第1章 动量守恒定律 达标检测-【学霸黑白题】2024-2025学年新教材高中物理选择性必修第一册(人教版2019)

本章达标检测 白题单元达标测 限时：60min 一、选择题 程中，汽车在时间1内速度由减速至零，且 1.历史上，有一种观点认为应该用物理量m来 安全气囊打开.设此过程为匀减速直线运动， 量度运动的强弱，这种思想的代表人物是笛 汽车的质量为M,钢球质量为m,钢球在水平 卡尔这种思想用现在的科学术语说，就是 方向除与阀门间的相互作用外，所受其他外 “力”可以通过动量来表示，即F=△(m) 力可忽略不计，则碰撞前车速大于() △t A. F 触片开关乐力传 盛阀门 岩若某质点做直线运动的动量随时间！变化 m F B. 钢球 规律如图所示，曲线部分为一段抛物线，则加 M 电 速度a随时间t的变化图像可能正确的是 Ft 安全气食 C. M+m 药 D. Fm 4.如图所示，光滑水平面上A、B、C三个质量均 为1kg的物体紧贴着放在一起，A,B之间有 微量炸药.炸药爆炸过程中B对C做的功为 4J,若炸药爆炸过程释放的能量全部转化为 Ey人 三个物体的动能，则炸药爆炸过程中释放出 的能量为 ( 2.(2024·吉林白城月考)质量相同的子弹a、橡 ARC 皮泥b和钢球c以相同的初速度水平射向竖 A.8J B.16J C.24J D.32J 直墙，结果子弹穿墙而过，橡皮泥粘在墙上， 5.(多选)如图所示，质量为M的楔形物体静止 钢球以原速率被反向弹回，关于它们对墙的水 在光滑的水平地面上，其斜面光滑且足够长， 平冲量的大小，下列说法正确的是 与水平方向的夹角为8.一个质量为m的小物 A.子弹、橡皮泥和钢球对墙的冲量大小相等 块从斜面底端以初速度，沿斜面向上开始运 B.子弹对墙的冲量最小 动.当小物块沿斜面向上运动到最高点时，速 C.橡皮泥对墙的冲量最小 度大小为，距地面高度为h,重力加速度 D.钢球对墙的冲量最小 为g,则下列关系式中正确的是 3.(2023·广东肇庆期末)如图是某汽车安全气 A.mvo=(m+M) 粪的工作原理图当汽车发生意外碰撞时，钢 B.mocos 0=(m+M)v 球对压力传感阀门的压力大于圆值F时阀门 C.mgh=m(tosin 0)? 就会打开，钢球接通触片开关点燃炸药，释放 1 大量气体瞬间充满安全气囊在某次碰撞过 D.mght (m) 选择性必修第一册RJ黑白题030 6.如图所示，在冰壶队某次训练中，蓝壶静止在 Mmv2 A. 23 B. 大本营Q处，质量相等的红壶与蓝壶发生正 2(M+m) 碰，最终分别停在M点和N点，下列说法正 C.Npumgl. D.2NumgL 确的是 9.(2024·江苏泰州中学期中)如图所示，轻弹 簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑 弧形槽静止放在光滑水平面上，弧形槽底端 K,-0.61m ,=1.22m R,=1.83m 与水平面相切，一个质量也为m的小物块从 大本有 槽高h处开始自由下滑，下列说法正确的是 A.碰后两壶所受摩擦力的冲量相同 ( B.碰后蓝壶速度约为红壶速度的4倍 C.红壶碰前速度约为碰后速度的3倍 D.碰撞过程两壶组成的系统机械能守恒 7,(2024·广西钦州期末)A、B两船的质量均 A.在下滑过程中，物块的机械能守恒 为m,都静止在平静的湖面上，现A船上质量 B.在下滑过程中，物块和槽的动量守恒 C.物块被弹簧反弹离开弹簧后，不能回到槽 为m的人，以对地水平速度：从A船跳到B 高h处 船，再从B船跳到A船，经n次跳跃后，人停 D.物块被弹簧反弹离开弹簧后，做匀加速直 在B船上，不计水的阻力，则 ( 线运动 10.(2024·山东青岛期中联考)如图，货车在一 A.A、B两船速度大小之比为2：3 水平恒力F作用下沿光滑水平面运动，当货 B.A、B(包括人)两船动量大小之比为3：2 车经过一竖直固定的漏斗下方时，沙子由漏 C.A、B(包括人)两船动能之比为3：2 斗连续地落进货车，单位时间内落进货车的 D.A、B(包括人)两船动能之比为1：1 沙子质量恒为m,某时刻，货车（连同已落入 8.(2023·江苏南通月考)质量为M、内壁间距 其中的沙子)质量为M,速度为，此时货车 为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间 的加速度为 ( 有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板 绿/固定荔斗 间的动摩擦因数为4.