第1章 动量守恒定律 水平测评-【金版教程】2025-2026学年高中物理选择性必修第一册创新导学案全书Word（人教版2019）

物理　选择性必修 第一册 RJ 第一章　水平测评 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分100分，考试时间75分钟。 第Ⅰ卷(选择题，共50分) 一、选择题(本题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 1．有关实际生活中的现象，下列说法不正确的是(　　) A．火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大的速度 B．体操运动员在着地时屈腿是为了减小地面对运动员的作用力 C．用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减小反冲的影响 D．为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，汽车前部的发动机舱越坚固越好 答案：D 解析：根据反冲运动的特点与应用可知，火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大的速度，故A正确；体操运动员在着地的过程中，动量变化量一定，则运动员受到地面的冲量I一定，由I＝FΔt可知，体操运动员屈腿可延长作用时间Δt，从而减小地面对运动员的平均作用力F，故B正确；用枪射击时，子弹给枪身一个反作用力，会使枪身后退，影响射击的准确度，为了减小反冲的影响，用枪射击时要用肩部抵住枪身，故C正确；为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，就要延长碰撞的时间，由I＝FΔt可知位于汽车前部的发动机舱不能太坚固，故D错误。本题选说法不正确的，故选D。 2．质量为2 kg的物体，在运动过程中速度由向东的3 m/s变为向南的3 m/s，下列关于它在该运动过程中的动量变化量和动能变化量的说法正确的是(　　) A．动量变化量大小为0 B．动量变化量大小为12 kg·m/s C．动量变化量大小为6 kg·m/s D．动能变化量大小为12 J 答案：C 解析：物体在该运动过程中，动量的变化如图所示，初动量p1＝mv1＝6 kg·m/s，末动量p2＝mv2＝6 kg·m/s，由矢量运算法则及几何知识知，动量变化量大小为Δp＝＝6 kg·m/s，故A、B错误，C正确；物体动能变化量大小为ΔEk＝mv－mv＝0，故D错误。 3.如图所示，飞船返回舱接近地面时，相对地面竖直向下的速度为v，此时反推发动机点火，在极短时间Δt内，竖直向下喷出相对地面速度为u、体积为V的气体，辅助返回舱平稳落地。已知喷出气体的密度为ρ，喷出气体所受重力忽略不计，则喷气过程返回舱受到的平均反冲力大小为(　　) A. B. C. D. 答案：A 解析：喷出气体的质量为m＝ρV，以喷出气体为研究对象，设气体受到的平均冲力为F，取向下为正方向，喷出气体所受重力忽略不计，根据动量定理有FΔt＝mu－mv，解得F＝，根据牛顿第三定律可知，喷气过程返回舱受到的平均反冲力大小为F′＝F＝，故选A。 4．如图所示，某同学质量为60 kg，在军事训练中要求他从岸上以2 m/s的速度水平向右跳到一条向他缓缓飘来的小船上，然后去执行任务。小船的质量是100 kg，开始时速度大小是0.4 m/s，该同学上船后又跑了几步，最终停在船上，不计水和空气的阻力，以向右为正方向，人停在船上时，小船的速度为(　　) A．0.5 m/s B．－0.5 m/s C．1.0 m/s D．