第1单元动量、动量定理-【百汇大课堂·高中学习测试卷】2024-2025学年高中物理选择性必修第一册（人教版2019）

null答案精析 第一章 动量守恒定律 定律可知,打一次喷人受到的平均反冲力大小为F 第1单元 动量 动量定理 1.B 解析:根据动量定理可得Ft一mo-0,由题意可知, 6.C 解析:在乌贼喷水的过程中,根据动量定理可知鸟 小钢球和羽毛受到的力和作用时间是相同的,而小钢球 贼所受合力的冲量大小I-M-0-1.8N·s,故 的质量大于羽毛的质量,所以小钢球的速度小于羽毛的 A错误;乌贼喷水过程所用时间极短,内力远大于外力, 速度,羽毛先到达。B正确。 乌贼和喷出的水组成的系统动量守恒,有0一Mv,一 2.B 解析:无论安全气囊是否打开,模拟乘员的初、末动 mv,解得乌贼喷出的水的速度大小v2-18m/s,故 量不变,动量变化量不变,根据I一八力知受到撞击力的 B错误,C正确;根据能量守恒定律,在乌贼喷水的过程 冲量不变,故A、C错误;安全气囊打开时,模拟乘员速 中,转化为机械能的生物能至少为△E一 度变化所用的时间增加,而动量变化量不变,则模拟乘 员的动量变化慢,根据F一△力可知,模拟乘员受到的 撞击力小,故B正确,D错误。 7.B 解析;OA段,合外力为重力,不为零,动量增大,故 3.C 解析:由动能定理可得v三 ②gh,运动员落到地面 A错误;AC段,根据动量定理有IG十IF一△,分析可 上和落到海绵垫上时速度大小相同,动量大小相同, 知,△ 0,I0,Ir<0,则有l△l|Il,故B正 A项错误;运动员无论落到地面还是海绵垫上,末速度 确;O点到B点的过程中,运动员加速向下运动,B点动 都是零,动量改变量相同,B项错误:电于地面硬,运动 量不为零,故C错误;对全程,由动量定理得IG'十Ir弄 员与地面碰撞作用的时间短,与海绵垫碰撞作用的时间 一△一0,OC段受到重力的冲量与AC段弹力的冲量 长,相同的动量变化,运动员落在地面上动量改变快,落 大小相等,方向相反,显然OA段受到重力的冲量与 到海绵垫上动量改变慢,C项正确;由动量定理FAt AC段弹力的冲量大小不相等,故D错误。 A力可知,运动员落到地面上与地面接触时,作用的时间 8.AB 解析:设兔子与树桩的撞击力为F,取兔子奔跑的 At短,受到的冲击力F大;运动员落到海绵垫上与海绵 速度方向为正方向,根据动量定理得 垫接触时,作用的时间△t长,受到的冲击力F小,D项 -Ft-0-m, 错误。 解得F n' 4.A 解析:取假人为研究对象,取车速方向为正方向,由 动量定理可得-Ft-0-mv,故F-m,碰撞过程中假 其中F-mg,则-mgt-gt-10xo.2m/s=2m/s, n 则被撞死的兔子的奔跑速度大于或等于2m/s。 9.AC 解析:物资投出之前,物资和热气球所受合力为 1,A正确,B.C、D错误。 零,物资投出后,在落地前,热气球和物资组成的系统所 受合外力不变,则物资落地前,热气球和物资组成的系 5.D 解析:打一次喷嚷大约喷出气体的质量m=pV,由 统动量守恒,A正确;投出物资后热气球所受合力向上, 则热气球向上做匀加速直线运动,B错误;设物资落地 时热气球上升的高度为h,则对物资和热气球组成的系 (2)设游戏者刚接触黝床时的速度大小为,则 H,解得h三 -gt. , 由题知游戏者离开删床后向上运动的时间12一0.3s, mH MH 设游戏者离开蹴床时的速度大小为v2,则2-gt2. D错误。 游戏者与黝床接触的时间△t-0.7s,取竖直向上为正 10.B 解析:手机自由下落,刚要接触头部之前的速度大 方向,由动量定理得(F一mg)△t=mv一(一mv) 小为v=\2gh-2m/s,A正确,不符合题意;以向下 解得F-600N. 为正方向,手机与头部作用过程中手机动量变化量约 /8P 13.答案:(1). {} (2)196.25N 为△p-0-mv=-0.24kg·m/s,故手机动量变化量 解析:(1)设水从高压水枪喷出时的速度为v,△时间 大小约为0.24kg·m/s,B错误,符合题意;手机砸到 内高压水枪出水的质量为m,则m-po△rn(){}, 头部过程,以向下为正方向,根据动量定理可得一I十 zng一△力,代入数据解得头部对手机的冲量大小约 为I一0.48N·s,故手机对头部的冲量大小约为0.48 一# N·s,C正确,不符合题意;由I一F△t可得,手机受到 头部的作用力大小约为2.4N,故手机对头部的作用 (2)在△r时间内打到物体表面的水的质量为 力大小约为2.4N,D正确,不符合题意。 m-gpu△r()2 11.