度ω做匀速圆周运动,吊篮内的游客随摩天轮做半径为R的匀速圆周运动,游客的质量为m,重力加速度为g,则游客从最高点到最低点的过程中(　　) A.重力的冲量大小为mRω B.重力的冲量大小为2mRω C.重力的冲量大小为 D.重力的冲量大小为 3.(2024安徽合肥月考)篮球比赛中,质量为m的篮球以大小为v1的速度水平撞击竖直篮板后,被篮板水平弹回,速度大小变为v2,已知v2<v1,篮球与篮板撞击时间极短。下列说法正确的是(　　) A.撞击时篮球受到篮板作用力的冲量大小为m(v1+v2) B.撞击时篮板受到篮球作用力的冲量为零 C.撞击过程中篮球和篮板组成的系统动量守恒 D.撞击过程中篮球和篮板组成的系统机械能守恒 4.蹦床是一项技术含量很高的体育运动,如图所示,比赛中运动员从空中最高点O自由下落,接触蹦床A点后继续向下运动到最低点C。B点为运动员最终静止在蹦床上时的位置。忽略空气阻力,运动员从最高点下落到最低点的过程中,运动员在(　　) A.OA段动量守恒 B.AC段的动量变化量等于AC段弹力的冲量 C.B点的动量为零 D.OC段受到重力的冲量大小等于AC段弹力的冲量大小 5.质量为0.1 kg的物体静止在水平地面上,从0时刻开始受到竖直向上的拉力F的作用,F随时间t的变化情况如图乙所示,g取10 m/s2,则物体9 s末的速度为(　　) A.135 m/s B.130 m/s C.50 m/s D.45 m/s 6.某无人机竖直向上搬运货物的示意图如图所示,无人机从静止开始先匀加速上升,功率逐渐增加到额定功率,再变加速上升,最后匀速上升,已知该无人机额定功率为500 W,质量为3 kg,搬运货物7 kg,g取10 m/s2,下列说法正确的是(　　) A.无人机搬运货物匀加速上升的末速度为5 m/s B.无人机搬运货物匀速上升的速度为10 m/s C.货物从静止到匀速运动时动量的变化量为35 kg·m/s D.货物从静止到匀速运动时动量的变化量为50 kg·m/s 7.如图所示,质量为m的滑环套在足够长的光滑水平杆上,质量为m球=3m的小球(可视为质点)用长为L的轻质细绳与滑环连接。滑环固定时,给小球一个水平冲量I,小球摆起的最大高度为h1(h1<L);滑环不固定时,仍给小球以同样的水平冲量I,小球摆起的最大高度为h2。则h1与h2的比值为(　　) A.6∶1 B.4∶1 C.2∶1 D.4∶3 二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分。在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求。全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。) 8.如图所示,某同学进行足球颠球训练,足球被脚面反弹出去后竖直向上运动,一段时间后又落回到脚面上,足球离开脚面和落回脚面时脚面离地面的高度相同,设整个运动过程中足球受到的空气阻力大小不变。下列说法正确的是(　　) A.足球从离开脚面到落回脚面的过程中,重力做的功为零 B.足球上升到最高点的时间大于从最高点落回脚面的时间 C.足球在上升阶段重力的冲量小于下降阶段重力的冲量 D.足球上升阶段动量变化量的大小小于下降阶段动量变化量的大小 9.(2024山东聊城质检)质量为m的小球A,沿光滑水平面以速度v0与质量为2m的静止小球B发生正碰,碰撞后A球的动能变为原来的,那么小球B的速度可能是(　　) A.v0 B.v0 C.v0 D.v0 10.用不可伸长的细线悬挂一质量为m'的木块,木块静止,如图所示。现有一质量为m(m≪m')的子弹自左向右水平射向木块,并停留在木块中,子弹初速度为v0,重力加速度为g,则下列说法正确的是(　　) A.从子弹射向木块到一起上升到最高点的过程中系统的机械能守恒 B.子弹射入木块瞬间动量守恒,故子弹射入木块后瞬间子弹和木块的共同速度为 C.