－1.0 m/s 答案：A 解析：把人和船作为一个系统，由于不计水和空气的阻力，该系统水平方向动量守恒，设人停在船上时，小船的速度为v，则有m人v人－m船v船＝(m人＋m船)v，代入数据解得v＝0.5 m/s，故选A。 5．如图甲所示，在光滑水平面上的两个小球发生正碰。小球的质量分别为m1和m2。图乙为它们碰撞前后的x­t图像。已知m1＝0.1 kg，由此可以判断(　　) A．水平向左为所选正方向 B．碰后m2和m1都向右运动 C．由动量守恒可以算出m2＝0.3 kg D．碰撞过程中系统损失了0.4 J的机械能 答案：C 解析：由x­t图像可知，碰前m2处于静止状态，m1的速度大小为v1＝ m/s＝4 m/s，方向只有向右才能与m2相撞，可知水平向右为所选正方向，故A错误；由图乙可知，碰后m2的速度为正，说明m2向右运动，m1的速度为负，说明m1向左运动，故B错误；由图乙可求出碰后m2和m1的速度分别为v2′＝ m/s＝2 m/s，v1′＝ m/s＝－2 m/s，根据动量守恒定律得m1v1＝m2v2′＋m1v1′，代入数据解得m2＝0.3 kg，故C正确；碰撞过程中系统损失的机械能ΔE＝m1v－＝0，故D错误。 6．核反应堆中的燃料是金属铀，铀原子核裂变产生的中子速度极大，约为20000 km/s，为了使核反应堆的核反应持续进行，需要通过原子核和中子的碰撞使中子减速到2000 m/s左右。本题可能用到的用来使中子减速的原子核质量数据有：铀原子核的质量是中子质量的235倍，碳原子核的质量是中子质量的12倍，氢原子核的质量是中子质量的0.9986倍。假设中子与原子核的每次碰撞都是对心弹性碰撞，而且认为碰撞前原子核都是静止的，电子对中子、原子核的作用力可以忽略。下列说法正确的是(　　) A．核反应堆中的金属铀的铀原子核对中子的减速效果很好 B．氢原子核对中子的减速效果很差 C．一个中子连续与三个静止的碳原子核碰撞后，中子的动能减小为原来的倍 D．一个中子连续与三个静止的碳原子核碰撞后，中子的动能减小为原来的倍 答案：D 解析：设碰撞前后中子的速度分别为v1、v1′，碰撞后原子核的速度为v2，中子的质量为m1，原子核的质量为m2，弹性碰撞过程中，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得m1v1＝m1v1′＋m2v2，m1v＝m1v1′2＋m2v，解得v1′＝v1，结合题给数据可知，中子与核反应堆中的金属铀的铀原子核碰撞，碰后中子反弹的速度非常大，中子的减速效果很差，中子与氢原子核碰撞，碰后中子的速度几乎为0，中子的减速效果很好，故A、B错误；根据中子碰后速度的表达式知，当一个中子连续与三个静止的碳原子核碰撞后，速度大小为v＝＝v1，由Ek＝mv2可知，动能减小为原来的倍，故C错误，D正确。 7.如图所示，生活中我们常用高压水枪清洗汽车，水枪出水口直径为D，水流以速度v从枪口喷出，近距离垂直喷射到车身。所有喷到车身的水流，约有75%向四周溅散开，溅起时垂直车身向外的速度为，其余25%的水流撞击车身后无反弹顺车流下。由于水流与车身的作用时间较短，在分析水流对车身的作用力时可忽略水流所受的重力。已知水的密度为ρ，则(　　) A．水枪的机械功率为ρπD2v3 B．水枪的机械功率为ρπD2v3 C．水流对车身的平均冲击力约为ρπD2v2 D．水流对车身的平均冲击力约为ρπD2v2 答案：D 解析：在很短时间Δt内流出的水的质量Δm＝ρSvΔt＝ρπD2vΔt，该部分水从储水装置至从喷嘴喷出过程中，根据动能定理可得P·Δt＝Δm·v2－0，解得水枪的机械功率为P＝ρπD2v3，故A、B错误；设车身对水流的平均作用力大小为F，取垂直车身向外为正方向，以Δt时间内喷出的水为研究对象，根据动量定理可得FΔt＝25%Δm·[0－(－v)]＋75%Δm·，解得F＝ρπD2v2，由牛顿第三定律知，水流对车身的平均冲击力F′＝F＝ρπD2v2，故C错误，D正确。 