第1章 动量守恒定律(B卷)(教用Word)-【赢在微点·轻松课堂】2024-2025学年高中物理选择性必修第一册（人教版2019）

第一章　动量守恒定律(B卷) (时间:45分钟　满分:100分) 　 一、单项选择题(本题共8小题,每小题4分,共32分。在每小题给出的四个选项中,只有一个选项正确,选对的得4分,选错或不答的得0分) 1.如图所示,光滑水平面上静止着一辆质量为M的小车,小车上有一光滑的、半径为R的圆弧轨道。现有一质量为m的光滑小球从轨道的上端由静止开始释放,下列说法正确的是 (　　) A.小球下滑过程中,小车和小球组成的系统总动量守恒 B.小球下滑过程中,小车和小球组成的系统总动量不守恒 C.小球下滑过程中,小车和小球组成的系统在水平方向上动量不守恒 D.小球下滑过程中,小车和小球组成的系统机械能不守恒 解析　当小球沿光滑曲面下滑时,小车和小球组成的系统合力不为零,动量不守恒,但小车和小球在水平方向上的合力为零,此方向上动量守恒,故A、C两项错误,B项正确;除重力外系统无外力做功,小车和小球组成的系统机械能守恒,故D项错误。 答案　B 2.物体甲的质量为m1,物体乙的质量为m2,甲、乙运动的动量大小相等,则甲、乙的动能之比为 (　　) A. B. C. D. 解析　联立动量和动能的表达式p=mv,Ek=mv2,可知Ek=,则可得甲、乙的动能之比为=,故A项正确,B、C、D三项错误。 答案　A 3.2022年9月21日7时15分,在酒泉卫星发射中心使用“长征二号”丁运载火箭成功发射“云海一号”03星。现将火箭发射看成如下模型:静止时火箭总质量M=21 kg,火箭喷气发动机竖直向下喷出质量m=1 000 g的高温气体,气体被喷出时相对地面的速度大小v0=840 m/s,火箭获得某一速度发射出去。火箭喷出气体的过程中空气阻力可忽略不计,则火箭获得的速度大小为 (　　) A.40 m/s B.42 m/s C.420 m/s D.4 000 m/s 解析　喷出气体过程中重力和空气阻力可忽略不计,在火箭发射的过程中二者组成的系统在竖直方向的动量守恒;以喷出气体的速度方向为正方向,由动量守恒定律得mv0+(M-m)v=0,代入数据解得v=-42 m/s,负号表示方向向上,B项正确。 答案　B 4.在光滑的水平面上,有a、b两球,其质量分别为ma、mb,两球在t0时刻发生正碰,并且在碰撞过程中无机械能损失,两球在碰撞前后的速度图像如图所示,下列关系正确的是 (　　) A.ma>mb B.ma<mb C.ma=mb D.无法判断 解析　由题图知a球以初速度与原来静止的b球碰撞,碰后a球反弹,且速度小于a球的初速度大小,根据动量守恒定律和机械能守恒定律有mava=mava'+mbvb'和mava2=mava'2+mbvb'2,可得va'=va,vb'=va,因va'<0,所以ma<mb,B项正确。 答案　B 5.如图所示,有一块足够长的木板,放在光滑水平面上,在木板上自左向右放有相距足够远的序号为1、2、3、4、5的5块木块,所有木块的质量均为m,与木板间的动摩擦因数均为μ,木板的质量为5m。在t=0时刻木板静止,第1、2、3、4、5号木块的初速度分别为v0、2v0、3v0、4v0、5v0,方向都向右,重力加速度为g。所有物块和木板最终都会共速,其共同速度为 (　　) A.v0 B.2v0 C.v0 D.v0 解析　整个系统所受合外力为零,系统动量守恒,取向右方向为正方向,对系统,由动量守恒定律得m(v0+2v0+3v0+4v0+ 5v0)=10mv共,解得v共=v0,A项正确。 答案　A 6.如图所示,一半圆槽滑块的质量为M,半圆槽半径为R,滑块置于光滑水平桌面上,一质量为m的小智能机器人(可视为质点)置于半圆槽的A端,在无线遥控器控制下,机器人从半圆槽A端移动到B端。下面说法正确的是 (　　) A.只有小机器人运动,滑块不运动 B.滑块运动的距离是R C.滑块与小机器人运动的水平距离之和为2R D.小机器人运动的位移是滑块的倍 解析　小机器人和滑块组成的系统在水平方向动量守恒,小机器人从A端移动到B端的过程中,设小机器人和滑块在任意时刻的水平分速度大小分别为v1和v2,则mv1=Mv2,所以在整个过程中,二者的平均速度大小满足m=M,则二者水平位移大小(即运动的水平距离)满足mx1=Mx2,根据相对位移关系有x1+x2=2R,即滑块与小机器人运动的水平距离之和为2R,且=,C项正确,D项错误;根据前面分析可得小机器人和滑块移动的距离分别为x1=,x2=,故A、B两项错误。 答案　C 7.