第1章 动量与动量守恒定律 章末达标检测1（Word练习）-【精讲精练】2024-2025学年高中物理选择性必修第一册（教科版2019）

(本卷满分100分 一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24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．关于冲量、动量、动量变化量的下列说法中正确的是(　　) A．冲量的方向一定和动量的方向相同 B．冲量的大小一定和动量变化量的大小相同 C．动量变化量方向一定和动量的方向相同 D．动量变化量的大小一定和动量大小的变化量相同 解析　由动量定理可知，冲量的方向一定和动量变化量的方向相同，冲量的大小一定和动量变化量的大小相同。 答案　B 2．水力采煤是利用高速水流冲击煤层而进行的，煤层受到3.6×106 N/m2的压强冲击即可破碎，若水流沿水平方向冲击煤层，不考虑水的反向溅射作用，则冲击煤层的水流速度至少应为(水的密度为1×103 kg/m3)(　　) A．30 m/s　　　　　　　　 B．40 m/s C．45 m/s D．60 m/s 解析　建立如图所示模型，设水流形成的水柱面积为S，由动量定理得F·Δt＝0－ρSv0Δt·(－v0)，可得压强：p＝＝ρv，故冲击煤层的水流速度至少应为v0＝＝60 m/s。 答案　D 3．如图所示，质量为m的人立于平板车上，人与车的总质量为M，人与车以速度v1在光滑水平面上向东运动。当此人相对于车以速度v2竖直跳起时，车的速度变为(　　) A.，向东 B.，向东 C.，向东 D．v1，向东 解析　人和车组成的系统，在水平方向上所受合外力等于零，系统在水平方向上动量守恒。设车的速度v1的方向为正方向，选地面为参考系。初态车和人的总动量为Mv1，末态车的动量为(M－m)v，因为人在水平方向上没有受到冲量，其水平动量保持不变。人在水平方向上对地的动量仍为mv1，则有Mv1＝(M－m)v＋mv1，(M－m)v1＝(M－m)v，所以v＝v1，正确答案应为D。 答案　D 4．如图所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m、12m，两船沿同一直线同一方向运动，速率分别为2v0、v0，为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住。不计水的阻力。则抛出货物的最小速率是(　　) A．v0　　 B．2v0　　 　 C．3v0　　 D．4v0 解析　设抛出货物的速度为v，以向右为正方向，由动量守恒定律得：乙船与货物：12mv0＝11mv1－mv，甲船与货物：10m×2v0－mv＝11mv2，两船不相撞的条件是：v2≤v1，解得：v≥4v0，则最小速度为：4v0。故选D。 答案　D 5．在光滑的水平面上，两个质量均为m的完全相同的滑块以大小均为p的动量相向运动，发生正碰，碰后系统的总动能不可能是(　　) A．0 B. C. D. 解析　碰撞前系统的总动能为Ek＝2×＝，由于碰撞后系统总动能不增加，所以选项B是不可能的。 答案　B 6.质量相等的A、B两球之间压缩一根轻质弹簧，静置于光滑水平桌面上，当用板挡住小球A而只释放B球时，B球被弹出落到距桌边水平距离为x的地面上，如图所示，若再次以相同力压缩该弹簧，取走A左边的挡板，将A、B同时释放，则B球的落地点距桌边(　　) A. B.x C．x D.x 解析　挡板挡住A球时，弹簧的弹性势能全部转化为B球的动能，有Ep＝mv，挡板撤走后，A、B同时释放，由动量守恒定律0＝mvA′－mvB′，所以vA′＝vB′，Ep＝mvA′2＋mvB′2，由以上两式解得vB′＝vB，故x′＝vB′t＝x，D对。 答案　D 7.如图所示，质量为M的木块A放在光滑水平面上，其上固定一竖直轻杆，长为l的细线系于轻杆上端O点处的钉子上，细线另一端系一质量为m的球C。现将球C拉起使细线水平伸直，然后静止释放。则在球C摆动过程中(　　) A．木块A保持静止 B．球C的机械能守恒 C．A、C构成的系统动量守恒 D．A、C构成的系统水平方向上动量守恒 解析　小球C和木块A组成的系统在水平方向不受外力，水平方向动量守恒，小球在往下摆动过程水平中方向有分速度，木块A必定会向相反方向运动，故A错误，D正确；小球的部分机械能会转移给物块A，小球机械能减小，故B错误；A、C构成的系统竖直方向合外力不为零，动量不守恒，故C错误。 答案　D 8.如图所示，两个完全相同的小球A、B用等长的细线悬于O点，开始两球均静止，两悬线竖直，线长为L。若将A球拉至图示位置静止释放，则B球被碰后第一次速度为零时的高度不可能是(　　) A. B. C. D. 解析　小球A从释放到最低点，由动能定理可知 mg(L－Lcos 60°)＝mv－0， 解得vA＝。 