初始时小物块停在箱 子正中间，如图所示.现给小物块一水平向右 777777777777777777 的初速度，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回 F+mov F-mov A. B. M M 到箱子正中间，并与箱子保持相对静止，设碰 F F-mogo 撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动 D. M 能为 二、非选择题 11.(2024·广东汕尾期末)某学习小组在验证 动量守恒定律时设计了一种方案，原理如图 第一章黑白题031 所示将一透明玻璃管水平固定在木架上，中 (3)第一次与地面接触过程中所受摩擦力的 间处开一小孔（图中未画出）.选择两个大小 冲量12 相同，质量分别为m4,me的带孔小球（直径 均略小于玻璃管的内径)，通过细绳将弹簧 压缩后置于管的中间.剪断细绳，两小球在弹 簧弹力的作用下从玻璃管的两端水平射出， 771777777777777777777777 2.4m 2,4m 分别落到水平台面的A、B两点.（实验中球 与玻璃管间的阻力可忽略不计)回答下列 问题： 13.(2023·徐州七中质检)如图甲所示，一右端 固定有竖直挡板的质量M=2kg的木板静置 (1)为了完成本实验，除了测量两小球的质 于光滑的水平面上，另一质量m=1kg的物 量m4、mB外，还必须测量 块以。=6m/s的水平初速度从木板的最左 (填正确答案标号) 端P点冲上木板，最终物块在木板上Q点 A.管口中心到水平台面的高度h (图甲中未画出)与木板保持相对静止，物块 B.小球落地点A、B到管口的水平距 和木板的运动速度随时间变化的关系图像 离s1 如图乙所示物块可视为质点.求： C.弹簧的压缩量△x (1)图乙中，、西和的数值 (2)利用上述测得的实验数据，验证动量守 (2)整个过程物块与木板之间因摩擦产生的 恒定律的表达式为 热量 (3)利用上述测得的实验数据，可求得两小 m·￥9 球离开玻璃管的动能之比为 12.(2024·江苏六校联考)篮球是奥运会的核 心比赛项目，深受广大球迷的喜欢.假设一篮 球在空中水平向右抛出，落地后又反弹.已知 第一次落地与地面的接触时间为△f=0.2s. 篮球的抛出点高度、两次落点的位置、第一 次反弹后的高度等数据如图所示，已知该篮 球质量为0.6kg,不计空气阻力，加速度g取 10m/s2,求该篮球： (1)从抛出到第一次落地的过程中重力的冲 量1： (2)第一次与地面接触过程中所受地面的平 均弹力的大小： 选择性必修第一册：RJ黑白题032m=mgve. 离时，A(包括子弹)和B的动能之和为E, 即子弹A的初动量与子弹B的初动量大小相等，由于木块 由能量守恒定律有 始终保持静止，木块所受合力为零，可知两子弹对木块的作 用力大小相等，由牛顿第三定律可知，两子弹受木块的阻力 2(mm,tma)E=E+(m+m,tma)gxsin 30 大小相等，设为下，子弹射入木块的深度为d,由动能定理， 解得E=2.99J.故D正确.故选BD 对子弹A有-Fd,=0-Eu,可得Fd.=E, 12.(1)3m/s(2)5m/s(3)1.2m 对子弹B有-FdB=0-Eu,可得F,da=En, 解析：(1)设A球与B球碰撞前的速度为”4，由能量守恒定 由于d,=3dg,则有两子弹初动能的关系为E,=3Eg, mivi 律E,=m+2,听， 由动能公式可得B,2m, 运解得m,=3 E= 2m 即子弹B的质量是子弹A的质量的3倍： 其中=4yr=×270xa1PJ=L351 由于m,书，=mga,可得"=3， 代人数据解得，碰撞前瞬间A球的速度大小为，=3m/s 即子弹A的初速度大小是子弹B的初速度大小的3倍，B错 (2)A球与B球发生对心弹性碰撞，则碰撞过程中由动量 误，C正确 守恒定律得m,D,=mAB+mgt, D.若子弹A向右射人木块，子弹A与木块组成的系统动量守 恒，子弹A与木块相对静止时有共同的速度，由能量守恒定 2%1 由机械能守恒定律得 2m哈2， 律可知，系统减少的机被能 联立解得，B球飞离斜面时的速度大小为4= 2m △E=Fd<E,可得d<d, m,十m。 子弹B再向左射人木块，由于子弹A、B与木块组成的系统 5 m/s. 