第1章 动量守恒定律 章末测试-【新课程能力培养】2024-2025学年高中物理选择性必修第一册同步练习（人教版2019）

练 第一册 （人教版）高中物理选择性必修 一、 选择题 （本题共 10 小题， 共 46 分。 第 1~7 小题只有一项符合题目要求， 每小 题 4 分。 第 8~10 小题有多项符合题目 要求 ， 每小题 6 分 ， 全部选对的得 6 分， 选对但不全的得 3 分， 有选错的得 0 分） 1. “天津之眼” 是一座 跨河建设 、 桥轮合 一的摩天轮 ， 是天 津市的地标之一 。 摩天轮悬挂透明座 舱 ， 乘客随座舱在 竖直面内做匀速圆周运动。 下列叙述正确 的是 （ ） A. 摩天轮转动过程中， 乘客的机械能保 持不变 B. 在最高点， 乘客重力大于座椅对他的 支持力 C. 摩天轮转动一周的过程中， 乘客重力 的冲量为 0 D. 摩天轮转动过程中， 乘客重力的瞬时 功率保持不变 2. 如图所示， 在光滑水 平面上质量分别为 m A =2 kg 、 m B =4 kg ， 速率分别为 v A =5 m/s 、 v B =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 小球可能静止 D. 它们碰撞后 B 小球可能向左运动 3. 如图所示 ， 在光滑 水平地面上放着两 个物体， 其间用一根不能伸长的细绳相 连， 开始时细绳处于松弛状态， B 物体静 止， A 物体具有 4 kg · m/s 的动量 （设向右 为正方向）。 在细绳拉紧 （可能拉断） 的 过程中， 关于 A 、 B 动量的变化可能是 （ ） A. Δp A ＝-4 kg · m/s ， Δp B ＝4 kg · m/s B. Δp A ＝2 kg · m/s ， Δp B ＝-2 kg · m/s C. Δp A ＝-2 kg · m/s ， Δp B ＝2 kg · m/s D. Δp A ＝Δp B ＝2 kg · m/s 4. 已知甲、 乙两车动量相等， 刹车后沿两条 水平路面滑行。 若两车质量之比 m 甲 m 乙 = 1 2 ， 路面对两车施加的阻力相同， 则两车的滑 行时间之比为 （ ） A. 1 ∶ 1 B. 1 ∶ 2 C. 2 ∶ 1 D. 1 ∶ 4 5. 向空中发射一物体， 不计空气阻力， 当此 物体的速度恰好沿水平方向时， 物体炸裂 成 a 、 b 两块， 若质量较大的 a 块的速度 方向仍沿原来的方向， 则 （ ） A. b 的速度方向一定与原速度方向相反 章 末 测 试 （时间： 75 分钟 总分： 100 分） 第 1 题图 A B 左 右 v A v B 第 2 题图 AB v 第 3 题图 30 第一章 动量守恒定律 练 B. 炸裂到落地的这段时间里， a 飞行的水 平距离一定比 b 的大 C. a 、 b 一定同时到达水平地面 D. 在炸裂过程中， a 受到的爆炸力的冲量 比 b 大 6. 如图所示， 在光滑 水平面上有一质量 为 M 的木块 ， 木 块与轻弹簧水平相连， 弹簧的另一端连在 竖直墙上， 木块处于静止状态。 一质量为 m 的子弹以水平速度 v 0 击中木块， 并嵌在 其中， 木块压缩弹簧后在水平面做往复运 动。 木块自被子弹击中前到第一次回到原 来位置的过程中， 木块受到的合外力的冲 量大小为 （ ） A. Mmv 0 M+m B. 2Mv 0 C. 2Mmv 0 M+m D. 2mv 0 7. 如图所示， 光滑水平面上 有大小相同的 A 、 B 两球 在同一直线上运动。 两球质量关系为 m B = 2m A ， 规定向右为正方向， A 、 B 两球的 动量均为 6 kg · m/s ， 运动中两球发生碰 撞， 碰撞后 A 球的动量增量为 －4 kg · m/s ， 则 （ ） A. 