8．光滑水平面上的三个小球a、b、c的质量均为m，小球b、c与轻弹簧相连且静止，小球a以速度v0冲向小球b，与之相碰并粘在一起运动。在整个运动过程中，下列说法正确的是 (　　) A．三个小球与弹簧组成的系统动量守恒，机械能不守恒 B．三个小球与弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒 C．当小球b、c速度相等时，弹簧弹性势能最大 D．当弹簧第一次恢复原长时，小球c的速度一定最大，球b此时的速度方向一定水平向左 答案：AC 解析：在整个运动过程中，三个小球与弹簧组成的系统所受的合力为零，系统动量守恒，a与b碰撞的过程中系统机械能减小，A正确，B错误；当小球b、c速度相等时，弹簧的形变量最大，弹性势能最大，C正确；当弹簧第一次恢复原长时，小球c的动能一定最大，因为小球a、b的总质量大于小球c的质量，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可知，小球a、b的粘合体不会“反弹”，小球b的速度方向一定向右，D错误。 9．如图所示，某次台球运动员击打静止的白球后撞击绿球，发生对心正碰，碰撞前瞬间白球的动能为E，碰撞后瞬间绿球的动能为E，碰撞时间极短，已知白球和绿球的质量均为m，则下列说法正确的是(　　) A．该碰撞为弹性碰撞 B．碰后瞬间白球的动能为E C．该碰撞损失的动能为E D．碰后白球与绿球的速度比为1∶2 答案：BCD 解析：碰前瞬间白球的动量为p0＝，碰后瞬间绿球的动量为p2＝，其中E2＝E，两球碰撞的过程动量守恒，有p0＝p1＋p2，解得碰后瞬间白球的动量为p1＝，所以碰后瞬间白球的动能为E1＝＝E，该碰撞损失的动能为ΔE＝E－E1－E2＝E，即该碰撞为非弹性碰撞，A错误，B、C正确；碰后白球与绿球的速度之比为v1∶v2＝∶＝1∶2，D正确。 10.如图所示，质量均为m的木块A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为L的细线，细线另一端系一质量也为m的小球C，现将C球向右拉起使细线水平伸直，并由静止释放C球，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　) A．小球C由静止释放到第一次经过最低点的过程中，木块A的位移大小为 B．小球C第一次运动到最低点时的速度大小为2 C．小球C第一次运动到最低点时B的速度大小为 D．小球C第一次到达轻杆左侧最高处距O点的竖直高度为 答案：ABD 解析：小球C由静止释放到第一次经过最低点的过程中，A、B一起向右加速运动，当C运动到最低点时，A、B间弹力为零，A、B将要分离，该过程中，A、B、C组成的系统在水平方向动量守恒，取水平向左为正方向，则此过程始终有mvCx－2mvAx＝0，对时间累积有mxC－2mxA＝0，由位移关系得xC＋xA＝L，联立解得，木块A的位移大小xA＝，A正确；设小球C第一次运动到最低点时，C的速度大小为vC，A、B的速度大小为vA，由水平方向动量守恒得mvC－2mvA＝0，由机械能守恒定律得mgL＝mv＋×2mv，联立解得vC＝2，vA＝，故B正确，C错误；C球向左摆至最高点时，A、C共速，设速度为v，以水平向左为正方向，小球C由第一次经过最低点至第一次到达轻杆左侧最高处的过程中，对A、C组成的系统，由水平方向动量守恒得mvC－mvA＝(m＋m)v，由能量守恒定律得mv＋mv＝(m＋m)v2＋mgh，联立解得此过程小球C上升的竖直高度为h＝L，则小球C第一次到达轻杆左侧最高处距O点的竖直高度为h′＝L－h＝，故D正确。 第Ⅱ卷(非选择题，共50分) 二、实验题(本题共2小题，共12分) 11．