忽略空气阻力,子弹和木块一起上升过程中系统机械能守恒,其机械能等于子弹射入木块前的动能 D.子弹和木块一起上升的最大高度为 三、非选择题(本题共5小题,共54分。) 11.(6分)如图甲所示,某实验小组采用常规方案验证动量守恒定律。实验完成后,该小组又把水平木板改为竖直木板再次实验,如图乙所示。图中小球半径均相同、质量均已知,且mA>mB,B、B'两点在同一水平线上。 (1)若采用图甲所示的装置,实验中还必须测量的物理量是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (2)若采用图乙所示的装置,下列说法正确的是　　　　。  A.必须测量BN、BP和BM的长度 B.必须测量B'N、B'P和B'M的长度 C.若,则表明此碰撞动量守恒 D.若,则表明此碰撞动量守恒 12.(9分)某同学用如图所示的装置来“验证动量守恒定律”,在气垫导轨右端固定一弹簧,滑块b的右端有黏性强的物质。图中滑块a和挡光片的总质量为m1=0.310 kg,滑块b的质量为m2=0.108 kg。 实验步骤如下: ①开动气泵,调节气垫导轨,轻推滑块,当滑块上的挡光片经过两个光电门的挡光时间　　　　时,可认为气垫导轨水平;  ②将滑块b置于两光电门之间,将滑块a置于光电门1的右侧,然后推动滑块a水平压缩弹簧,撤去外力后,滑块a在弹簧弹力的作用下向左弹射出去,通过光电门1后继续向左滑动并与滑块b发生碰撞; ③两滑块碰撞后合在一起向左运动,并通过光电门2; ④实验后,分别记录下滑块a的挡光片通过光电门1的时间t1,两滑块一起运动时挡光片通过光电门2的时间t2。 (1)完成实验步骤①中所缺少的内容。 (2)设挡光片通过光电门的时间为Δt,挡光片的宽度为d,则滑块通过光电门的速度可表示为v=　　　　(用d、Δt表示)。  (3)实验前测得挡光片的宽度d=1.00 cm,实验中测得滑块a经过光电门1的速度为v1=2.00 m/s,两滑块经过光电门2的时间t2=6.85 ms,将两滑块和挡光片看成一个系统,则系统在两滑块相互作用前、后的总动量分别为p1=　　　　 kg·m/s,p2=　　　　 kg·m/s(结果均保留3位小数)。实验允许的相对误差绝对值×100%最大为5%,本实验的相对误差为　　　　　　　　(结果保留两位有效数字)。  13.(10分)如图所示,甲、乙两名航天员正在离静止的空间站一定距离的地方执行太空维修任务。某时刻甲、乙都以大小为v0=2 m/s的速度相向运动,甲、乙和空间站在同一直线上且可视为质点。甲和他的装备总质量为m1=90 kg,乙和他的装备总质量为m2=135 kg,为了避免直接相撞,乙从自己的装备中取出一质量为m=45 kg的物体A推向甲,甲迅速接住A后不再松开,此后甲、乙两航天员在空间站外做相对距离不变的同向运动,且安全“飘”向空间站。 (1)乙要以多大的速度v将物体A推出; (2)设甲与物体A作用时间为t=0.5 s,求甲与物体A的相互作用力F的大小。 14.(13分)如图所示,物块A、B的质量均为m=0.10 kg,B静止在轨道水平段的末端。A以水平速度v0与B碰撞,碰后两物块粘在一起水平抛出。抛出点距离水平地面的竖直高度为h=0.45 m,两物块落地点距离轨道末端的水平距离为x=0.30 m,重力加速度g取10 m/s2。求: (1)两物块在空中运动的时间t; (2)两物块碰前A的速度v0的大小; (3)两物块碰撞过程中损失的机械能ΔE。 15.(16分)如图所示,虚线OO1左侧的水平地面粗糙,右侧的水平地面光滑,在虚线左侧20 m处静止着一质量m=1 kg的物块A,在虚线右侧静止放置质量m'=3 kg、长度为L=2.4 m的长木板B,B的右端静止放置着另一质量为m0的小物块C,现给A一水平向右、大小为v0=12 m/s的初速度,一段时间后A与B发生弹性碰撞,已知A与OO1左侧地面间的动摩擦因数为μ1=0.2,C与B间的动摩擦因数为μ2=0.25,重力加速度g取10 m/s2,A、C均可视为质点。 (1)求A与B发生碰撞后,B速度的大小; (2)若最终C恰好未滑离B,求C的质量; (3)求碰撞后B、C损失的机械能。 参考答案 1.A　根据F=可把牛顿第二定律表述为物体动量的变化率等于它受的合外力,故A正确;一个恒力对物体做功为零,则其冲量不为零,如用力推一个箱子,没有推动,力对箱子做功为零,根据I=Ft,可知推力对箱子的冲量不为零,故B错误;由Δp=FΔt可知,动量变化量相等时,作用时间Δt越长,力F越小,因此建筑工人戴的安全帽内的帆布垫,把头和帽子外壳隔开一定空间,是为了延长作用时间以减小作用力,故C错误;由Δp=FΔt可知,玻璃杯掉在水泥地上,作用时间Δt短,作用力F大,易碎,故D错误。 2.C　游客从最高点到最低点运动的时间t=,因此重力的冲量大小为I=mgt=,A、B、D错误,C正确。 3.A　以篮球被弹回的方向为正方向,则由动量定理可知,撞击时篮球受到篮板作用力的冲量大小为I=mv2-(-mv1)=m(v1+v2),撞击时篮板受到篮球作用力的冲量与其大小相等,方向相反,A正确,B错误;撞击过程中篮球和篮板组成的系统所受合外力不为零,则系统的动量不守恒,C错误;撞击过程中篮球的动能减小,则篮球和篮板组成的系统机械能减小,D错误。 4.D　忽略空气阻力,运动员在OA段只受重力,则合外力不为零,动量增大,故A错误;忽略空气阻力,运动员在AC段受重力和弹力,根据动量定理可知,运动员在AC段的动量变化量等于所受重力和弹力的冲量的矢量和,故B错误;运动员在B点时,加速度等于零,速度不为零,动量不为零,故C错误;对全过程应用动量定理可知IG+IF=0,则OC段受到重力的冲量大小等于AC段弹力的冲量大小,方向相反,故D正确。 5.C　物体在t=1 s时刻F=1 N=mg,则1 s后物体将向上运动,则对物体在1~9 s时间内,由动量定理IF-mgt=mv,其中t=8 s,且1~9 s内力F的冲量IF= N·s=13 N·s,代入解得v=50 m/s,故C正确。 6.C　无人机搬运货物匀速上升时的速度最大,为vm==5 m/s,匀加速上升的末速度一定小于5 m/s,A、B错误;货物从静止到匀速运动时动量的变化量为Δp=mvm-0=7×5 kg·m/s=35 kg·m/s,C正确,D错误。 7.B　滑环固定时,设小球获得冲量I后对应的初速度为v0,根据机械能守恒定律,有m球=m球gh1,解得h1=;滑环不固定时、小球初速度仍为v0,在小球摆起最大高度h2时,它们速度都为v,在此过程中小球和滑环组成的系统机械能守恒,水平方向动量守恒,则m球v0=(m+m球)v,m球(m+m球)v2+m球gh2,由以上各式可得h2=,则h1∶h2=4∶1,故B正确。 8.AC　重力做功与路径无关,只与初末位置的高度差有关,足球从离开脚面到落回脚面的过程中,重力做的功为零,故A正确;足球在上升阶段做匀减速直线运动,可以看成方向向下的初速度为0的匀加速直线运动,足球受重力和向下的阻力;足球在下降阶段做初速度为0的匀加速直线运动,足球受重力和向上的阻力,所以上升阶段的加速度大于下降阶段的加速度,由h=at2可知,足球上升到最高点的时间小于从最高点落回脚面的时间,在上升阶段重力的冲量小于下降阶段重力的冲量,故B错误,C正确;由v2=2ah可知,足球离开脚面的初速度大于落回脚面的末速度,由Δp=mΔv,所以足球上升阶段动量变化量的大小大于下降阶段动量变化量的大小,故D错误。 9.AB　根据Ek=mv2,碰撞后A球的动能变为原来的,则A球的速度变为vA'=±v0,正、负表示方向有两种可能,当vA'=v0时,vA'与v0同向,有mv0=mv0+2mvB,解得vB=v0;当vA'=-v0时,vA'与v0反向,有mv0=-mv0+2mvB,解得vB=v0;故A、B正确。 