左方是 A 球， 碰撞后 A 、 B 两球速度 大小之比为 2 ∶ 5 B. 左方是 A 球， 碰撞后 A 、 B 两球速度 大小之比为 1 ∶ 10 C. 右方是 A 球， 碰撞后 A 、 B 两球速度 大小之比为 2 ∶ 5 D. 右方是 A 球， 碰撞后 A 、 B 两球速度 大小之比为 1 ∶ 10 8. 如图所示， 甲、 乙两 车的质量均为 M ， 静 置在光滑的水平面 上， 两车相距为 L 。 乙车上站立着一个质 量为 m 的人 ， 他通过一条轻绳拉甲车 ， 甲、 乙两车最后相接触， 以下说法正确的 是 （ ） A. 甲、 乙两车运动中速度之比为 M+m M B. 甲、 乙两车运动中速度之比为 M M+m C. 甲车移动的距离为 M+m 2M+m L D. 乙车移动的距离为 M+m 2M+m L 9. 如图甲所示， 在光滑水平面上的两小球发 生正碰， 小球的质量分别为 m 1 和 m 2 。 图 乙为它们碰撞前、 后的 x-t （位移—时间） 图像， 以水平向右为正方向 。 已知 m 1 = 0.1 kg 。 由此可以判断 （ ） A. 碰前 m 2 静止， m 1 向右运动 B. 碰后 m 2 和 m 1 都向右运动 C. m 2 =0.3 kg D. 碰撞过程中系统损失了 0.4 J 的机械能 10. 质量为 m 的小球 A 以速度 v 0 在光滑水平 面上运动， A 与质量为 2m 的静止小球 B 发生对心碰撞， 则碰撞后小球 A 的速度 大小 v A 和小球 B 的速度大小 v B 可能为 （ ） 第 6 题图 第 7 题图 L 甲 乙 第 8 题图 第 9 题图 甲 m 1 m 2 左 右 x/cm O 2 4 6 t/s 4 8 12 16 m 1 m 1 m 2 m 2 乙 31 练 第一册 （人教版）高中物理选择性必修 A. v A = 1 3 v 0 ， v B = 2 3 v 0 B. v A = 2 5 v 0 ， v B = 7 10 v 0 C. v A = 1 4 v 0 ， v B = 5 8 v 0 D. v A = 3 8 v 0 ， v B = 5 16 v 0 二、 非选择题 （本题共 5 小题， 共 54 分） 11. （ 9 分） 如图所示为 “探究碰撞中的不变 量” 的实验装置示意 图 。 已知 a 、 b 小球 的质量分别为 m a 、 m b ， 半径分别是 r a 、 r b ， 图中 P 点为单独释放 a 球的平均落 点， M 、 N 是 a 、 b 小球碰撞后落点的平 均位置。 （ 1 ） （多选） 本实验必须满足的条件是 （ ） A. 斜槽轨道必须是光滑的 B. 斜槽轨道末端的切线水平 C. 入射小球每次都从斜槽上的同一 位置无初速释放 D. 入射球与被碰球满足 m a =m b ， r a =r b （ 2 ） 为验证动量守恒定律， 需要测量 OP 间的距离 x 1 ， 则还需要测量的物理量 有 、 。 （用相应 的文字和字母表示） （ 3 ） 如果动量守恒， 须满足的关系式是 。 （用测 量物理量的字母表示） 12. （ 8 分） 现利用图甲所示的装置验证动量 守恒定律。 在图甲中， 气垫导轨上有 A 、 B 两个滑块， 滑块 A 右侧带有一弹簧片， 左侧与打点计时器 （图中未画出） 的纸 带相连； 滑块 B 左侧也带有一弹簧片， 上面固定一遮光片， 光电计时器 （未完 全画出） 可以记录遮光片通过光电门的 时间。 实验测得滑块 A 的质量 m 1 =0.310 kg ， 滑块 B 的质量 m 2 =0.108 kg ， 遮光片的宽 度 d=1.00 cm ； 打点计时器所用交流电的 频率 f=50 Hz 。 将光电门固定在滑块 B 的右侧， 启动 打点计时器， 给滑块 A 一向右的初速度， 使它与 B 相碰。 