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

本章达标检测 一、选择题 过程中，汽车在时间t内速度由诚速至零， 1,历史上，有一种观点认为应该用物理量mm来 且安全气囊打开.设此过程为匀减速直线运 量度运动的强弱，这种思想的代表人物是笛 动，汽车的质量为M,钢球质量为m,钢球在 卡尔这种思想用现在的科学术语说，就是 水平方向除与阀门间的相互作用外，所受其 “力”可以通过动量来表示，即F=△(m） 他外力可忽略不计，则碰撞前车速？大于 △ ( 若某质点做直线运动的动量随时间，变 F 4 A. 触片开关季热特 化规律如图所示，曲线部分为一段抛物线，则 B. Ft 加速度a随时间：的变化图像可能正确的是 M 钢球 电源 E 安全气食 C. M+m 炸药 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 E人E 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 三个物体的动能，则炸药爆炸过程中释放出 2.(2024·吉林白城月考)质量相同的子弹a、橡 的能量为 皮泥b和钢球c以相同的初速度水平射向竖 Aad 直墙，结果子弹穿墙而过，橡皮泥粘在墙上， 钢球以原速率被反向弹回.关于它们对墙的水 A.8J B.16JC.24JD.32J 平冲量的大小，下列说法正确的是( 5.如图所示，质量为M的楔形物体静止在光滑 A.子弹、橡皮泥和钢球对墙的冲量大小相等 的水平地面上，其斜面光滑且足够长，与水平 B.子弹对墙的冲量最小 方向的夹角为8.一个质量为m的小物块从 C.橡皮泥对墙的冲量最小 斜面底端沿斜面向上以初速度。开始运动. D.钢球对墙的冲量最小 当小物块沿斜面向上运动到最高点时，速度 3.(2023·广东肇庆期末)如图是某汽车安全 大小为，距地面高度为h,则下列关系式 气囊的工作原理图.当汽车发生意外碰撞时， 中正确的是 () 钢球对压力传感阀门的压力大于阈值F时阀 门就会打开，钢球接通触片开关点燃炸药，释 m 放大量气体瞬间充满安全气囊.在某次碰撞 A.mto =(m+M)n 选择性必修第一册学霸030 B.mocos 0=(m+M)v 能为 C.mghm(rin D.mgh+之(m+W)2= 2msin'g Mmv2 A. B. 2(M+m) 6.如图所示，在冰壶队某次训练中，蓝壶静止在 大本营Q处，质量相等的红壶与蓝壶发生正 Nungl C. D.2NumgL 碰，最终分别停在M点和N点，下列说法正 9.(2024·江苏泰州中学期中)如图所示，轻弹 确的是 ( 簧的一端周定在竖直墙上，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 与水平面相切，一个质量也为m的小物块从 K=0.61m ,=1.22m 槽高h处开始自由下滑，下列说法正确的是 大本营 ,1.83m () 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 A.在下滑过程中，物块的机械能守恒 D.碰撞过程两壶组成的系统机械能守恒 B.在下滑过程中，物块和槽的动量守恒 7.(2024·广西钦州期末)A、B两船的质量均 C.物块被弹簧反弹离开弹簧后，不能回到槽 为m,都静止在平静的湖面上，现A船上质量 高h处 为m的人，以对地水平速度：从4船跳到B D.物块被弹簧反弹离开弹簧后，做匀加速直 船，再从B船跳到A船，经n次跳跃后，人停 线运动 在B船上，不计水的阻力，则 () 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 沙子质量恒为mo某时刻，货车（连同已落入 D.A、B(包括人)两船动能之比为1：1 其中的沙子)质量为M,速度为v,此时货车 8.(2023·江苏南通月考)质量为M、内壁间距 的加速度为 为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中 () 修/固定满斗 间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底 板间的动摩擦因数为山.