(6分)某同学利用如图甲所示的实验装置探究动量定理，用天平测量重物的质量m＝300 g，把打点计时器固定在铁架台上，纸带下端连接重物，上端穿过限位孔后用固定在横杆上的夹子夹住。 (1)该同学接通打点计时器的电源，释放重物，重复实验，从打出的纸带中选出一条理想的纸带，如图乙所示。每相邻两计数点间还有1个点未标出，打点频率为50 Hz，取g＝10 m/s2。在打计数点1和5的过程中重物重力的冲量的大小I＝________ N·s，重物动量改变量的大小Δp＝________ kg·m·s－1。 (2)定义δ＝×100%，则本次实验δ＝________%。 答案：(1)0.48　0.468　(2)2.5 解析：(1)依题意，可知打点间隔为T＝＝0.02 s，打相邻计数点间的时间间隔为Δt＝2T＝0.04 s，在打计数点1和5的过程中重物重力的冲量的大小I＝mgt＝300×10－3×10×0.04×4 N·s＝0.48 N·s；打计数点1时重物的速度大小为v1＝×10－2 m/s＝1.17 m/s，打计数点5时重物的速度大小为v5＝×10－2 m/s＝2.73 m/s，在打计数点1和5的过程中重物动量改变量的大小为Δp＝mv5－mv1＝0.468 kg·m·s－1。 (2)本次实验δ＝×100%＝×100%＝2.5%。 12．(6分)如图甲所示为利用“类牛顿摆”验证碰撞过程中的动量守恒。实验器材：支架两个，半径相同的球1和球2，细线若干，坐标纸，刻度尺等，实验所在地重力加速度大小为g。 实验步骤如下： (1)测量小球1、2的质量分别为m1、m2，将小球各用两细线悬挂于水平支架上，使两小球球心位于同一水平面，如图甲； (2)将坐标纸竖直固定在一个水平支架上，使坐标纸与小球运动平面平行且尽量靠近。坐标纸每一小格是相同的正方形。将小球1拉至某一位置A，由静止释放，垂直坐标纸方向用手机高速连拍； (3)如图乙所示，分析连拍照片得出，球1从A点由静止释放，在最低点与球2发生水平方向的正碰，球1碰后到达的最高位置为B，球2向右摆动的最高位置为C，测得A、B、C到最低点的竖直高度差分别为h1、h2、h3，则碰后瞬间球1的速度大小为________，碰后瞬间球2的速度大小为________； (4)若满足关系式____________________，则能证明碰撞中系统水平方向总动量守恒；若还满足关系式________________，则说明两小球发生的是弹性碰撞。 答案：(3)　 (4)m1＝m1＋m2　m1h1＝m1h2＋m2h3 解析：(3)球1碰后到达的最高位置为B，设碰后瞬间球1的速度大小为v1′，球2的速度大小为v2，则由动能定理可知，小球1碰后过程有－m1gh2＝0－m1v1′2，解得球1碰后瞬间的速度大小为v1′＝，小球2碰后的过程有－m2gh3＝0－m2v，解得球2碰后瞬间的速度大小为v2＝。 (4)将小球1拉至某一位置A，由静止释放，设小球1到达最低点碰前瞬间的速度大小为v1，则小球1到达最低点过程有m1gh1＝m1v－0，解得小球1碰前瞬间的速度大小为v1＝；若两小球碰撞中系统水平方向总动量守恒，则有m1v1＝m1v1′＋m2v2，联立可得m1＝m1＋m2；若两小球发生的是弹性碰撞，由碰撞前后总动能不变，有m1v＝m1v1′2＋m2v，联立可得m1h1＝m1h2＋m2h3。 三、计算题(本题共3小题，共38分。要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位) 13．(10分)如图所示，空间站内，甲、乙两名航天员在准备出舱活动。甲相对空间站静止，乙拿着质量为50 kg的箱子正以2 m/s的速度沿两人连线方向向左靠近甲。若乙将箱子向左推向甲，乙和箱子间作用时间为0.2 s，离手时箱子速度为4 m/s，乙(含装备)的质量为250 kg，求： (1)乙对箱子的平均作用力大小； (2)推出箱子后乙的速度。 