动量守恒，由以上分析可知m,=m, (3)仍取△1=10m,则B球飞离斜面时的速度仍为= 则有系统的初动量是零，由动量守恒定律可知，最后A、B与 5m/s,设B球运动的总时间为t,由对称性可知，若B球能 木块都静止，子弹B射入木块运动中，由能量守恒定律可 落回到斜面，则水平方向有2x=os37°·1， 知，系统减少的机械能△E'=F,n>E,可得dn>d, 竖直方向有y=sin37°·t 由以上分析可知d<3d,D错误故选C 2=0,解得1=06s, 10.D解析：当A与B相距最近后，A继续前进，做减速运动. 1.2m B通过弹簧被A拉着跟在其后开始做加速运动，当A与B 本章达标检测 再次相距最近时，A减速结束，B加速结束，所以此时A速 度最小，B速度最大，根据动量守恒定律和机械能守恒定 白题 单元达标测 律，可知A与B之间的作用相当于弹性碰撞，选取向右 1.A 为正方向，由弹性碰撞的相关公式可得 2.B解析：根据力的作用的相互性，子弹、橡皮泥和钢球对墙 m1=m,tm,之m= 2m,: 的冲量大小可以通过墙对子弹、橡皮泥和钢球的冲量计算， 对子弹，=△p,=mm,-mw1,对橡皮泥12=△p2=m,对钢球 解得：=1 2m1 , 3=4p3=2m,可知/<2<4，故选B. m1+ 21m,+m 3.A4.C5.BD6.C 故B的最大速度为，此时4的速度为，四 7,C解析：ABA,B(包括人)两船在水平方向所受合力为零 m+m 1- m+m 满足动量守恒，因此两船（包括人）动量大小之比为1：1， A的最小速度要分情况讨论： 当m,≥m,时，A的最小速度为m 即m,=(m+2m),因此两船速度大小之比：a I: m1+m2 当m,<m时，A的最小速度为0. 3:2,AB错误：CD,两船动能大小之比 11.BD解析：A根据题意可知，子弹射入物体A且未穿出（射 入时间极短)，子弹、物体A、B组成的系统动量守恒，设射 2me 入后系统的速度为， 1 1 2C正确，D错误故选C 根据动量守恒定律有m。=(m+m,+ma)D, 2(m+2m 代入数据解得r=2m/s,故A错误： 8.B解析：AB.小物块与箱子组成的系统，在整个过程中受到 B.子弹射入物体A过程中系统损失的机械能为 的外力之和为零，故系统满足动量守恒，设最终小物块与箱 )1(+m,+m8)2=396J,故B正确： 子我同的速度为，则有m=(:m,部得行产则 C根据题意可知，当A与B分离时，A,B间作用力为零 且A,B的加速度相等，对物体A和子弹整体，由牛顿第二 2mm2 整个过程中，系统损失的动能为△5，= 2(M+m)7= 定律有(m,+m)gsin8=(m,+m)4, Mmv2 设弹簧对B的弹力为F, 2+m)故A错误，B正确：CD小物块与箱璧碰撞N次后 由牛顿第二定律可得mngsin0-F=mga, 恰又回到箱子正中间，可知整个过程中，小物块与箱子发生 联立解得F=0,即A与B分离时，弹簧恢复到原长，则当A、 的相对路程为s=N忆，则整个过程中，因摩擦产生的内能为 B再次回到初始位置时A与B未分离.故C错误： Q=mgsm=μmgL,根据能量守恒可知，整个过程中，系统损 D根据题意可知，子弹未进入A之前，根据平衡条件有 失的动能为△E=Q=umgL,故CD错误.故选B. (m,+ms)gsin0=k:,代人解得x=0.2m. 9.C解析：A.在下滑过程中，弧形槽在压力作用下向左运动. 由C分析可知，当A、B分离时，弹簧恢复原长，设A与B分 物块的机械能一部分转化为弧形槽的动能，故物块的机械能 参考答案与解析黑白题13 不守恒，A错误：B.在下滑过程中，物块和槽在竖直方向合力 mo=(m+M)3,解得3=2m/s. 不为零，则只在水平方向的动量守恒，B错误：C由于水平方 向动量守恒.物块和槽质量相等，分离后具有等大反向的速 (2)物块与木板碰撞前瞬间，系统的动能E,= 2m+ 度，所以物块被弹簧反弹后，将与槽具有相同的速度，则物块 1 不能回到槽高h处.C正确：D.物块被弹簧反弹离开弹簧后， M候=91. 在光滑水平面上做匀速直线运动，D错误.故选C 10.B解析：依题意，极短的一段时间△：内落人货车的沙子质 物块与木板碰撞后瞬间，系统的动能==9」， 量为△m=m。△1，沙子落入货车后，立即和货车共速，取水平 故碰过程系统没有机械能损失，物块滑上木板时系统的 向右为正方向，由动量定理可得F△：=△，解得F”=m, 动能 方向向前，根据牛顿第三定律可知，货车受到沙子的反作用 力向后，大小为=m。