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 F+mov F-mov 的初速度，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回 B. M 到箱子正中间，并与箱子保持相对静止，设碰 F-mogv 撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动 C. D M 第一章学霸031 二、非选择题 量1： 11.(2024·广东汕尾期末)某学习小组在验证 (2)第一次与地面接触过程中所受地面的平 动量守恒定律时设计了一种方案，原理如图 均弹力的大小： 所示将一透明玻璃管水平固定在木架上， (3)第一次与地面接触过程中所受摩擦力的 中间处开一小孔（图中未画出）.选择两个大 冲量12 小相同，质量分别为m4、m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，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 (1)为了完成本实验，除了测量两小球的质 静置于光滑的水平面上，另一质量m=1kg 量m4、mg外，还必须测量 的物块以。=6m/s的水平初速度从木板的 (填正确答案标号). 最左端P点冲上木板，最终物块在木板上Q A.管口中心到水平台面的高度h 点（图甲中未画出）与木板保持相对静止， B.小球落地点A、B到管口的水平距 物块和木板的运动速度随时间变化的关系 离s1 图像如图乙所示.物块可视为质点.求： C.弹簧的压缩量△x (2)利用上述测得的实验数据，验证动量守 (1)图乙中，2和的数值 (2)整个过程物块与木板之间因摩擦产生 恒定律的表达式为 的热量。 (3)利用上述测得的实验数据，可求得两小 球离开玻璃管的动能之比为 子wam·× 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△：= 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 选择性必修第一册学霸03210. D 解析:当A与B相距最近后,A继续前进,做减速运 本章达标检测 动,B通过弹策被A拉着跟在其后开始做加速运动,当A 与B再次相距最近时,A减速结束,B加速结束,所以此 1.A 2.B 3.A 4.C 5.B 6.C 7.C 时A速度最小.B速度最大,根据动量守恒定律和机械能 解析:AB.A、B(包括人)两船在水平方向所受合力为 守恒定律,可知A与B之间的作用相当于弹性碰撞,选取 零,满足动量守恒,因此两船(包括人)动量大小之比为 向右为正方向,由弹性碰撞的相关公式可得 1 E: _m_m,r v=3:2.AB错误;CD.两船动能大小之比 2n E 解得:对三 m.+m? m.+m. 2_ 2n 故B的最大速度为 m.+m. m.+m. #7(1)) A的最小速度要分情况讨论: m-m 8. B 解析;AB.小物块与箱子组成的系统,在整个过程中受 当m.三m。时,A的最小速度为” ”; m.+m 到的外力之和为零,故系统满足动量守恒,设最终小物块 与箱子共同的速度为v..则有mr=(M+m)u.,解得v.= 当m<n.时,A的最小速度为0. 11.D 解析:A.根据题意可知,子弹射入物体A且未穿出(射 M+n 入时间极短),子弹、物体A、B组成的系统动量守恒,设射 Mmt 人后系统的速度为v.根据动量守恒定律有m。=(m+ 2(M),故A错误,B正确;CD.小物块与 n.+m)v.代入数据解得v=2m/s.故A错误; 箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间,可知整个过程中. B.子弹射入物体A过程中系统损失的机核能为AF 小物块与箱子发生的相对路程为si.三NL..则整个过程中. 因摩擦产生的内能为0=umgs.=NumgL.根据能量守恒可 知,整个过程中,系统损失的动能为AE.=0=NumgL,故 C.根据题意可知,当A与B分离时,A、B间作用力为零 CD错误.故选B. 