若甲队冰壶的质量为m1,乙队冰壶的质量为m2,在某局比赛中,甲队的冰壶以速度v0与静止的乙队的冰壶发生碰撞,碰撞后甲队冰壶的速度为v1,碰撞前后冰壶的速度均在一条直线上且方向相同,冰壶与冰面间的摩擦力远小于冰壶碰撞过程的内力,冰壶可视为质点,不计空气阻力,定义碰后乙队的冰壶获得的动能与碰前甲队的冰壶的动能之比叫作动能传递系数,则此局比赛两冰壶碰撞时的动能传递系数为 (　　) A. B. C. D. 解析　根据题意可知,甲队的冰壶与乙队的冰壶在碰撞过程中动量守恒,设碰撞后乙队的冰壶的速度为v2,则有m1v0= m1v1 + m2v2,此局比赛两冰壶碰撞时的动能传递系数为k==,D项正确。 答案　D 8.如图甲所示,质量m=2 kg的物块A以初速度v0=2 m/s滑上放在光滑水平面上的长木板B的左端,A、B的速度随时间变化的图像如图乙所示,重力加速度g取10 m/s2,由此可求出 (　　) 甲 乙 A.长木板B的质量为1.2 kg B.物块A与长木板B之间动摩擦因数为0.2 C.长木板B长度至少为1 m D.物块A与长木板B组成系统损失机械能为5 J 解析　根据动量守恒定律得mv0=(m+M)v,代入数据解得M=2 kg,A项错误;由题图可知物块加速度a= m/s2=1 m/s2,受力分析可知a=μg,解得μ=0.1,B项错误;当共速时物块恰好到达木板最右端,此时木板长度最短,为物块和木板的位移差L== m=1 m,C项正确;系统损失的机械能ΔE=μmgL=0.1×2×10×1 J=2 J,D项错误。 答案　C 二、多项选择题(本题共4小题,每小题6分,共24分。在每小题给出的四个选项中,有多个选项正确,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不答的得0分) 9.如图所示,在光滑水平面上,一速度大小为v0的A球与静止的B球碰撞后,A球的速率为,B球的速率为,A、B两球的质量之比可能是 (　　) A.3∶4 B.4∶3 C.8∶3 D.3∶8 解析　两球碰撞过程动量守恒,以A的初速度方向为正方向,如果碰撞后A球的速度方向不变,有mAv0=mA·+mB·,解得mA∶mB=3∶4,如果碰撞后A的速度反向,有mAv0=-mA·+mB·,解得mA∶mB=3∶8,A、D两项正确。 答案　AD 10.水平抛出在空中飞行的物体,不考虑空气阻力,则 (　　) A.在相等的时间间隔内动量的变化相同 B.在任何时间内,动量变化的方向都是竖直向下 C.在任何时间内,动量对时间的变化率恒定 D.在刚抛出物体的瞬间,动量对时间的变化率为零 解析　做平抛运动的物体仅受重力作用,由动量定理得Δp=mg·Δt,因为在相等的时间内动量的变化量Δp相同,即大小相等,方向都是竖直向下的,从而动量的变化率恒定,A、B、C三项正确,D项错误。 答案　ABC 11.如图所示,质量为2m的小车静止在光滑水平面上,劲度系数为k的轻质弹簧与小车左端挡板相连。一质量为m的小物块以初速度v0从小车的右端向左滑上小车,而后将弹簧压缩。若小物块可视为质点,不计任何摩擦,弹簧的弹性势能Ep=kx2(k为劲度系数,x为弹簧的形变量),下列说法正确的是 (　　) A.弹簧形变量的最大值为 B.弹簧恢复原长后小车的速度大小为v0 C.弹簧恢复原长后小物块的速度大小为v0 D.从弹簧被压缩到弹簧恢复原长的过程中,弹簧对小物块的冲量大小为mv0 解析　设弹簧的最大压缩量为x0,由动量守恒定律和能量守恒定律得mv0=(m+2m)v,mv02=(m+2m)v2+kx02,联立解得x0=,A项正确;弹簧恢复原长后,由动量守恒定律和能量守恒定律得mv0=mv1+2mv2,mv02=mv12+×2mv22,联立解得v1=-v0,v2=v0,B项正确,C项错误;从弹簧被压缩到弹簧恢复原长的过程中,由动量定理得,弹簧对小物块的冲量I=mv1-mv0=-mv0,冲量大小为mv0,D项正确。 答案　ABD 12.如图所示,甲和他的冰车总质量M=30 kg,甲推着质量m=15 kg的小木箱一起以速度v0=2 m/s向右滑行。乙和他的冰车总质量也为M=30 kg,乙以同样大小的速度迎面而来。为了避免相撞,甲将小木箱以速度v沿冰面推出,木箱滑到乙处时乙迅速把它抓住。若不计冰面的摩擦力,则小木箱的速度v可能为 (　　) A.4 m/s B.5 m/s C.6 m/s D.7 m/s 解析　对于甲和箱子根据动量守恒定律得(M+m)v0=Mv1+mv,对于乙和箱子根据动量守恒定律得mv-Mv0=(M+ m)v2,甲、乙恰好不相碰,则v1=v2,联立解得v=5.2 m/s,若要避免碰撞,则需要满足v≥5.2 m/s,C、D两项正确。 答案　CD 三、非选择题(本题共3小题,其中13题12分,14题14分,15题18分,共44分。