碰后光电计时器显示的 时间为 Δt 0 =3.500 ms ， 碰撞前后打出的纸 带如图乙所示。 若实验允许的相对误差绝对值 碰撞前后总动量之差 碰前总动量 ×100 0 " % 最大为 5% ， 本实验 （填 “能” 或 “不 能”） 在误差范围内验证动量守恒定律。 试写出运算过程： 。 13. （ 1２ 分） 如图所示， 竖直平面内的四分 之一圆弧轨道下端与水平桌面相切， 小 滑块 A 和 B 分别静止在圆弧轨道的最高 M P NO m a m b 第 11 题图 A B 纸带 光电门 遮光片 气垫导轨 甲 （ cm ） 4.054.034.024.003.251.941.931.921.91 第 12 题图 乙 32 第一章 动量守恒定律 练 点和最低点。 现将 A 无初速释放， A 与 B 碰撞后结合为一个整体， 并沿桌面滑 动。 已知圆弧轨道光滑， 半径 R=0.2 m ， A 和 B 的质量相等， A 和 B 整体与桌面 之间的动摩擦因数 μ=0.2 ， 重力加速度 g 取 10 m/s 2 。 求： （ 1 ） 碰撞前瞬间 A 的速率 v 。 （ 2 ） 碰撞后瞬间 A 和 B 整体的速率 v′ 。 （ 3 ） A 和 B 整体在桌面上滑动的距离 l 。 14. （ 12 分） 如图甲所示， 物块 A 、 B 的质 量分别是 m 1 =4.0 kg 和 m 2 =6.0 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 时刻起以一定的速度向左运动， 在 t=0.5 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 v-t 图像如图乙所示。 求： （ 1 ） 物块 C 的质量 m 3 。 （ 2 ） 在 5.0 s 到 15 s 的时间内物块 A 的 动量变化的大小和方向。 15. （ 13 分） 如图， 一滑雪道由 AB 和 BC 两 段滑道组成， 其中 AB 段倾角为 兹 ， BC 段水平， AB 段和 BC 段由一小段光滑圆 弧连接， 一个质量为 2 kg 的背包在滑道 顶端 A 处由静止滑下， 若 1 s 后质量为 48 kg 的滑雪者从顶端以 1.5 m/s 的初速 度、 3 m/s 2 的加速度匀加速追赶， 恰好 在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立 即将其拎起 ， 背包与滑道的动摩擦因 数为 μ＝ 1 １2 ， 重力加速度取 g＝１0 m/s ２ ， sin 兹= 7 25 ， cos 兹= 24 25 ， 忽略空气阻力及拎 包过程中滑雪者与背包的重心变化， 求： （ 1 ） 滑道 AB 段的长度。 （ 2 ） 滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度。 B A R O 第 13 题图 第 14 题图 C B A v -2 O 2 4 6 5 10 15 t/s v/ （ m · s -1 ） 甲 乙 兹 C A B 第 15 题图 33 参考答案与解析 章 末 测 试 1. B 【解析】 机械能等于动能和重力势能之和， 乘 客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动， 动能不变， 重力 势能时刻发生变化， 则机械能在变化， 故 A 错误； 在最 高点对乘客受力分析， 根据牛顿第二定律有 mg-N=m v 2 r ， 座椅对他的支持力 N=mg-m v 2 r <mg ， 故 B 正确； 乘客随 座舱转动一周时， 动量不变， 所受合力的冲量为 0 ， 重 力的冲量 I=mgt≠0 ， 故 C 错误； 乘客重力的瞬时功率 P=mgv · cosθ ， 其中 θ 为线速度和竖直方向的夹角， 摩天 轮转动过程中， 乘客的重力和线速度的大小不变， 但 θ 在变化， 所以乘客重力的瞬时功率在不断变化， 故 D 错误。 