且A、B的加速度相等,对物体A和子弹整体,由牛顿第二 9.C 解析:A.在下滑过程中,孤形在压力作用下向左运 定律有(m.+m)gsin0=(m.+m)a. 动,物块的机械能一部分转化为孤形橹的动能,故物块的 设弹对B的弹力为F,由牛顿第二定律可得m,gsin6- 机械能不守恒,A错误;B.在下滑过程中,物块和糟在竖直 F=ma.联立解得F=0. 方向合力不为零,则只在水平方向的动量守恒,B错误: 即A与B分离时,弹恢复到原长,则当A、B再次回到初 C.由于水平方向动量守恒,物块和橹质量相等,分离后具 始位置时A与B未分离,故C错误; 有等大反向的速度,所以物块被弹反弹后,将与植具有 D.根据题意可知,子弹未进人A之前,根据平衡条件有 相同的速度,则物块不能回到橹高h处.C正确;D.物块被 (m.+m.)gsin6=kx. 弹反弹离开弹后,在光滑水平面上做匀速直线运动. 代入解得x=0.2m. D错误.故选C. 由C分析可知,当A、B分离时,弹恢复原长,设A与 10. B. 解析:依题意,极短的一段时间A内落入货车的沙子 B分离时,A(包括子弹)和B的动能之和为E,由能量守 质量为Am=m。Ar.沙子落入货车后,立即和货车共速,取 水平向右为正方向,由动量定理可得F△1=△m,解得 F=m。v,方向向前,根据牛顿第三定律可知,货车受到沙 gxsin30o. 子的反作用力向后,大小为F”=m。r,对货车(连同落入的 解得E.=2.991.故D正确.故选D F-m。r 沙子),由牛顿第二定律可得F-F”=Ma,解得a= 12.(1)3m/s(2)5m/s(3)1.2m M: 解析:(1)设A球与B球碰撞前的速度为v.由能量守恒 故选B. 定律E =n:gh21“ci. 11.(1)B(2)ms,=ms.(3)m.s:ms} 解析:(1)(2)实验方案中两小球的初状态静止,弹策弹 开的过程动量守恒,离开玻璃管后做平抛运动,验证的原 理为m,=mnfrs,- 代入数据解得,碰撞前瞬间A球的速度大小为xv.=3m/s (2)A球与B球发生对心弹性碰撞,则碰撞过程中由动量 高度相同,位移与速度成正比,即验证动量守恒定律的表 守恒定律得mv.=m+m, 达式为m..=m。. 1 由机械能守恒定律得_m,v-, 即只需要测量小球的质量和小球落地点A、B到管口的水 2 平距离s故选B 2n_二 联立解得,B球飞离斜面时的速度大小为= m+m 5m/s. 12.(1)4.8N·s.方向竖直向下 (2)48N(3)0.6N·s.方 (3)仍取A-10cm,则B球飞离斜面时的速度仍为v. 向水平向左 5m/s,设B球运动的总时间为t.由对称性可知,若B球 解析:(1)下落过程h,-2s.,解得,_0.8s, 能落回到斜面,则水平方向有2x=v.eos37·1. 此过程中重力的冲量/.=mg.=4.8N·s.方向竖直向下. (2)刚要落地时的速度v.=v2gh.=8ms,方向向下, 1.2m. 刚要离开地面时的速度v=/2gh。=6ms,方向向上. 参考答案 学霸13 规定竖直向上为正方向,对篮球在竖直方向上由动量定 发生的位移为x。= -x2x2m=4mx.+x. 理得 (F.-mg)Ar=mr -m. ,解得F.=48 N 即6;时物块没有回到初始位置,故B错误 /2h (3)根据t=~ 2-0.6s. D.物块在6s时的速度大小为v.=2x2m/s=4m/s. 0~6s力F所做的功为W=(4x9-4x3+4×4)J=40J.故 3m/s. D正确. 落地前的水平速度v.= 故选AD. 反弹后的水平速度v22 2.D 解析:圆盘停止转动前,小物体随圆盘一起转动,小物 体所受摩擦力提供向心力,方向沿半径方向,故A错误;圆 盘停止转动前,小物体所受摩擦力f=mrm{}.根据动量定理 对篮球在水平方向上由动量定理得 得,小物体运动一圈所受摩擦力的冲量为/=m-mr=0,大 1.=mr.-mr.=-0.6N.s. 小为0.故B错误;囤盘停止转动后,小物体沿切线方向运 摩擦力的冲量大小为0.6N·s.方向水平向左 13.(1)v.=4m/s,v.=3m/s.v.=2m/s (2)12J 动,故C错误;圆盘停止转动后,根据动量定理可知,小物 体整个滑动过程所受摩擦力的冲量为/=△=0-m= 解析:(1)根据题意可知,题图乙中图线a表示碰撞前物 块的减速运动过程,图线5表示碰撞前木板的加速过程 -m.