r,对货车（连同落入的沙子），由牛 Eo=2m6=181 F-mo 顿第二定律可得F-F"=Ma,解得a=- M ，故选B 最终相对静止时系统的动能E妇=)(m+M)。=6力 11.(1)B(2)m5,=mg2(3)m子：m号 所以系统产生的热量Q=E。-E=121 解析：(1)(2)实验方案中两小球的初状态静止.弹簧弹开 真题体验第一章动量守恒定律 的过程动量守恒，离开玻璃管后做平抛运动，验证的原理 为m,=mnB,D=三 黑题高考真题练 1.AD解析：物块与地面间的摩擦力为f=umg=2N, 高度相同，位移与速度成正比，即验证动量守恒定律的表达 对物块0-3s内由动量定理可知(F-),=m3, 式为m=m2, 即(4-2)×3=1×1，得3=6m5, 即只需要测量小球的质量和小球落地点A,B到管口的水 3s时物块的动量为p=m,=6kg·m/s, 平距离s,2.故选B. 设3s后经过时间t物块的速度减为0，由动量定理可得 【③小球离开玻璃管的动能为公=)，则：心， -(F+月1=0-mm1,即-(4+2)1=0-1×6，解得1=1s. Esw mas 所以物块在4s时速度减为0，则此时物块的动能也为0 12.(1)4.8N·s,方向竖直向下(2)48N(3)0.6N·,方 故A正确，C错误 向水平向左 0-38物块发生的位移为：，由动能定理可得 解析：(1)下落过程h,=之g,解得=08s (F-x=2mm,即(4-2)x=2×1×6,得x,=9m, 此过程中重力的冲量/，=mg,=48N·s,方向竖直向下 3~4s过程中，对物块由动能定理可得 (2)刚婴落地时的速度p=√/2gh,=8m/s,方向向下， -(F+0名=0-2m,即-(4+2)=0-2×1x6,得= 刚要离开地面时的速度n2=√2gh,=6m/s,方向向上， 规定竖直向上为正方向，对篮球在竖直方向上由动量定 3 m, 4~6物块开始反向运动，物块的加速度大小为 理得 (F、-mg)△t=mD,2-mm,1,解得Fv=48N a-F-J-2 m: 2h, (3)根据2= =0.68 发生的位移为考=2×2x2'm=4m<,+ 落地前的水平速度.= 即6时物块没有回到初始位置，故B错误 =3/s, D.物块在6s时的速度大小为6=2×2m/s=4m/s 反弹后的水平速度24， =2/s 0-6s力F所做的功为W=(4×9-4×3+4×4)J=40J,故 D正确. 对篮球在水平方向上由动量定理得 故选AD /2=m-m.=-0.6N·s, 2.D解析：圆盘停止转动前，小物体随圆盘一起转动.小物体 摩擦力的冲量大小为0.6N·,方向水平向左 所受摩擦力提供向心力，方向沿半径方向，故A错误：圆盘 13.(1)1=4m/s,=3m/s,=2m/s(2)12J 停止转动前.小物体所受摩擦力f=mw,根据动量定理得， 解析：(1)根据题意可知.題图乙中图线表示碰撞前物块 小物体运动一圈所受摩擦力的冲量为/=mm-m=0.大小为 的减速运动过程，图线b表示碰撞前木板的加速过程，图 0,故B错误：圆盘停止转动后，小物体沿切线方向运动，故 线©表示碰撞后木板的减速过程.图线d表示碰撞后物块 C错误：圆盘停止转动后，根据动量定理可知，小物体整个滑 的加速过程，物块与挡板碰撞前瞬问，物块的速度大小为 动过程所受摩擦力的冲量为'=△p=0-m=-mw,大小 r,设此时木板速度大小为本，则太=1m/s 为mur,故D正确.故选D. 从物块滑上木板到物块与木板碰撞前瞬间的过程，根据系 3.BD解析：A取向右为正方向，滑块1和滑块2组成的系统 统动量守恒有ma=mm,+木，解得书，=4m/8 的初动量为 物块与挡板碰撞后瞬间，物块的速度为0，木板速度大小为 P1=m,=1×0.40kg·m/s=0.40kg·m/s, ,从物块滑上木板到物块与木板碰撞后瞬间的过程，根据 碰撞后的动量为 系统动量守恒有 =2m3=2×1x0.22kg·m/s=0.44kg·m/s. mro=M2,解得2=3m、 侧滑块的碰撞过程动量不守恒，故A错误： 2s末物块与木板共同运动的速度大小为，从物块滑上木 B对滑块1，取向右为正方向，则有 板到最终共同匀速运动的过程，根据系统动量守恒有 /1=2-1=1xQ22kg·/s-l×040kg·m/s=-018kg·m/s, 选择性必修第一册·R黑白题14