若A与B发生完全弹性碰撞，由能量守恒定律和动量守恒定律可知两者交换速度，即vB＝vA＝，B上升过程中由动能定理可知－mgh＝0－mv，解得h＝ 若A与B发生完全非弹性碰撞即AB粘在一起，由动量守恒定律可知mvA＝2mv， 解得v＝，在AB上升过程中，由动能定理可知 －2mgh＝0－×2mv2，解得h＝。所以B球上升的高度≤h≤，高度不可能是，故选D。 答案　D 二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16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4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分) 9.如图所示，在光滑水平面上质量分别为mA＝2 kg、mB＝4 kg，速率分别为vA＝5 m/s、vB＝2 m/s的A、B两小球沿同一直线相向运动并发生对心碰撞，则(　　) A．它们碰撞后的总动量是18 kg·m/s，方向水平向右 B．它们碰撞后的总动量是2 kg·m/s，方向水平向右 C．它们碰撞后B小球向右运动 D．它们碰撞后B小球可能向左运动 解析　根据动量守恒，设向右为正，碰后它们的总动量p′＝p＝mAvA＋mBvB＝2×5 kg·m/s－4×2 kg·m/s＝2 kg·m/s，故A错、B对；因总动量向右，所以碰后B球一定向右运动，C对、D错。 答案　BC 10.如图所示，一个质量为0.18 kg的垒球，以25 m/s的水平速度飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为45 m/s，设球棒与垒球的作用时间为0.01 s。下列说法正确的是(　　) A．球棒对垒球的平均作用力大小为1 260 N B．球棒对垒球的平均作用力大小为360 N C．球棒对垒球做的功为126 J D．球棒对垒球做的功为36 J 解析　设球棒对垒球的平均作用力为，由动量定理得·t＝m(vt－v0)，取vt＝45 m/s，则v0＝－25 m/s，代入上式，得＝1 260 N，由动能定理得W＝mv－mv＝126 J，选项A、C正确。 答案　AC 11．下列说法中错误的是(　　) A．如果一个系统的合外力为零，则系统的机械能一定守恒 B．一对作用力与反作用力总是一个做正功，一个做负功 C．如果一个系统的动量守恒，则系统的机械能不一定守恒 D．如果一个系统的合外力做功为零，则系统的动量一定守恒 解析　机械能守恒的条件是只有重力或弹簧弹力对系统做功，而不是系统的合外力为零，故A错误；一对作用力与反作用力不一定是一个做正功，一个做负功，故B错误；系统动量守恒的条件是合外力为零，与机械能守恒的条件不符合，即动量是否守恒与机械能是否守恒无关，故C正确，D错误。 答案　ABD 12．如图所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，a点为圆周的最高点，d点为圆周的最低点。每根杆上都套着一个质量相同的小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a、b、c处释放(初速度为零)，关于它们下滑的过程，下列说法正确的是(　　) A．重力对它们的冲量相同 B．弹力对它们的冲量相同 C．合外力对它们的冲量相同 D．它们的动能增量不同 解析　由运动学知识可知三个滑环的运动时间相等，故A正确。由于三种情形下弹力的方向不同，故B错误。由机械能守恒定律知D正确。而合外力冲量大小为mv，由于v大小不等，故C错误。 答案　AD 三、非选择题(本题共6小题，共60分) 13．(6分)在探究碰撞中的不变量实验中，装置如图所示，两个小球的质量分别为mA和mB。 (1)现有下列器材，为完成本实验，哪些是必需的？请将这些器材前面的字母填在横线上________。 A．停表 B．刻度尺 C．天平 D．圆规 (2)如果碰撞中动量守恒，根据图中各点间的距离，则下列式子可能成立的有____________。 A.＝ B.＝ C.＝ D.＝ 解析　(1)由实验原理可知，需要测小球质量，测、、距离，为准确确定落点，用圆规把多次实验的落点用尽可能小的圆圈起，把圆心作为落点，所以需要天平、刻度尺、圆规。 (2)根据动量守恒定律有：mA＝mA＋mB，即mA(－)＝mB，A正确。 答案　(1)BCD　(2)A 14.(8分)气垫导轨是常用的一种实验仪器，它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮在导轨上，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦。我们可以用带竖直挡板C和D的气垫导轨和滑块A和B验证动量守恒定律，实验装置如图所示。采用的实验步骤如下： a．