2. B 【解析】 根据动量守恒， 设向右为正， 碰后它 们的总动量 p′＝p＝m A v A ＋m B v B ＝2×5 kg · m/s－4×2 kg · m/s＝ 2 kg · m/s ， 故 A 错误， B 正确； 因总动量向右， 所以碰 后 B 球一定向右运动， C 、 D 错误。 3. C 【解析】 以向右为正方向， A 受到的拉力向左， 动量增量为负值， B 的动量增量为正值， 所以 B 、 D 错 误； 若 Δp A ＝-4 kg · m/s ， 则就会出现 A 静止， B 向前运 动， 在细绳拉紧的过程中， A 、 B 应一起运动， 所以 C 正确。 4. A 【解析】 两车滑行时水平方向仅受阻力 F f 的作 用， 在这个力作用下使物体的动量发生变化。 当规定以 车行方向为正方向后， 由动量定理 －F＝ mv 2 －mv 1 t 得 －F＝ －mv 1 t ， 所以两车滑行时间： t＝ mv 1 F f 或 t＝ p F f ， 当 p 、 F f 相同时， 滑行时间 t 相同。 物体的动量反映了它克服阻 力能运动多久。 从这个意义上， 根据 p 、 F f 相同， 立即 可判知 t 相同。 5. C 【解析】 因碰撞瞬间内力远大于外力， 所以系 统动量守恒， D 错误； 因碰前系统动量为水平方向， 碰 后 a 的动量也在水平方向， 所以 b 的动量一定在水平方 向， 所以 C 正确； b 的速度方向可能与原速度方向相 反， 也可能与原速度方向相同， A 错误； 炸裂到落地的 这段时间里， a 飞行的水平距离可能比 b 的大， 也可能 比 b 的小， B 错误。 6. A 【解析】 子弹射入木块的时间极短， 根据动量 守恒定律 mv 0 ＝ （ M＋m ） v ， 解得 v＝ mv 0 M＋m ， 第一次回到原 来位置的速度等于子弹击中木块后瞬间的速度。 根据动 量定理， 合外力的冲量 I＝Mv＝ Mmv 0 M＋m ， 故 A 正确。 7. A 【解析】 A 、 B 发生碰撞， 由动量守恒定律得 Δp A ＝－Δp B ， 由于碰后 A 球的动量增量为负值， 所以右 边不可能是 A 球， 若右边是 A 球， 则动量的增量应是 正值； 因此碰后 A 球的动量是 2 kg · m/s ， 碰后 B 球的动 量增加为 10 kg · m/s ， 由于两球的质量关系 m B ＝2m A ， 那 么碰后 A 、 B 两球速度大小之比为 2 ∶ 5 。 故选 A 。 8. AC 【解析】 本题类似人船模型， 甲、 乙、 人看 成一系统， 则水平方向动量守恒， 甲、 乙两车运动中速 度之比等于质量的反比 M＋m M ， A 正确， B 错误； Mx 甲 ＝ （ M＋m ） x 乙 ， x 甲 ＋x 乙 ＝L ， 可得 x 甲 = M+m 2M+m L ， x 乙 = ML 2M+m ， C 正确。 9. AC 【解析】 分析题图乙可知， 碰前： m 2 在位移 为 8 m 的位置静止 ， m 1 位移均匀增大 ， 速度 v 1 ＝ 8 2 m/s＝4 m/s ， 方向向右； 碰后： v 1 ′＝ 0-8 6-2 m/s＝－2 m/s ， v 2 ′＝ 16-8 6-2 m/s＝2 m/s ， 碰撞过程中动量守恒 m 1 v 1 ＝m 1 v 1 ′＋m 2 v 2 ′ 得 m 2 ＝0.3 kg ， 碰 撞 损 失 的 机 械 能 ΔE k ＝ 1 2 m 1 v 2 1 － 1 2 m 1 v 1 ′ 2 ＋ 1 2 m 2 v 2 2 # ′ ＝0 ， 故 A 、 C 正确。 