计算题解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤,只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位) 13.某物理兴趣小组用如图所示的实验装置来验证动量守恒定律。将一段不可伸长的轻质细绳一端与固定在O点的力传感器(可以实时记录细绳所受的拉力)相连,另一端连接小球A。小球A从某一高度摆下,在最低点时与静止在光滑支撑杆上的直径相同的小球B发生对心碰撞,碰撞后小球A立即反向运动,小球B做平抛运动,碰撞时间极短,当地的重力加速度为g。实验过程中测量出碰撞前后瞬间绳的拉力分别为F1、F2,悬点到小球球心的距离L,小球A、B的质量分别为mA、mB和小球B做平抛运动的竖直位移h及水平位移x。 (1)若碰撞前后动量守恒,则系统动量守恒的表达式为　　　　　　　　　　　　　　(用已知的物理量字母表示)。  (2)某次实验测得数据为:mA=100 g、mB=200 g、F1=2.78 N、F2=1.18 N、L=50.00 cm、h=10.00 cm、x=28.00 cm,重力加速度g=9.80 m/s2。则碰前系统的总动量为　　　　 kg·m/s,碰后系统的总动量为　　　　kg·m/s。(均保留两位有效数字)  解析　(1)由牛顿第二定律,碰撞前后A在最低点时分别有F1-mAg=mA,F2-mAg=mA,碰撞后小球B做平抛运动,则有h=gt2,vB=,解得vB=x,若碰撞过程系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得mAv1=-mAv2+mBvB,整理得=mBx-。 (2)代入题中数据可得,碰前系统的总动量为p1=mAv1==0.30 kg·m/s,碰后系统的总动量为p2=mBvB - mAv2=mBx-≈0.29 kg·m/s。 答案　(1)=mBx-　(2)0.30　0.29 14.平板车停在水平光滑的轨道上,平板车上有一人从固定在车上的货箱边沿水平方向顺着轨道方向跳出,落在平板车地板上的A点,A点距货箱水平距离为l=4 m,如图所示。人的质量为m,车连同货箱的质量为M=4m,货箱高度为h=1.25 m。求车在人跳出后到落到地板前的反冲速度的大小(g取10 m/s2)。 解析　人从货箱边跳离的过程,系统(人、车和货箱)水平方向动量守恒,设人的水平速度是v1,车的反冲速度是v2,取向右为正方向,则mv1-Mv2=0, 解得v2=v1, 人跳离货箱后做平抛运动,车以v2做匀速运动,运动时间为t== s=0.5 s。 由图可知,在这段时间内人的水平位移x1和车的位移x2分别为x1=v1t,x2=v2t, 由题意知x1+x2=l, 即v1t+v2t=l, 则v2== m/s=1.6 m/s。 答案　1.6 m/s 15.如图所示,滑块A、B、C位于光滑水平面上,已知A的质量mA=1 kg,B、C的质量mB=mC=2 kg。滑块B的左端连有轻质弹簧,弹簧开始处于自由伸长状态。现使滑块A以v0=3 m/s的速度水平向右运动,通过弹簧与静止的滑块B相互作用,直至分开未与C相撞。整个过程弹簧没有超过弹性限度,求: (1)弹簧被压缩到最短时,B物体的速度大小; (2)弹簧给滑块B的冲量; (3)滑块A的动能最小时,弹簧的弹性势能; (4)若弹簧被压缩到最短时,B与C恰好相碰并粘接在一起,然后继续运动。假设B和C碰撞过程时间极短。求B、C粘在一起瞬间的速度大小及整个系统损失的机械能。 解析　(1)对A、B组成的系统,A、B速度相等时,弹簧被压缩到最短,根据动量守恒定律,有 mAv0=(mA+mB)v1, 代入数据,解得v1=1 m/s。 (2)B一直加速,B与弹簧分开后,B的速度最大,根据动量守恒定律和能量守恒定律,有 mAv0=mAvA+mBvB, mAv02=mAvA2+mBvB2, 代入数据,解得vB=2 m/s, 则弹簧给滑块B的冲量I=Δp=mBvB=4 N·s。 (3)滑块A的动能最小时,即vA2=0 ,根据动量守恒定律有mAv0=mAvA2+mBvB2, 代入数据,解得vB2=1.5 m/s, 根据能量守恒定律有 Ep=mAv02-mBvB22=2.25 J。 (4)弹簧被压缩到最短时,B的速度为v1=1 m/s,此时B与C发生完全非弹性碰撞,对B、C组成的系统,由动量守恒定律得mBv1=(mB+mC)v2, 代入数据,解得v2=0.5 m/s, 只有B与C发生非弹性碰撞,有机械能损失,对B、C组成的系统,损失的系统机械能为 ΔE=mBv12-(mB+mC)v22=0.5 J。 答案　(1)1 m/s (2)4 N∙s (3)2.25 J (4)0.5 m/s　0.5 J 学科网（北京）股份有限公司 $$