答案：(1)500 N　(2)1.6 m/s，方向向左 解析：(1)以向左为正方向，设乙对箱子的平均作用力大小为，对箱子由动量定理得 Δt＝m箱v1－m箱v0 代入数据解得＝500 N。 (2)以向左为正方向，设推出箱子后乙的速度为v乙，对箱子和乙组成的系统由动量守恒定律可得(m乙＋m箱)v0＝m乙v乙＋m箱v1 代入数据解得v乙＝1.6 m/s，方向向左。 14．(12分)如图所示，物块A和上表面粗糙的长木板B放在光滑水平地面上，物块C静止在长木板B的右端，物块A的质量为2m，长木板B的质量为m。物块A以速度v0向右运动，与长木板B发生弹性碰撞的时间极短，物块C始终未滑离长木板B，稳定后A、B恰好不再碰撞。求： (1)A、B碰撞后瞬间A的速度大小； (2)B、C间摩擦产生的热量。 答案：(1)v0　(2)mv 解析：(1)设A、B发生弹性碰撞后瞬间，A的速度为vA，B的速度为vB，以向右为正方向，对A、B组成的系统，由动量守恒定律有 2mv0＝2mvA＋mvB 由机械能守恒定律有 ×2mv＝×2mv＋mv 解得vA＝v0，vB＝v0。 (2)根据稳定后A、B恰好不再碰撞可知，稳定后B、C的共同速度v共＝vA 设B、C间摩擦产生的热量为Q，B和C相对滑动过程中，由动量守恒定律得 mvB＝(m＋mC)v共 由能量守恒定律得 mv＝(m＋mC)v＋Q 解得Q＝mv。 15．(16分)如图所示，粗糙水平面上固定一足够长且表面光滑的斜面体，斜面倾角θ未知，在斜面体内部埋置了一个与斜面平行的压力传感器，且初始示数为零。水平面上靠近斜面体处静止放置A、B两物体，其中mA＝1 kg，mB＝2 kg，两物体紧贴在一起，中间夹着一小块炸药(质量可忽略)，点燃炸药发生爆炸使两物体脱离，B物体立刻冲上斜面体，经过压力传感器时，测得传感器上表面受到的压力大小为16 N，已知A物体与水平面间的动摩擦因数μ1＝0.5，炸药爆炸时释放的化学能为E＝27 J且全部转化为两物体的动能，不考虑B物体在斜面体与水平面连接处的动能损失，A、B两物体均可视为质点，爆炸时间极短，取g＝10 m/s2，求： (1)爆炸后瞬间，A、B两物体获得的速度大小； (2)B物体在斜面上运动的时间t0； (3)要使B物体能追上A物体，B物体与水平面之间的动摩擦因数μ2的取值范围。 答案：(1)6 m/s　3 m/s (2)1 s　(3)μ2≤0.125 解析：(1)设爆炸后瞬间，A、B两物体获得的速度大小分别为vA、vB，对A、B组成的系统，由于爆炸时间极短，内力极大，该过程动量守恒，则有mAvA－mBvB＝0 由炸药爆炸时释放的化学能全部转化为系统动能得E＝mAv＋mBv 联立得vA＝6 m/s，vB＝3 m/s。 (2)B在斜面上运动时，经过压力传感器时传感器上表面受到的压力FN＝mBgcosθ 由牛顿第二定律有mBgsinθ＝mBa 由匀变速直线运动的规律知，B物体从开始沿斜面向上运动至回到斜面底端，运动的时间 t0＝ 联立得t0＝1 s。 (3)设A从爆炸后运动至停止的时间为tA，位移大小为xA，根据动量定理有 －μ1mAgtA＝0－mAvA 根据动能定理有－μ1mAgxA＝0－mAv 解得tA＝1.2 s，xA＝3.6 m 由牛顿第二定律得，A物体在水平面上运动的加速度大小aA＝＝μ1g 爆炸后，B物体回到斜面底端时，A物体向左运动的位移大小xA′＝vAt0－aAt＝3.5 m 由牛顿第二定律得B在水平面上运动的加速度大小aB＝＝μ2g A停止时，B在水平面上的位移 xB＝vB(tA－t0)－aB(tA－t0)2≤vB(tA－t0)＝0.6 m 因为xB<xA′，所以，要使B能追上A，B停止运动时在水平面上的位移xB′必须满足xB′＝≥xA 解得μ2≤0.125。 11 学科网（北京）股份有限公司 $$