10. AC 【解析】 两球发生对心碰撞， 动量守恒、 能 量不增加， 且后面的物体不能大于前面物体的速度。 根 据动量守恒定律可得， 四个选项都满足。 但碰撞前总动能 为 1 2 mv 2 0 ， 而碰撞后 B 选项总动能为 57 100 mv 2 0 ， B 错误； D 选项中 v A >v B ， 不可能， D 错误， 故 A 、 C 正确。 11. （ 1 ） BC （ 2 ） OM 的距离 x 2 ON 的距离 x 3 （ 3 ） m a x 1 ＝m a x 2 ＋m b x 3 （写成 m a OP＝m a OM＋m b ON 不扣分） 12. 能 过程见解析 【解析】 按定义， 滑块运动的 瞬时速度为 v＝ Δx Δt ， 式中 Δx 为滑块在很短时间 Δt 内走 过的路程。 设纸带上打出相邻两点的时间间隔为 T ， 则 T＝ 1 f ＝0.02 s ， T 可视为很短。 设滑块 A 在碰撞前、 后瞬时速度分别为 v 0 、 v 1 。 由题意可得 v 0 ＝2.00 m/s ， v 1 ＝0.970 m/s 。 设滑块 B 在碰撞后的速度大小为 v 2 ， 有 v 2 ＝ d Δt 0 ， 代入题给的实验数据得 v 2 ≈2.86 m/s 。 设两滑块在碰撞前、 后的动量分别为 p 和 p′ ， 则 11 第一册 （人教版）高中物理选择性必修 p＝m 1 v 0 ， p′＝m 1 v 1 ＋m 2 v 2 。 两滑块在碰撞前后总动量相对误差的绝对值为 δ p ＝ p－p′ p ×100% 。 代入有关数据， 得 δ p ≈1.7%<5% 。 因此， 本实验在允许的误差范围内验证了动量守恒 定律。 13. （ 1 ） 2 m/s （ 2 ） 1 m/s （ 3 ） 0.25 m 【解析】 （ 1 ） 设滑块的质量为 m ， 根据机械能守恒 定律有 mgR＝ 1 2 mv 2 。 解得碰撞前瞬间 A 的速率为 v＝ 2gR 姨 ＝2 m/s 。 （ 2 ） 根据动量守恒定律有 mv＝2mv′ ， 解得 v′＝ 1 2 v＝1 m/s 。 （ 3 ） 根据动能定理有 1 2 · 2mv′ 2 ＝μ · 2mgl ， 解得 l＝ v′ 2 2μg ＝0.25 m 。 14. （ 1 ） 2.0 kg （ 2 ） 16 kg · m/s ， 方向向右 【解析】 （ 1 ） 根据图像可知， 物块 C 与物块 A 相碰 前的速度为 v 1 ＝6 m/s 。 相碰后的速度为 v 2 ＝2 m/s 。 根据动量守恒定律得 m 3 v 1 ＝ （ m 1 ＋m 3 ） v 2 ， 解得 m 3 ＝2.0 kg 。 （ 2 ） 规定向左的方向为正方向， 在第 5.0 s 和第 15 s 末物块 A 的速度分别为 v 2 ＝2 m/s ， v 3 ＝－2 m/s 。 所以物块 A 的动量变化为 Δp＝m 1 （ v 3 －v 2 ） ＝－16 kg · m/s 。 即在 5.0 s 到 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。 15. （ 1 ） L=9 m （ 2 ） v=7.44 m/s 【解析】 （ 1 ） 设斜面长度为 L ， 背包质量为 m 1 =2 kg ， 在斜面上滑行的加速度为 a 1 ， 根据牛顿第二定律有 m 1 gsinθ-μm 1 gcosθ=m 1 a 1 ， 解得 a 1 =2 m/s 2 ， 滑雪者质量为 m 2 =48 kg ， 初速度为 v 0 =1.5 m/s ， 加速度为 a 2 =3 m/s 2 ， 在 斜面上滑行时间为 t ， 落后时间 t 0 =1 s ， 则背包的滑行时 间为 t+t 0 ， 由运动学公式得 L= 1 2 a 1 （ t+t 0 ） 2 ， L=v 0 t+ 1 2 a 2 t 2 ， 联立解得 t=2 s 或 t=-1 s （舍去）， 故可得 L=9 m 。 （ 2 ） 背包和滑雪者到达水平轨道时的速度为 v 1 ， v 2 ， 有 v 1 =a 1 （ t+t 0 ） =6 m/s ， v 2 =v 0 +a 2 t=7.5 m/s ， 滑雪者拎起背包 的过程， 系统在光滑水平面上外力为 0 ， 动量守恒， 设 共同速度为 v ， 有 m 1 v 1 +m 2 v 2 = （ m 1 +m 2 ） v ， 解得 v=7.44 m/s 。 感 知 高 考 1. BD 【解析】 对甲、 乙两条形磁铁分别作受力分 析， 如图所示。 根据牛顿第二定律有 a 甲 = F-μm 甲 g m 甲 ， a 乙 = F-μm 乙 g m 乙 。 由 于 m 甲 >m 乙 ， 所以 a 甲 <a 乙 ， 由于两物体运动时间相同， 且 同时由静止释放， 可得 v 甲 <v 乙 ， A 错误， B 正确； 对于 整个系统而言， 由于 μm 甲 g>μm 乙 g ， 合力方向向左， 合 冲量方向向左， 所以合动量方向向左， 显然甲的动量大 小比乙的小， D 正确、 C 错误。 故选 BD 。 2. D 【解析】 曲线与横轴围成的面积是 Ft ， 根据动 量定理： 合外力的冲量等于动量的变化量， 而不是速度 的变化量， A 、 C 错误； 头部因为受到安全气囊的阻力 作用， 动量大小一直减小， B 错误 ； 根据牛顿第二定 律， 加速度与合外力成正比， 所以加速度大小先增大后 减小， D 正确。 3. D 【解析】 根据动能定理 W 1 = 1 2 m （ 2v ） 2 - 1 2 mv 2 = 3 2 mv 2 ， W 2 = 1 2 m （ 5v ） 2 - 1 2 m （ 2v ） 2 = 21 2 mv 2 ， 所以 W 2 = 7W 1 ； 根据动量定理 I 1 =Δp 1 ， 3mv≥I 1 ≥mv ， 同理 I 2 = Δp 2 ， 7mv≥I 2 ≥3mv ， D 正确。 4. C 【解析】 碰撞前 m 2 的位置坐标不变， m 2 的速度 为 0 ， 所以碰撞前 m 2 的速率小于 m 1 的速率， A 错误； 碰 撞后 m 2 的速率 v 2 等于 2 m/s ， m 1 的速率 v 1 也等于 2 m/s ， 碰撞后 m 2 的速率等于 m 1 的速率， B 错误； 两个 物体在光滑水平面上正碰动量守恒， m 1 v 0 = m 1 v 1 +m 2 v 2 ， 以 初动量 v 0 方向为正， 由于碰后 m 1 又返回原点， m 1 动量 为负值， 所以 ｜m 1 v 0 ｜+ ｜m 1 v 1 ｜=｜m 2 v 2 ｜ ， 即 ｜m 1 v 1 ｜<｜m 2 v 2 ｜ ， C 正 确； 碰前 m 1 的速度为 4 m/s ， 代入动量守恒定律 ｜m 1 v 0 ｜+ ｜m 1 v 1 ｜= ｜m 2 v 2 ｜ ， 解得 3m 1 =m 2 ， 碰撞后 m 2 的动能 W 2 = 1 2 m 2 v 2 2 =6m 1 ， 碰撞后 m 1 的动能 W 1 = 1 2 m 1 v 2 1 =2m 1 ， 所以 碰撞后 m 2 的动能大于 m 1 的动能， D 错误。 5. D 【解析】 圆盘停止转动前， 小物体所受摩擦力 的方向沿运动轨迹的法线方向 （沿轨迹半径指向圆心）， A 错误； 小物体随圆盘一起转动， 静摩擦力提供向心 力， 小物体运动一圈所受摩擦力的冲量也是合外力的冲 量， 根据动量定理， 合外力的冲量等于动量的增量， 所 S N m 甲 S N m 乙 f 1 FF f 2 第 1 题答图 12