用天平分别测出滑块A、B的质量mA、mB。 b．调整气垫导轨，使导轨处于水平。 c．在A和B间放入一个被压缩的轻弹簧，用电动卡销锁定，静止放置在气垫导轨上。 d．用刻度尺测出A的左端至C板的距离L1。 e．按下电钮放开卡销，同时分别记录滑块A、B运动时间的计时器开始工作，当A、B滑块分别碰撞C、D挡板时计时结束，记下A、B分别到达C、D的运动时间t1和t2。 (1)实验中还应测量的物理量及其符号是_____________________________。 (2)利用上述测量的实验数据，验证动量守恒定律的表达式是________________，上式中算得的A、B两滑块的动量大小并不完全相等，产生误差的原因有__________________ ______________________________________________________(至少答出两点)。 答案　(1)B的右端至D板的距离L2 (2)mA＝mB　测量质量、时间、距离等存在误差，由于阻力、气垫导轨不水平等造成误差(只要答对其中两点即可) 15．(8分)如图所示，一质量为M的物块静止在桌面边缘，桌面离水平地面的高度为h。一质量为m的子弹以水平速度v0射入物块后，以水平速度v0/2射出。重力加速度为g。求： (1)此过程中系统损失的机械能； (2)此后物块落地点离桌面边缘的水平距离。 解析　(1)设子弹穿过物块后物块的速度为V，由动量守恒得mv0＝m×＋MV 解得：V＝ 系统损失的机械能为： ΔE＝mv－ 解得：ΔE＝mv。 (2)设物块下落到地面所需时间为t，落地点距桌面边缘的水平距离为s， 则：h＝gt2 s＝Vt 得：s＝ 。 答案　(1)mv　(2) 16．(8分)如图甲所示，物块A、B的质量分别是m1＝4 kg和m2＝6 kg，用轻弹簧相连接放在光滑的水平面上，物块B左侧与竖直墙相接触，另有一个物块C从t＝0时刻以一定的速度向左运动，在t＝5 s时刻与物块A相碰，碰后立即与A粘在一起不再分开。物块C的v­t图像如图乙所示，试求： (1)物块C的质量m3。 (2)在5 s到15 s的时间内物块A的动量变化的大小和方向。 解析　(1)根据图像可知，物体C与物体A相碰前的速度为 v1＝6 m/s 相碰后的速度为：v2＝2 m/s 根据动量守恒定律得： m3v1＝(m1＋m3)v2 解得：m3＝2 kg。 (2)规定向左的方向为正方向，在第5 s末和第15 s末物块A的速度分别为： v2＝2 m/s，v3＝－2 m/s 所以物块A的动量变化为： Δp＝m1(v3－v2)＝－16 kg·m/s 即在5 s至15 s的时间内物块A动量变化的大小为16 kg·m/s，方向向右。 答案　(1)2 kg　(2)16 kg·m/s，方向向右 17．(14分)如图所示，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3 m(h小于斜面体的高度)。已知小孩与滑板的总质量为m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动。取重力加速度的大小g＝10 m/s2。 (1)求斜面体的质量； (2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？ 解析　(1)设斜面质量为M，冰块和斜面的系统，水平方向动量守恒：m2v2＝(m2＋M)v。 系统机械能守恒： m2gh＋(m2＋M)v2＝m2v 解得：M＝20 kg。 (2)人推冰块的过程：m1v1＝m2，得v1＝1 m/s(向右) 冰块与斜面的系统：m2v2＝m2v2′＋Mv3， m2v＝m2v2′2＋Mv， 解得v2′＝－1 m/s(向右)。 因|v2′|＝v1，且冰块处于小孩的后方，则冰块不能追上小孩。 答案　(1)20 kg　(2)不能 18．(16分)如图所示，在一光滑的水平面上有两块相同的木板B和C。重物A(视为质点)位于B的右端，A、B、C的质量相等，现A和B以同一速度滑向静止的C，B与C发生正碰，碰后B和C粘在一起运动，A在C上滑行，A与C之间有摩擦力，已知A滑到C的右端而未掉下。试问：从B、C发生正碰到A刚移动到C右端期间，C所走过的距离是C板长度的多少倍？ 解析　设A、B、C的质量均为m，碰撞前，A与B的共同速度为v0，碰撞后B与C的共同速度为v1。 B、C碰撞瞬间，内力远大于外力，对B、C由动量守恒定律得 mv0＝2mv1 设A滑到C的右端时，三者的共同速度为v2 对A、B、C，由动量守恒定律得 2mv0＝3mv2 设A与C之间的动摩擦因数为μ，从发生碰撞到A移至C的右端时C所走的距离为s，对B、C，由功能关系 μmgs＝(2m)v－(2m)v 设C的长度为l，对A，由功能关系 μmg(s＋l)＝mv－mv 由以上各式解得＝。 答案　倍 学科网（北京）股份有限公司 $$