10.BD　从子弹射向木块到一起运动到最高点的过程可以分为两个阶段,子弹射入木块的瞬间系统动量守恒,但机械能不守恒,有部分机械能转化为系统内能,之后子弹在木块中与木块一起上升,该过程只有重力做功,机械能守恒但总能量小于子弹射入木块前的动能,故A、C错误;规定向右为正方向,由子弹射入木块瞬间系统动量守恒可知mv0=(m+m')v',所以子弹射入木块后瞬间的共同速度为v'=,故B正确;之后子弹和木块一起上升,该阶段根据机械能守恒定律得(m'+m)v'2=(m'+m)gh,可得上升的最大高度为h=,故D正确。 11.解析 (1)如果采用题图甲所示装置,由于小球平抛运动的时间相等,故可以用水平位移代替速度进行验证,故需要测量OC、OD和OE的长度。 (2)采用题图乙所示装置时,利用水平距离相等,根据下落的高度可确定飞行时间,根据高度表示出对应的水平速度,故需测量B'N、B'P和B'M的长度,故选项B正确;小球碰后做平抛运动,由vP==x知,速度越大,下落高度越小,不放被碰小球时,落点为P,放被碰小球后,两球相碰,落点分别为M和N,根据动量守恒定律有mAv=mAv1+mBv2,其中v=,v1=,v2=,代入上式有,故选项C正确。 答案 (1)OM、OP和ON的长度 (2)BC 12.解析 (1)在步骤①中气垫导轨安装时应保持水平状态,滑块在轨道上应做匀速直线运动,故滑块上的挡光片通过两光电门的时间相等。 (2)由于挡光片的宽度比较小,故挡光片通过光电门的时间比较短,因此可将挡光片通过光电门的平均速度看成滑块通过光电门的瞬时速度,故滑块通过光电门的速度可表示为v=。 (3)两滑块相互作用前系统的总动量为 p1=m1v1=0.310×2.00 kg·m/s=0.620 kg·m/s 两滑块通过光电门2时的速度为 v2= m/s=1.46 m/s 故两滑块相互作用后系统的总动量为 p2=(m1+m2)v2=0.610 kg·m/s 本实验的相对误差为 ×100%=×100%=1.6%。 答案 (1)相等 (2) (3)0.620　0.610　1.6% 13.解析 (1)规定水平向左为正方向,设甲、乙两航天员最终的速度大小均为v1,方向向左。对甲、乙及其装备组成的系统根据动量守恒定律可得 m2v0-m1v0=(m1+m2)v1 对乙及其装备组成的系统,根据动量守恒定律可得 m2v0=(m2-m)v1+mv 联立解得v=5.2 m/s,v1=0.4 m/s。 (2)对甲根据动量定理有 Ft=m1v1-m1(-v0) 解得F=432 N。 答案 (1)5.2 m/s (2)432 N 14.解析 (1)两物块碰撞后,竖直方向的运动为自由落体运动,则有h=gt2 解得t=0.30 s。 (2)设A、B碰后瞬间的速度为v,水平方向的运动为匀速运动,则有x=vt 解得v=1.0 m/s 根据动量守恒定律有mv0=2mv 解得v0=2.0 m/s。 (3)根据能量守恒定律可得,两物块碰撞过程中损失的机械能ΔE=×2mv2 解得ΔE=0.10 J。 答案 (1)0.30 s (2)2.0 m/s (3)0.10 J 15.解析 (1)选A为研究对象,在OO1左侧运动阶段,设A与B碰撞前A的速度为v 由运动学公式有 v2=-2a1x 由牛顿第二定律可知μ1mg=ma1 联立解得v=8 m/s A与B发生弹性碰撞的瞬间,C的速度未发生变化,则碰撞过程中A和B组成的系统动量守恒、机械能守恒,有 mv=mv1+m'v2 mv2=m' 解得B的速度大小为v2==4 m/s。 (2)对B与C,根据动量守恒定律和能量守恒定律可知m'v2=(m0+m')v3 μ2m0gL=m'(m0+m') 解得m0=1 kg。 (3)碰撞后B、C损失的机械能为 ΔE=m'(m'+m0)=μ2m0gL=6 J。 答案 (1)4 m/s (2)1 kg (3)6 J 学科网（北京）股份有限公司 $$