答案:(1)5.74 1.87 (2)1.14(3)3.70 (4)1.11 (5)2.63% 以这部分水为研究对象,设物体表面对其作用力为F d~5.74m/s 以水流速度方向为正方向,由动量定理可得 d~1.87m/s。 -F△-0-mv. 碰撞后滑块A的速度大小v= MC2 解得F-ovd2 4 (2)碰撞前后滑块A的动量变化量大小 代入数据可得F-196.25N. △p=mAv-(-mav)~1.14kg·m/s。 由牛顿第三定律可知水枪在物体表面产生的冲击力大 .d2~3.70m/s。 (3)碰撞后滑块B的速度大小v2- △tp 小为196.25N。 (4)碰撞前后滑块B的动量变化量大小 (+)(M+m)g 14.答案:(1) (2)(Mm)2} 2 △p'=mnv-1.11kg.m/s。 解析:(1)滑块刚开始在木板上滑动时,滑块与木板间 (5)本实验的相对误差绝对值 的静摩擦力达到最大,根据牛顿第二定律,对滑块有 -” 8 x100%~2.63%。 去 2mg-ma①. 12.答案:(1)0.8m (2)600N 对滑块和木板构成的系统有 2-(M+m)g-(M+m)a 解析:(1)由题知游戏者从最高点下落到开始接触幽床 ②. 的时间-0.4s. 联立①②解得(+2)(M+m)g ③。 -# (2)木板刚开始滑动时有(M十m)g一ht ④. 代入数据解得最高点与床间的高度差h一0.8m。 此后滑块随木板一起运动,直至两者发生相对滑动,在 , 这个过程中,拉力的冲量大小为图中明影部分的而和 内系统损失的机械能等于系统始、末状态的动能差,AE 大小。 #(m+m){}一2],选项B正确;第1s内 长木板获得的动能是Ec-2m1{}-1],选项A正确。 5.BCD 解析:由EF与GH平行可知,碰撞前后A壶的 0 。 _ 加速度不变,由题图可知,碰撞前后A壶的加速度aA一 第14题答图 44-5 m/s2--1m/s2,A错误;易知t2= △2二 ,- △t A 则得1-(t2-2)# . 0-5 对滑块和木板构成的系统,根据动量定理有 I-.(M+m)g(t2-t)-(M+m)v , m/s2--0.75m/s2,B正确;由于A壶和B壶碰撞的 过程中,动量守恒,则有mAv一mAvA十mnvn,根据题图 乙代入数据解得vA-1m/s,则可得碰撞后至停止的过 第2单元 动量守恒定律 实验:验证动量守恒定律 0-0-1 程中,A壶的运动时间tA- 1.D 解析;若一个系统动量守恒,则整个系统所受的合 0_1s-1s,故碰 A 力为零,但是此系统内每个物体所受的合力不一定都为 撞后至停止的过程中,A、B两壶的运动时间之比为 零,A错误;此系统内每个物体的动量大小可能都增加, 1.4,C正确;根据动量定理可得I一△,故可得碰撞 但是方向不一定相同,B错误;虽然系统合外力为零,但 后至停止的过程中,A、B两壶所受摩擦力的冲量大小 是内力做功可以改变系统的机械能,故机械能不一定守 之比为1:3,D正确。 恒,系统的机械能可能增加,也可能减小,C错误, 6.C 解析:甲、乙两球组成的系统所受外力为零,动量守 D正确。 恒。从开始运动到速度相同的过程中,根据动量守恒定 2.D 解析:人与车组成的系统在水平方向上动量守恒 人向上跳起后,水平方向上的速度没变,(m十M)1= m* n+M,因此v一,所以D正确。 误;由图形剖析可知,t时刻两球相距最近且速度方向 3.BC 解析:重力做的功Wc一mgh,重力不变,在相等时 相同,B错误;t2时刻乙球的速度为零,根据动量守恒有 间内,P沿竖直方向的位移大小可能不相等,故在相等 mzvo=mv,可得v2=3m/s,C正确;由于两球之间 时间内,P所受重力对P做的功可能不相等,A错误; 的力是排斥力,在0~3时间内,两球之间的距离先减 冲量I一mg△t,在相等时间内,P所受重力对P的冲量 小后增大,则两球间的电势能先增大后减小,D错误。 相等,B正确;根据功能关系,秒针其余部分对P的作用 7.D 解析:由图乙可知,A、B最终以共同速度v匀速运 力所做的功等于P的机械能变化量,C正确;根据动量 动,小车上表面的最小长度等于A、B的位移之差为 定理,重力的冲量和秒针其余部分对P的作用力的冲 量之和等于P的动量变化量,D错误。 L-△r- 4.ABC 解析:由于水平面光滑,所以A、B组成的系统动 则可以求得小车B上表面的最小长度,故A错误; 量守恒,选项C正确,D错误;根据动量守恒定律有mv 由动量守恒定律得nAv。-(mA+mg) 一(m十m)v(其中v为最终共同速度,m为长木板 的质量),代入数据可得长木板的质量m1一2kg,第1s 3