大小为mor,故D正确.故选D 3.BD 解析:A.取向右为正方向,滑块1和滑块2组成的系 图线c表示碰撞后木板的减速过程,图线a表示碰撞后 统的初动量为 物块的加速过程,物块与挡板碰撞前瞬间,物块的速度大 P.=me.=1x0.40 kg·m s=0.40 kg·m s. 小为v.,设此时木板速度大小为rv.,则r.三Im/s. 碰撞后的动量为 从物块滑上木板到物块与木板碰撞前瞬间的过程,根据 P=2mr.=2x1x0.22 kg·m:s=0.44 kg·m/s. 系统动量守恒有mr。=mr.+Mv.,解得v.=4ms 则滑块的碰撞过程动量不守恒,故A错误; 物块与挡板碰撞后瞬间,物块的速度为0.木板速度大小 B.对滑块1.取向右为正方向,则有 为t..从物块滑上木板到物块与木板碰撞后瞬间的过程。 I. =m,-m.=1x022 kg·ms-1x040 kg·m/s=-0 18 kg·m's. 根据系统动量守恒有 负号表示方向水平向左,故B正确; mu.=M.,解得v.=3m/s C.对滑块2,取向右为正方向,则有 2s末物块与木板共同运动的速度大小为t.从物块滑上 I.=mv,=1x0.22kg·m/s=0.22 kg·m/s.故C错误 木板到最终共同匀速运动的过程,根据系统动量守恒有 D.对滑块2根据动量定理有FAt=1.,解得F=5.5N. mu.=(m+M)u.,解得v.=2m/s. 则滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5N.故D正 确,故选BD 4.(1)500 N (2)[34m.36m] 解析:(1)设鸟给落地前瞬间的速度大小为v.竖直分速度 大小为v,根据自由落体运动规律可得 ,v2g=20ms --2s 故碰撞过程系统没有机械能损失,物块滑上木板时系统 则碰撞前鸟始的合速度大小为;=/+=25m/s. 的动能 在碰撞过程中,以鸟给为研究对象,取速度方向为正方向. E.a-2m=181, 由动量定理得-FA=0-mr. 联立解得碰撞过程中鸟给受到的平均作用力大小为F= 最终相对静止时系统的动能E--(m+M)-61. 500N. (2)若释放鸟给的初速度为v.=15m/s.设击中岩石左端 所以系统产生的热量0=E-E.=12J 时,释放点的x坐标为x.击中右端时,释放点的:坐标为 真题体验 第一章 动量守恒定律 r.得 x.=r.f,=x.+1,联立两式,代入数据得 1. AD 解析:物块与地面间的摩擦力为f=umg=2N. 8.=30m.x.=36m. 对物块0~3s内由动量定理可知(F-/)t.=mr. 若释放鸟给时的初速度为v。=17m/s.设击中岩石左端时 即(4-2)x3=1xr..得v.=6m/s. 释放点的:坐标为x,击中右端时,释放点的x坐标 3s时物块的动量为p=mr.=6kg·m/s. 为,得 设3s后经过时间:物块的速度减为0,由动量定理可得 x'=v1,x=x'+L.联立两式,代入数据得 -(F+/1=0-m ,即-(4+2)t=0-1x6,解得t=Is. x.=34m.t=40m. 所以物块在4;时速度减为0.则此时物块的动能也为0. 综上所述可得x坐标区间为[34m,36m]. 故A正确.C错误 5.B 解析:因为滑块与车厢水平底板间有摩擦,且撤去推力 0~3s物块发生的位移为x.,由动能定理可得 后滑块在车厢底板上有相对滑动,即摩擦力做功,而水平 , ($F-x,m,即(4-2)x,-x1x6*,得x,=9m, 地面是光滑的;小车、弹策和滑块组成的系统,根据动量守 恒和机械能守恒的条件可知撤去推力后该系统动量守恒 3~4s过程中,对物块由动能定理可得 机械能不守恒.故选B -(fx:=0- 6.B 解析;设中子的质量为m,氢核的质量为m,氮核的质 量为14m,设中子和氢核碰撞后中子速度为v,由动量守 3m. 恒定律和能量守恒定律可得 4~6;物块开始反向运动,物块的加速度大小为 mr。=mr,+mr,m2m+21m,联立解得,=o -f_-2n/; 设中子和氢核碰撞后中子速度为v,由动量守恒定律和能 选择性必修第一册 学霸14